Guia de Problemas Resueltos

Diodos

Ing. David Molina Etn503

GUIA DE EJERCICOS RESUELTOS DIODOS 1.

Para las características de la figura 1.1 a) Determine la resistencia de ca para la región 1 b) Determine la resistencia de ca para la región 2 c) Compare los resultados del inciso a) y b)

Figura 1.1

Solución a) Para la región 1 Id  (6  2) m A = 4 m A

Vd  0.72  0.57  0.15V rd1 =

V 0.15v   37.5 I 4mA

b) Para la región 2 Vd  0.8  0.78  0.02V

Id  (30  20) m A = 10 m A D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :

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rd2 =


V 0.02V   2 I 10mA

c) Relación de las resistencias

rd1 / rd2 =

2.

37.5  18.75 2

Dada la red de la figura 2.1 a) Determine cual el modelo para e diodo de silicio parece ser el más apropiado para el nivel de los parámetros del circuito. b) Calcule la corriente y el voltaje resultantes para el resistor R

Figura 2.1

Solución a) Puesto que R es mucho mayor de la rprom. Del diodo, esta última puede despreciarse considerando un planteamiento aproximado, VT, sin embargo, corresponde al 14% de V y , en consecuencia , debe incluirse. El modelo elegido se presenta la figura 2.2

Figura 2.2

b) El voltaje aplicado ha establecido un voltaje a través del diodo que sitúa a este último en el estado de corto circuito. Sustituyendo el diodo por el equivalente en corto circuito se obtendrá la red de la figura 2.3, de donde es claro que

D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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Figura 2.3

VR = V –VT = 5  0.7  4.3 V ID = IR = VR / R = 3.

4.3V  2.15 mA 2 K

Determine V0 e ID para el circuito de la figura 3.1

Figura 3.1

Figura 3.2

Solución Se puede determinar que la corriente resultante tiene la misma dirección que la de los símbolos de las flechas de ambos diodos, y que resulta la red de la figura siguiente, debido a que E = 12 V > (0.7 + 0.3) = 1 V. Nótese la fuente de alimentación de 12 V vuelta a dibujar y la polariad de V0 en el resistor de 5.6 K. el voltaje resultante V0 = E – VT1 - VT2 = 12 – 0.7 – 0.3 = 11 V ID = IR = VR / R = V0 / R 

11V 5.6 K



1.96 mA



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4.


Determine ID , VD2 y V0 para el circuito de la figura 4.1

Figura 4.1

Solución Eliminando los diodos y determinando la dirección e la corriente resultante I se producirá el circuito de la figura 4.2. Hay igualdad en la dirección de la corriente para el diodo de silicio, pero no para el de germanio. La combinación de un corto circuito en serie con un circuito abierto siempre da como resultado un circuito abierto e ID = 0A como se muestra en la figura 4.3

Figura 4.2

Figura 4.3

Persiste la pregunta en cuanto a para que sustituir el diodo de silicio. Reacuérdese simplemente para el diodo práctico real que cuando VD = 0 V, id = 0 A (y viceversa) . Las condiciones descritas por VD1 = 0 V e ID = 0A se indican en la figura 4.4



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Figura 4.4

La aplicación de la ley de voltaje de Kirchhoff en el sentido de las manecillas del reloj produce E – VD1 – VD2 – V0 = 0 VD2 = E – VD1 – V0 = 12 V – 0 – 0 = 12 V V0 = 0 V 5.

Determine I, V1 , V2 y V0 para la configuración cd en serie de la figura 5.1

Figura 5.1

Solución Se dibuja las fuentes y se determina la dirección de la corriente como se indica en la figura 5.2 los diodos están en el estado “de conducción” y el modelo aproximado se sustituye en la figura 5.3

I

E1  E2 - VD 10  5  0.7 14.3    2.1mA R1  R2 4.6 K  2.2 K 6.8K D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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V1 = I R1 = (2.1mA)(4.6K) = 9.66 V V2 = I R2 = (2.1mA)(2.2K) = 4.62 V

Figura 5.2

Figura 5.3

Aplicando la ley de voltaje de Kirchhoff a la sección de la salida en el sentido de las manecillas del reloj, tenemos - E2 + V2 – V0 = 0 V0 = V2 – E2 = 4.62- 5 = - 0.38 V El signo negativo indica que V0 tiene una polaridad opuesta a la que aparece en la figura 5.3 6.

Determine V0, I1, ID1 e ID2 para la configuración de diodo en paralelo de la figura 6.1

Figura 6.1

Figura 6.2

Solución Para el voltaje aplicado, la “presión” de la fuente persigue establecer una corriente a través de cada diodo en la misma dirección que se muestra en la figura 6.2. Como la dirección de la corriente resultante corresponde con la flecha en cada símbolo de diodo y el voltaje aplicado es mayor a 0.7 , ambos diodos están en estado de “conducción”. El voltaje de elementos en paralelo siempre es el mismo D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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V0 = 0.7 V La corriente I1=

VR E - VD 10  0.7    28.18 m A R R 0.33K

Suponiendo que los diodos tienen características similares, tenemos ID1 = ID2 = 7.

I1 28.18   14.09 m A 2 2

Determine la corriente I para la red de la figura 7.1

Figura 7.1

Solución Volviendo a dibujar la red como se muestra en la figura 7.2 revela que la dirección de la corriente resultante es tal que activa el diodo de silicio y desactiva el de germanio. La corriente resultante I es consecuentemente

Figura 7.2

I

E1 - E2 - VD 20  4  0.7   6.95mA R 2. 2 K 



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8. a. Dibuje la salida v0 y determine el nivel de cd de la salida para la red de la figura 8.1 b. Repita el inciso a) si el diodo ideal se sustituye por un diodo de silicio

Figura 8.1

Solución a) En esta situación el diodo conducirá durante la parte negativa de la entrada, como se ilustra en la figura 8.2 y v0 aparecerá como se muestra en la misma figura. Para el periodo completo, el nivel de cd es Vcd = - 0.318 Vp =  0.318(20)   6.36 V El signo negativo indica que la polaridad de la salida es opuesta a la polaridad definida de la figura 8.1 b) Al emplear un diodo de silicio, la salida tiene la apariencia de la figura 8.3 y Vcd =  0.318(Vp - 0.7)  0.318(19.3)   6.14 V la caída resultante en el nivel de cd es de 0.22 V o de aproximadamente 3.5%

Figura 8.2

el voltaje pico inverso (VPI) nominal del diodo es de fundamental importancia en el diseño de sistemas de rectificación. Recuérdese que este valor nominal de voltaje no debe excederse en la región de polaridad inversa o el diodo entrará en la región de avalancha del Zener. El valor VPI nominal requerido para el rectificador de media D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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onda puede determinarse a partir de la figura 8.4 que despliega el diodo polarizado inversamente con el voltaje pico aplicado. Haciendo uso de la ley de voltajes de Kirchhoff, es bastante evidente que el VPI nominal del diodo debe igualar o superar el valor pico del voltaje nominal aplicado. En consecuencia, VPI nominal = Vp rectificador de media onda

Figura 8.3

9.

Determine la forma de la onda de salida para la red de la figura 9.1 y calcule el nivel de salida de cd y el VPI requerido para cada diodo.

Figura 9.1

Solución La red aparecerá como se presenta en la figura 2.53 para la región positiva del voltaje de entrada. Al redibujar la red de obtendrá la configuración de la figura 9.2, donde v0 = vi o V0(max) = Vi(max) = 5 V, como se muestra en la figura 9.2. En la parte negativa de la entrada se intercambian los papeles de los diodos y v0 aparecerá cono se indica en la figura 9.3



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Figura 9.2

Figura 9.3

Figura 9.4

El efectote eliminar los dos diodos de la configuración puente consistió, por tanto, en reducción del nivel cd disponible al valor siguiente: Vcd = 0.636(5) = 3.18 V o al nivel disponible de un rectificador de media onda con la misma entrada. Sin embargo, el VPI determinado de acuerdo con la figura 9.4 es igual al voltaje máximo en R, que es de 5 V o la mitad que se requiere para el rectificador de media onda con a misma entrada 10.

Determine la forma de la onda de salida para la red de la figura 10.1

Figura 10.1

Solución Para Vi = 20 V (0 T/2) se produce la red de la figura 10.2 El diodo se encuentra en estado de corto circuito y V0 = 20 + 5 = 25 V. Cuando vi =  10 V resulta la red de la figura 10.3, poniendo el diodo en el estado “de corte” y D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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v0 = iRR = (0)R = 0 V

Figura 10.2

Figura 10.3

Figura 10.4

El voltaje de salida resultante aparece en la figura 10.4 11.

Determine v0 para la red de la figura 11.1

Figura 11.1

Solución La polaridad de la fuente de cd y la dirección del diodo sugieren fuertemente que el diodo se encontrará en estado de conducción en la región negativa de la señal de entrada. En esta región la red aparecerá como se muestra en la figura 11.2, donde las terminales definidas para v0 = V = 4 V



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Figura 11.2

Figura 11.3

El estado de transición puede determinarse a partir de la figura 11.3, donde se ha impuesto la condición id = 0A en vd = 0 V. El resultado es vi (transición) = V = 4V Puesto que es evidente que la alimentación cd “fuerza” al diodo para que permanezca en estado de corto circuito, el voltaje de entrada debe ser mayor de 4V para que el diodo se encuentre en estado de “corte”. Cualquier voltaje de entrada menor que 4V dará como resultado un diodo en corte circuito. En el estado de circuito abierto, la red será como se muestra en la figura 11.4, donde v0 = vi. Al completar la gráfica de v0 se obtiene la forma de onda de la figura 11.5

Figura 11.4

12.

Figura 11.5

Repita el ejemplo 11 empleando un diodo de silicio con VT = 0.7 V Solución El voltaje de transición puede determinarse primero aplicando la condición id = 0A en vd = VD = 0.7 V y obtener así la red de la figura 12.1. Al aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff alrededor de la malla de salida en la dirección de las manecillas del reloj, encontramos vi +VT – V = 0 vi = V- VT = 4 – 0.7 = 3.3 V D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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para voltajes de entrada mayores de 3.3 V, el diodo se encontrará en circuito abierto y v0 = vi. En el caso de voltajes de entrada menores que 3.3 V, el diodo entrará en estado de “conducción” y se obtiene de la red de la figura 12.2, donde

Figura 12.1

Figura 12.2

la forma de onda de salida resultante aparece en la figura 12.3. note que el único efecto de VT fue reducir el nivel de estado “de conducción” de 4 a 3.3 V

Figura 12.3

13.

Determine v0 en la red de la figura 13.1 para la entrada indicada

Figura 13.1

Solución Nótese que la frecuencia es de 1000Hz, lo que produce un periodo de 1ms y un intervalo de 0.5ms entre niveles. El análisis se iniciará con el periodo t1t2 de la señal



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de entrada por que el diodo se encuentra en estado de corto circuito. En este intervalo, la red aparecerá como se indica en la figura 13.2

Figura 13.2

La salida es a través de R, pero se encuentra también directamente a través de la batería de 5 V si seguimos la conexión directa entre las terminales definidas para v0 y las correspondientes a la batería. El resultado es v0= 5V para éste intervalo. Al aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff alrededor de la malla de entrada se obt6endrá como resultado  20  Vc  5  0

Vc =25 V El capacitor se cargará, por lo tanto, hasta 25V. en este caso el resistor R no se pone en corto por el diodo , pero un corto circuito equivalente de Thevenin de esa parte de la red, que incluye la batería y el resistor, dará lugar a RTH = 0  con ETH = V = 5 V. En el periodo t2  t3 la red aparecerá como se indica en la figura 13.3

Figura 13.3

El equivalente en circuito abierto para el diodo hará que la batería de 5 V no tenga ningún efecto sobre v0, y la aplicación de la ley de voltaje de Kirchhoff en torno a la malla exterior de la red dará como resultado  10  25  V0 = 0



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V0 = 35 V La constante de tiempo de descarga de la figura 13.3 se determina mediante el producto RC y su magnitud es  = RC = (100K) (0.1f) = 0.01s = 10ms El tiempo de descarga total es, por lo tanto, 5 = 5 (10ms ) = 50ms

Figura 13.4

Como el intervalo t2t3 durará tan solo 0.5 ms, es sin duda una buena aproximación suponer que el capacitor sostendrá su voltaje durante el periodo de descarga entre pulsos de la señal de entrada. Obsérvese que la excursión de salida de 30V equivale a la excursión de entrada. 14.

Repita el ejemplo 13 empleando un diodo de silicio con VT = 0. 7 V Solución En el estado de corto circuito la red se observa como se muestra en la figura 14.1 y v0 puede determinarse mediante la ley de voltaje de Kirchhoff en la sección de la salida  5  0.7  V0 = 0

V0 = 5 – 0.7 = 4.3 V



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Figura 14.1

En la sección de entrada la ley de voltajes de Kirchhoff dará como resultado  20  Vc  0.7  5  0

Vc = 25 – 0.7 = 24.3 V Durante el periodo t2  t3 la red aparecerá en este caso como se muestra en la figura 14.2, con un único cambio de que el voltaje está en el capacitor. La aplicación de la ley d voltaje de Kirchhoff produce  10  24.3  V0 = 0

V0 = 34.3 V La salida resultante se presenta de la figura 14.3, donde se verifica que las excursiones de entrada y de salida son las mismas

Figura 14.2

Figura 14.3

15. a. b.

Para la red de la figura 15.1 determinar el rango de RL e IL que dará como resultado a VRL manteniendo a 10 V Determinar el wataje nominal máximo del diodo como regulador



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Figura 15.1

Solución a) Para determinar el valor de RL que rezagará al diodo Zener al estado de conducción.

RLmin =

(1K)(10) 10K RSVZ    250  Vi - VZ 50  10 40

El voltaje del resistor Rs se determina entonces mediante la ecuación: VRS = Vi – VZ = 50 – 10 = 40 V Se pude determinar la magnitud de IRS IR S 

VRS 40   40 Ma RS 1K

El mínimo de IL se determina por: ILmin = IRS – IZM = 40 -32 = 8 mA y RL máximo se determina con:



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RLmax = b)

VZ 10   1.25 K ILmax 8mA

Pmax = VZ-IZM = (10)(32mA) = 320 mW

En la figura 15.2a se presenta una gráfica de VL versus RL y en la 15.2b para VL versus IL

Figura 15.2

16.

Determinar el intervalo de valores de Vi que mantendrán en el estado de conducción al diodo Zener de la figura 16.1

Figura 16.1

Solución D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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Vi min =

(RL  RS) VZ (1200  220)(20)   23.67 V RL 1200

IL =

VL VZ 20    16.67 mA RL RL 1.2K

IRmaz = IZM + IL = (60 + 16.67) mA = 76.67 mA Vi maz = IR max RS + VZ = (76.67 mA)(0.22K) + 20 Vi maz =16.87 + 20 = 36.87 V En la figura 16.2 se presenta una gráfica VL versus Vi

Figura 16.2

17.

Una de las principales aplicaciones del diodo es a producción de una tensión continua a partir de una fuente de alimentación de corriente alterna, proceso llamado rectificación. Un subproducto a veces útil de la rectificación, consiste en señales de frecuencia que son múltiplos integrales de la rectificación de alimentación. La figura 17.1 muestra un circuito rectificador de media onda a) La tensión de la fuente senosoidal , vi = Vim cos 0t, donde Vim = 10 V. Hallar y dibujar la forma de onda de la tensión de carga. Hallar su valor medio (c.c.) b) repetir el problema a) si vi =  5  10 cos0t Solución a) La ley de Kirchhoff de las tensiones aplicada al circuito de a figura 17.1 da vi = iDri + vD + iDRL



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iD =

vi - vD ri  RL

Esta ecuación contiene dos incógnitas vD e iD, las cuales, a su ves, están relacionadas par la característica del diodo. La solución para iD o vD requiere por lo tanto la “sustitución” de la curva característica vi en la ecuación. Esto puede realizarse del siguiente modo: La característica del diodo indica que solo puede circular corriente positiva en el sentido de referencia. Ello requiere que vi > vD. Sin embargo, cuando el diodo está conduciendo vD = 0, o sea que la corriente circula en el sentido positivo solo cuando vi > 0. Cuando vi es negativa, la circulación de corriente debería ser opuesta al sentido de referencia ; pero el diodo no puede conducir en este sentido; así iD = 0 cuando vi < 0

Figura 17.1

Figura 17.2

Esta explicación puede resumirse dibujando dos circuitos, uno de los cuales es válido para vi > 0 y el otro para vi < 0, tal como se indica en la figura 17.2. Utilizando los circuitos de la figura, pueden hallarse las incógnitas vD y iD. Así la corriente iD del diodo es



Diodos


  Vim   cos  0t  iD    ri  RL  0 



cuando vi  0  

cuando vi  0

 

y la tensión en la carga vL y la tensión de la señal vi están representadas en la figura 17.3. Obsérvese que la forma de la onda de la corriente es igual a la de tensión de carga vL. Es una onda senoidal rectificada en media onda. Su valor medio se obtiene dividiendo el área por el periodo, 2 

1   VL, DC =   2 

 /2 

 

( VLm cos 0t )d( 0t ) 

/2

VLm 9   2.86 V  

El desarrollo en serie de Fourier de vL(t) es 1 2 2  1   cos  0t  cos 2 0t  cos 4 0t  ...  2 3 15   

vL(t) = VLm 

Figura 17.3

Figura 17.4

esta expresión muestra que el diodo además de generar el término de corriente continua y otro de igual frecuencia que la fuente también ha generado términos de frecuencia armónicas no incluidas en la tensión de la fuente. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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Si el circuito debe producir una tensión continua, la componente de c.c. debe separase de los armónicos filtrando vL(t)., Ello se hace por medio de un filtro simple pasivo tal como los de la figura 17.4. el circuito de la figura 17.4a , representa un filtro simple RC de paso bajo. Si por ejemplo, R y C se ajustan de modo que RC =

100

y si 0 R>>RL, entonces la amplitud de la tensión de salida de von, a la frecuencia n0 es



von

VLn 1   n 0 RC 



2

VLn cuando n  1 100

donde VLn es la amplitud de la tensión de carga a la frecuencia n0 (por ejemplo, VL2 = 2 VLm / 3 ) Utilizando el principio de superposición, la tensión de salida será 

v0(t)  V



1 



Lm  



1 200

sen  0t 

1 300

 

sen 2 0t  ...  ...  

Luego la tensión de salida consiste en una tensión continua VLm /  y una pequeña tensión de ondulación vr, donde  

vr

 VLm  

 1 1  sen  0t  sen 2 0t  ...  200 300 

La relación entre el valor eficaz de la tensión de ondulación y la tensión continua es una medida de eficacia del filtro en la separación de la tensión continua de los armónicos. Para el filtro RC del ejemplo 

1    2  



(vr) rms

 VLm 

  

2 



2

  v ( t )  T

0

2

d( 0t )

0

1 1 VLm   ...  2 2 280 200 (300 )

  0.011 280 Así el valor eficaz de la tensión de ondulación es aproximadamente el 1% de la tensión continua en la salida Filtros mas complicados como los filtros LC y CLC que se muestran en la figura 17.4b, dan una tensión de ondulación mucho menor, que puede calcularse aproximadamente utilizando el método anterior. El análisis exacto de los circuitos rectificadores con filtro debe tenerse en cuanta la característica no ideal de los diodos utilizados, y no se explicarán aquí 



Diodos


Figura 17.5

b) La forma de onda de vi se ha representado en la figura 17.5. en este caso se ha añadido una polarización negativa a la señal . La forma de onda de vL se ha obtenido considerando que la corriente circulará sólo cuando vi sea positiva. El tiempo exacto  t 1, en el cual empieza y termina la circulación de corriente se halla haciendo vi = 0 ; entonces  5  10 cos  0t 1  0 cos  0t 1  0.5 y

 0t 1  

 3

De la simetría de la función coseno, se ve que el diodo conduce cuando 2 n 

    0t  2n  3 3

así la tensión de carga es



 - 4.5  9 cos  0t

vL  

 0 

    0t  2n   3 3   5  2n    0t  2n  3 3  2n -

El valor medio de vL se encuentra como anteriormente 

1    2 



VL,dc

 /3

 (4.5  9 cos 

t ) d( 0t )

0

 / 3



Diodos


  1  9   (4.5)      sen  3  3     9       

 1.5  

18.

3   0.98 V 2 

La tensión de ondulación en el rectificador de medio onda se debe principalmente a la componente de la señal de frecuencia fundamental 0. El rectificador de onda completa da una tensión en la carga que tiene una ondulación cuya frecuencia menor de 2 0, y además la componente de c.c. es el doble. Este tipo de circuito, una forma del cual se indica en la figura 18.1, es por tanto más eficiente para la producción de tensión continua con pequeña ondulación y se encuentra en la mayor parte de los aparatos de radio y televisión. Es también el circuito rectificador básico de la mayor parte de las fuentes de alimentación de corriente continua.

Figura 18.1

El funcionamiento del circuito puede explicarse cualitativamente si el transformador ideal se elimina trazando de nuevo la figura 18.1 tal como se indica en la figura 18.2a. En esta figura se considera el transformador como una fuente de alimentación alterna reflejada del primario en el circuito secundario, como toma central. Cuando vi es positiva D1 es un cortocircuito. En cada caso la corriente de carga iL tiene el mismo sentido positivo como se muestra en la figura 18.2a, y como uno u otro diodo de los diodos D1 o D2, es cortocircuito en cada semiciclo alterno, la tensión en la carga puede escribirse vL = v , las formas de onda de corriente y tensión se muestran en la figura 18.2b. i



Diodos


Figura 18.2

El desarrollo en serie de Fourier para vL es VL La componente de c.c. es





2 



 VLm 



  4 4 cos 2 0t cos 4 0t ...  3 15 

2

VLm, que es dos veces mayor que el valor obtenido  utilizando el rectificador de media onda. Si vL pasa a través del filtro RC , con 0RC = 100 como antes, la tensión de ondulación de salida se convierte en 1  4 VLm   1  sen 2t sen 4t  ...    200  3   200 

vT  

y el valor eficaz (rms) de la tensión de ondulación (vT)rms 

VLm 210

La relación entre la tensión de ondulación y la tensión continua es (vT)rms 1   0.0024 VL, dc 420

que es considerablemente menor que la obtenida utilizando un rectificador de media onda.



Diodos

19.


Considérese el circuito de la figura 19.1a, con la señas de entrada de forma cuadrada vi, tal como se muestra en la figura 19.2b. Para simplificar los cálculos, supóngase para el diodo una característica de asimilación lineal vi dada por las ecuaciones:

0  iD   vD  2vD - 1 

vD  0 0  vD  1 1  vD

esta característica se ha trazado en la figura 19.1c Determinar la corriente de régimen iD del diodo Solución Aplicando la ley de Kirchhoff de las tensiones Vdc + vi = 2 + vi = vD + iDZT Como que el valor para corriente continua de ZT es R1 y el valor para corriente alterna es R1 R2 iD ZT = R1ID +  R1 RL  id = 2ID + id donde ID es el valor medio de id y no es el mismo que IDQ debido a la distorsión. Sin embargo, como por definición: id = iD - ID

Figura 19.1

entonces 2 + vi = vD + I D + i D D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


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La ecuación anterior tiene tres incógnitas vD, ID e iD. La característica vi del diodo es de la forma iD = f(vD), y por tanto puede ser utilizada para eliminar una de las incógnitas. Para eliminar la otra incógnita utilizaremos la siguiente relación  1  ID    T

T /2

i

d

(t) dt

T / 2

El problema consiste en resolver simultáneamente las tres ecuaciones 2 + vi = vD + I D + i D iD = f(vD)  1   T

ID  

T /2

i

d

(t) dt

T / 2

Es difícil obtener una solución incluso para las condiciones simplificadas de circuito y señal de este ejemplo. Para resolver el problema se usa un método gráfico. Los pasos utilizados para obtener la solución son los siguientes: 1. suponer ID1 = IDQ (corresponde a la ausencia de distorsión, y se encuentra fácilmente) 2. Utilizando el valor de ID, hallar la forma de onda de iD1 a partir de la característica vi 3. Realizar la integración indicada en la última ecuación de la forma de onda de iD1, para determinar iD2, si este valor es suficientemente aproximado para ID1, la solución es la iD1 hallada en 2. Sin embargo, no será la solución cuando se aparece alguna distorsión 4. Utilizando ID2 la primera ecuación, hallar iD2 como en el paso 2 5. Hallar el valor medio de iD2 para determinar ID3 6. Continuar el proceso hasta que IDn+1 sea suficientemente parecida a IDn 1. Hallar ID1 = IDQ para v =0 y tracemos la recta de carga de corriente continua en a figura 19.2. De la figura IDQ =

2 A; luego: 3 2 ID1 = A 3



Diodos


Figura 19.2

Figura 19.2

2. Y obtenemos la siguiente ecuación vD1 + iD1 = 2 

2 + vi 3

esta ecuación pertenece a una familia de rectas de carga de corriente alterna de pendiente -1, que corresponde a los diferentes valores de vi. La solución gráfica de iD1 se muestra en la figura 19.3. 3. La integración es especialmente fácil para la onda cuadrada:  1   T

ID  

T /2

i

d

T / 2

(t) dt =

1.88  0.94A 2

Este valor no es lo suficientemente parecido a ID1 = 0.6: así pues, deberemos continuar las aproximaciones



Diodos


Figura 19.3

4.

Utilizando ID2 = 0.94 vD2 + iD2 = 2 – 0.94 + vi Como en el caso anterior, esta es la expresión de una familia de rectas de carga de corriente alterna como se indica en la figura 19.4. El punto desplazado Q en el cual vi = 0 (punto a en el diagrama) es iD(vi = 0) =

1.06  0.53 A, y el valor 2

de cresta de iD2(t) es 1.71 A

5. De la figura 19.4 ID3 =

1.71  0.855 A 2

Resumiendo hemos encontrado ID1 = 0.67 A

ID2 = 0.94 A

ID3 = 0.85 A

El resultado tiende hacia ID  0.9 A (una nueva aproximación da como resultado ID4 = 0.88 A ). Así la corriente del diodo en el circuito de la figura 19.1a tiene la forma de onda de iD2(t) mostrada en la figura 19.4



Diodos


Figura 19.4

20.

Un diodo Zener de 7.2 V se utiliza en el circuito de la figura 20.1 y la corriente de carga puede variar entre 12 y 100 mA. Hallar el valor de ri necesario para mantener esta corriente de carga si la tensión de la fuente de alimentación de de Vdc = 12 V Solución Para mantener un regulador shunt tal como este, se utiliza como valor mínimo de la corriente en el diodo Zener, un factor empírico del 10% de la corriente máxima de carga. Así la corriente mínima del diodo Zener para las condiciones específicas deberá ser por lo menos de 10 mA Aplicando la ley Ohm en el circuito, ri =

Vdc - VL Iz - IL

La tensión de los terminales de ri debe permanecer en el valor de 12 -7.2 = 4.8 V a lo largo de todo el margen de regulación. La corriente mínima en el diodo Zener se presentará cuando la corriente de carga sea máxima de modo que, ri =

Vdc - VL Vdc - VL 4.8    43.5  Iz, min - IL, max (1  0.1)IL, max 0.11



Diodos


Cuando la corriente de carga disminuya teniendo ri el valor fijo calculado antes, la corriente del diodo Zener aumentará, permaneciendo la suma de las dos corrientes constante e igual a 110 mA. Nótese que el diodo Zener debe ser capaz de disipar, P = (7.2)(110 x 10-3)

 0.8 W

Para evitar su destrucción en caso que la resistencia de carga quede en circuito abierto (IL = 0, IZ = 110mA) Escojamos un diodo Zener de 1W que tiene una tensión de 7.2 V cuando circula por el una corriente de 10 mA, y una resistencia dinámica rd = 20 . Calcularemos las variaciones de tensión de salida aplicada a la carga utilizando métodos gráficos. La característica de vi de este diodo se muestra en la figura 20.2, también se ve la curva para potencia máxima  1  Pz    T

T /2

v i

z z

dt = VZQIZQ = 1 W

T / 2

Esta es la ecuación de la hipérbola trazada en la figura 20.2. su intersección con la característica vi da la corriente y la tensión máxima que puede resistir el diodo. Las ecuaciones de las rectas de carga de corriente continua pueden hallarse dibujando de nuevo la figura 20.1 tal como se indica en la figura 20.3. A partir del circuito en cuestión se pude hallar la ecuación de la recta de carga, Vz = 12 – 43.5(IL + iz) Así

 11.5 V + i (43.5)    7.65 z

z

IL  12 mA IL  100 mA

Las dos rectas de carga del circuito se han presentado en la figura 20.2: A partir del gráfico es evidente que la tensión inversa del diodo vz, y por lo tanto la tensión en la carga vL, variarán de 7.2 V cuando IL = 100 mA a 11.5 V cuando IL = 12 mA. Nótese que si el diodo Zener no estuviera presente, la tensión de carga variaría (manteniendo ri = 43.5 ) de 7.7 V cuando IL = 100 mA a 11.5 V cuando IL = 12mA. Luego veremos que el diodo Zener regula la tensión de los dos cambios de corriente de carga. Eso sucede porque la impedancia es pequeña (2 ) comparada con la resistencia de carga RL >

7.2 V  72 100 mA



Diodos


Figura 20.1

21.

El diodo Zener de 7.2 V se utiliza en un circuito similar al de la figura 20.1, con una tensión de ondulación de corriente alterna añadida a la tensión continua sin regular. Tal como fue establecido anteriormente, estas tensiones son típicas de la salida de una fuente de alimentación de corriente continua. La carga absorbe una corriente de 100mA.

Figura 21.1

La salida de la fuente alimentación sin regular puede representar con la ecuación VT = 12 + cos t Hallar la resistencia ri de la fuente de alimentación para un funcionamiento adecuado y el valor de cresta de la tensión de ondulación presente en bornes de la carga



Diodos


Figura 21.2

Solución La ecuación de la recta de carga de este problema se obtiene fácilmente si dibujamos de nuevo la figura 20.1 tal como se indica en la figura 21.1. Así vz = 12 + cos t - ri(0.1 + iz) vz + riiz = 12 – 0.1ri + cos t El problema pude resolverse gráficamente o analíticamente utilizando la característica lineal del diodo de la figura 21.2. Utilizaremos el método gráfico por que da una visión más clara del problema. La gama de los posibles valores de la resistencia de la fuente de alimentación ri será elevada debido a las corriente máxima y mínima admitidas en el diodo Zener. Luego si iz, min = 10 mA, (que es el 10% de la corriente máxima), entones vz, min = 7.2 V, y 12  7.2  cos t   0.1  0.01  

 ri  

 min

3.8  34.5 0.11

Esta gama de valores se reducirá utilizando las tensiones y corriente máximas, iz, max = 135 mA

vz, max

 7.4 V

El resistor ri de la fuente será,

 12  7.4  cos t    0.1  0.135 



ri > 

max

5.6  24  0.235



Diodos


Figura 21.3

Escojamos ahora precisamente ri = 32 . La ecuación de la recta de carga, puede trazarse en la figura 21.2, y puede determinarse la tensión de ondulación de salida. Como se ve en la figura, la tensión de cresta de ondulación aplicada a la carga es de 7.33 -7.22 = 0.11 V compara con 2 V de tensión de ondulación de cresta de entrada. 22.

Determinar un circuito equivalente para obtener una aproximación lineal de la función Y = ln x en el margen de 0 < Y < 3. Solución En la figura 22.1 se tiene x   y para 0 < x < 3, será suficiente aproximación de los tres segmentos, que concurren en los puntos,



Diodos


i=

0   1.61

vT  1 vT  5

y el segmento 3 pasa por el punto i = 3, vT = 20. Refiriéndose ala curva de asimilación lineal de la figura 22.1, para vT menor que 1V, la corriente i es cero, mientras que 1 y 5 V la pendiente es la resistencia de 2.5. estas condiciones se cumplen en circuito de la figura 22.2. Por encima de 5V la resistencia aumenta a 10.8 . Este segundo circuito debe ser un corto circuito para tensiones menores de 5 V (corrientes menores de 1.61 A). Una configuración posible se muestra en la figura 22.3. Obsérvese que para i < 1.61 A, D2, es cortocircuito y los 1.61 A de la fuente de corriente circulan a través de D2, Cuando i = 1.61 A, la corriente de D2, iD2, se hace cero D1 es un cortocircuito, la ley de Kirchhoff de las tensiones da, vT = (i – 1.61)(8.3) + 2.5i + 1 i > 1.61 A, vT >5 V

Figura 22.1

La pendiente de la curva de asimilación lineal de esta región es, vT  8.3  2.5  10.8  i

tal como se requiere. Cuando se intenta construir el circuito de la figura 22.3, utilizando resistencias y diodos reales, aparecen ciertos problemas prácticos, ya que un diodo real tiene una tensión de ruptura y una resistencia serie equivalente. Además la resistencia equivalente se reduce con la corriente, lo cual produce una característica con curvatura opuesta a la deseada. Para solucionar estos problemas, generalmente se adoptan en las escalas de los gráficos las unidades adecuadas para las variables (se realizan cambios de escala), de D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


modo que en el circuito circulen miliamperios en vez de amperios. Para ver cómo se hace esta transformación volvamos a la ecuación lineal y escalémosla Sustituyamos

x y

x = avT y = bi Obtendremos  1  bi    a

VT  

Si b = 103, la corriente estará en miliamperios. Ajustando de un modo semejante al valor de a, la tensión puede cambiar de escala independientemente. Evidentemente, todos los valores de las resistencias también cambian. Si a = 1

Figura 22.2

Figura 22.3

y b = 103, todas las resistencias del circuito de la figura 22.3 quedarán multiplicadas por 103, y las corrientes del nuevo circuito serán 103 las del original. Las tensiones en el nuevo circuito serán las mismas que en el original. En general, los valores de las tensiones deben escogerse bastante elevados para que la caída de tensión en el diodo no cause grandes errores. Una versión con cambio de escala del circuito de la figura 22.3 e muestra en la figura 22.4. En este caso la fuente de alimentación de 1 V se ha eliminado y D1, se ha reemplazado por un diodo de silicio y uno de germanio en serie. La suma de las tensiones de ruptura de estos diodos es aproximadamente iguala 1 V, y su resistencia interna conjunta es mucho menor que 2.5 K para las corrientes consideradas de modo que entre 1 y 1.61 mA se obtendrá una característica aproximada a la línea recta. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


La fuente de corriente se ha reemplazado se ha reemplazado por una batería de 13.5 V en serie con el resistor de 8.3 K

Figura 22.4

23.

Hállese utilizando circuitos lineales por tramos, la solución simultanea a las ecuaciones, y  x2

0
yx

0
La solución es, por supuesto, x = 1. Véase como puede obtenerse esta solución electrónicamente. Solución Representemos primero la ecuación y  x 2 por medio de tres segmentos de recta tal como se ve en la figura 23.1. Un método rápido para escoger los segmentos lineales es dividir el intervalo en partes iguales tal como se indica. Empecemos con los segmentos 1 y 2, siendo sus pendientes en los puntos considerados (en este caso x = 0 x = 2). Si el error entre la curva de asimilación lineal y la ecuación verdadera no lineal es demasiado grande, añádase un tercer segmento como se indica. La pendiente del segmento 3 es la pendiente en el punto x = 1.



Diodos


Figura 23.1

Si el error es todavía demasiado elevado, podrían añadirse los segmentos en los puntos x = ½ y x = 3/2, etc. Nótese que incluso con tres segmentos el error puede reducirse simplemente colocando el segmento 3 como cuerda en vez de tangente a la curva. (Como los cálculos se simplifican utilizando una tangente, no tendremos en cuenta la posible reducción del error )

Figura 23.2

Hagamos ahora y = i en mA x = v en voltios Así el circuito de y  x 2 puede construirse como se indica en la figura 23.2. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


El circuito de y  x es simplemente una resistencia de 1 K. Para hallar la solución simultanea de las ecuaciones de las ecuaciones hacemos que x sea la misma en los dos circuitos conectándolos en paralelo, como se muestra en la figura 23.3 La tensión v = V1 se hace variar hasta que i = i1. En este punto v = V1 e i = i1 representan la solución simultanea de las ecuaciones. Para este caso sencillo v= V1 = 1 V e i = i1 = 1 mA dan la solución

Figura 23.3

Un método alternativo consiste en conectar la resistencia de 1 K en serie con la red y  x 2 , haciendo entonces la corriente y sea la misma en los dos circuitos. La tensión de entrada se hace variar hasta que la tensión (x) aplicada a cada circuito sea la misma. 24.

Utilizar el resultado del ejercicio 23 para resolver la ecuación diferencial no lineal dx  x 2  f (t ) dt

con x(0) = 0 y f (t )  4 Solución Como en el ejemplo anterior, hagamos x análogo a v, de modo que el circuito de la figura 23.2 pueda ser utilizado como segundo término de la ecuación. Esto da una corriente en mA igual a v2. el primer término puede representarse como un condensador de 1000F, en el cual la corriente es, i=C

dv dt



Diodos


Figura 24.1

De este modo tenemos corrientes análogas a los dos términos variables de la ecuación diferencial. Esto sugiere que se puede utilizar la ley de Kirchhoff de las corrientes para sumar las corrientes de los 4 mA de la fuente de corriente constante, como se indica en la figura 24.1 Si el interruptor está abierto en t = 0, con el condensador descargado de modo que v (0) = 0, un osciloscopio conectado al circuito registrará la solución v(t) El alumno observará que puede tomarse una condición inicial distinta de cero con el condensador cargado. Una f (t ) diferente requeriría simplemente una fuente de corriente con la misma forma de onda de f (t )



Diodos


TRANSISTORES 1.a) Encuentre la beta de cd en un punto de operación de VCE= 10 V e Ic= 3 mA sobre las características de la figura1.1. b) Encuentre el valor de  correspondiente a este punto de operación. c) A VCE= 10 V encuentre el valor correspondiente de Iceo. d) Calcule el valor aproximado de Icbo empleando la cd obtenida en el inciso a)

Fig. 1.1 Solución: D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


a) En la intersección de Vce=10 V e Ic= 3 mA , IB= 25 A por lo que: = Ic/Ib= 3mA/25A= 120  = 120  0.992 +1 121 c)Iceq= 0.3 mA en la intersección de Vce = 10 V e Ib= 0 mA. b)

d)

=

Icbo Iceo/ = 0.3mA/120 = 2.5A

2.- Calcule los voltajes y corrientes de polarización de cd para el circuito de la figura2.1.

Fig 2.1 Solución: Ib = Vcc – Vbe = (12 – 0.7) V = 47.08 A Rb 240 k Ic= Ib= 50 (47.08 A) = 2.35 mA Vce= Vcc – IcRc= 12 V- (2.35mA)(2.2 k)= 6.83 V 3.- Calcule el voltaje y la corriente de colector para el circuito de la figura3.1.

Fig 3.1 Solución : Ib= Vcc- Vbe = (22- 0.7) V = 31.32 A D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Rb

680k

Ic= Ib = 120(31.32A) = 3.76mA Vc= - (Vcc- IcRc) = - (22V- (3.76mA)(3.3k))= - 9.6 V 4.- Calcule el voltaje de polarización de cd , Vce , y la corriente Ic en el circuito de la figura 4.1:

Fig4.1 Solución: Ib=

Vcc – Vbe Rb +(+1)Re

=

20V – 0.7 V = 19.3 = 36.35 A 430k+101(1k) 531 k

Ic= Ib = 100(36.35)A= 3.635 mA = Ie Vce= Vcc- IcRc – IeRe= 20 V – 3.635mA(2k ) – 3.635mA(1k) =9.1 V 5.- Calcule el valor de la resistencia de colector Rc, necesaria para obtener Vc = 10 V , utilizando el circuito de la figura 4.1 Solucion: Ib= Vcc - Vbe = 20 V – 0.7 V = 36.35 A Rb+ (+1)Re 430+101(1k) Ic= Ib = 100(36.35)A= 3.635 mA = Ie Nótese que Ib e Ic siguen siendo los mismos valores que se calcularon en el ejemplo 4 Entonces tendriamos: Vc= Vcc – IcRc 10 = 20 – (3.635 x 10e-3) Rc que se puede resolver para Rc según:



Diodos


Rc=

20 – 10 = 2.75 k 3.635x10e-3

6.- Calcule el voltaje de polarización de cd Vce y la corriente Ic para el circuito de la figura 6.1. =140

Solucion: Vbb =

Rb2 Vcc = Rb1 + Rb2

3.9 k (22V) = 2 V 39K + 3.9 k

Rbb= Rb1· Rb2 = 39 k· 3.9 k = 3.55 k Rb1 + Rb2 39k+ 3.9 k Ib= Vbb – Vbe = 2 V – 0.7 V = 6.05 A Rbb+ (+1)Re 3.55k + 141(1.5k) Ic = Ib = 140(6.05A)= 0.85 mA = Ie Vce= Vcc – Ic(Rc+Re) = 22 V – 0.85 mA(10k+1.5 k) = 22 V – 9.8 V = 12 .2 V



Diodos


7.- Calcule la corriente de polarización de cd , Ie , y el voltaje de polarización de cd , Vce, para el circuito de la figura 7.1 empleando retroalimentación de voltaje.

Fig. 7.1 Solución: La resistencia de retroalimentación Rb es la suma de las resistencias entre el colector y la base (el capacitor en la trayectoria de retroalimentación de ca se encarga de atenuar o bloquear la señal de retroalimentación de ca y no tiene efecto sobre el calculo de la polarización de cd ) Ib =

Vcc – Vbe = (10 – 0.7 ) V = 20.03 A Rb + (+1)(Rc+Re) 250k +(51)(3k+1.2K)

Ie = (+1) I b= 51 ( 20.03A) = 1.02 mA Vce= Vcc – Ie(Rc + Re) = 10 V – (1.02mA)(3k+ 1.2 k ) = 10 - 4.28 = 5.72 V 8.- Calcule la corriente Ic y el voltaje Vc de colector de cd para el circuito de la figura8.1:

Fig 8.1 Solución: D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Ib =

Vcc – Vbe = (18 – 0.7 ) V = 20.03 A Rb + (+1)(Rc+Re) 300k +(76)(2.4k+510)

Ic = (+1) I b= 76( 33.2A) = 2.49 mA Vc= Vcc – Ic(Rc ) = 18 V – (2.49mA)( 2.4 k ) = 12.02 V 9.- Calcule el voltaje de polarización Ve y la corriente Ic para el circuito de la figura9.1:

Fig. 9.1 Solución: Ib =

Vee- IeRe – Vbe – IbRb= 0 Vee – Vbe = (20 – 0.7 ) V Rb + (+1)(Re) 240k +(81)(2k)

= 48.01 A

Ic = () I b= 80( 48.01A) = 3.84 mA= Ie Ve= Vee– Ie(Re) = 20 V – (3.48mA)( 2 k) = 12.32 V 10.- Calcule el voltaje de colector Vc para el circuito de la figura10.1 . Emplee el método aproximado del divisor de voltaje.

Fig. 10.1 Solución:



Diodos


Vb=

Rb1 Vee = Rb1+ Rb2

43 k (10V) 43k+10k

= 8.11 V

Ve= Vb + Vbe = 8.11 V + 0.7 V = 8.81 V Ie= Vee – Ve = 10 V – 8.81 V = 0.595 mA = Ic Re 2k Vc= IcRc= (0.595mA)(6.2 k) = 3.69 V 11. Calcule los valores de las resistencias Re, Rc y Rb en un circuito de amplificador de transistor que tenga estabilización por resistencia en emisor . La ganancia de corriente de un transistor npn 2N4401 por lo común es de 90 a una corriente de colector de 5mA . Utilice un voltaje de alimentación de 20 V.

Solución: El punto de operación elegido a partir de la información del voltaje de alimentación y el transistor es Icq= 5 mA y Vceq= 10 V. Ve q= 1/10 (Vcc) = 1/10 (20 V) = 2 V La resistencia del emisor es entonces Re= Ve = 2V = 400  Icq 5mA El cálculo de la resistencia del colector produce : Rc = Vcc – Vceq - Veq = (20 – 10 –2 ) V = 8 V = 1.6 k Icq 5m A 5 mA Al calcular la corriente de base utilizando Ibq= Icq/  = 5mA/ 90 = 55.56  A

Observamos que la resistencia de la base se calcula como : Rb = Vcc – Vbe - Veq = ( 20 – 0.7 – 2) V = 17. 3 D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


V

Diodos


55.56 A

Ibq

55.56 A

= 311 k 12.- En un circuito en el que se utiliza un transistor tipificado por los parámetro de la Tabla 5.1, calcule cambio en Ic de 25ºC a 100ºC para polarización fija (Rb/Re) Rb/Re = 11 Rb/Re = 0.01 Solución: DE 25ºC a 100ºC el cambio en Icq es Ico= (20 – 0.1) nA = 20 nA a) Para la polarización fija S= +1 = 51 . Usanso la definición de estabilidad , obtenemos Ic = S (Ico) = 51(20nA) = 1A b) Para Rb/Re = 11 S=51(1+11)/(51+11)= 10 Ic = 10Ico = 10(20nA) = 0.2A c) Para Rb/Re = 0.01 , s= 51(1.01)/(51+0.1) = 1 Ic= 1(20nA) = 20nA En tanto que el cambio en Ic es considerablemente diferente en un circuito que tiene una estabilidad ideal (S=1) y en uno que tiene el factor de estabilidad máximo (S=51, en este ejemplo) , el cambio en Ic no es significante . Por ejemplo , la cantidad de cambio en ic a partir de una corriente de polarización de cd fijada en digamos 2 mA , sería de 2 mA a 2.01 mA (solo 0.05 %) en el peor de los casos , valor que es evidentemente lo bastante pequeño como para ignorarse . Algunos transistores de potencia presentan corrientes de fuga más altas , aunque para la mayor parte de los circuitos

amplificadores , el efecto del cambio de Ico con la temperatura es pequeño. 13.- Determine la corriente de drenaje de un FET de canal n que tiene un voltaje de oclusión Vp= - 4V y una corriente de saturación de drenaje-fuente Idss= 12 mA a los siguientes voltajes de compuerta-fuente: a) Vgs = 0 V b) Vgs= - 1.2 V c) – 2 V



Diodos


_Solución: empleando la ecuación de Shockley obtenemos: a) Id = Idss ( 1 – Vgs/Vp)2 = 12mA ( 1 – 0/-4)2 = 12 mA b) Id= 12mA( 1 – -1.2/-4)2 = 5.88 mA c) Id = ( 1 – -2/-4)2 = 3 mA 14.- Un MOSFET de vaciamiento tiene Idss= 12 mA y Vp = -4.5 V . Calcule la corriente de drenaje para los voltajes compuerta-fuente de a) 0 V b) –2 V c) –3 V Solución: Empleando la ecuación de Shockley se obtiene: a) Id = Idss( 1 – Vgs/Vp)2 = 12 m A b) Id = 12 mA( 1 – -2 /-4.5)2 = 3.7 mA c) Id = 12 mA( 1 – -3/-45)2 = 1.33 mA 15.- Determine los valores de Vgs e Id en el circuito de la figura15.1:

Fig . 15.1

Solución: Para graficar la característica de transferencia del JFET : Vgs (V) Id ( mA) 0 10 -1.2 5 -2.0 2.5 -4.0 0 D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Para graficar la linea de autopolarización se tiene: Id (mA) Vgs (V) 0 0 2.67 -4 La figura 15.2muestra la gráfica de las líneas de la características de transferencia y de autopolarización con la polarización de cd resultante a: Vgsq= -2.4 V y Idq = 1.6 mA

Fig 15.2 16.- Determine el intervalo de valores de Rs que haga posible una polarización de cd entre Idss/2 e Idss/4 en el circuito de la figura 15.1 Solucion: Empleando la característica de transferencia dibujada en el anterior grafíque la línea de autopolarización a través de los puntos Id= Idss/2 = 10mA/2 = 5mA Id= Idss/4 = 10mA/4 = 2.5 mA Estos puntos

se marcan sobre las líneas de la característica de transferencia y de autopolarización y después se unen desde el punto (0,0) sobre los ejes ,como se muestra en la figura 16.1. Los valores de Rs se determinan entonces a partir de la pendiente de cada línea: Rs( para Idss/2)= Vgs/Id = 1.2V/5mA= 240  Rs ( para Idss/4)= Vgs/Id = 2V /2.5 ma= 800 Manteniendose los valores de Rs entre 240 y 800  se polariza el circuito para valoresde Id entre 2.5 y 5 mA como se deseaba.



Diodos


Fig 16.1 17.- Determine la corriente de autopolarización de id en el circuito de la figura 17.1.

fig 17.1 Solución: La característica de transferencia se dibuja en la figura 17.2: Empleando: Vgs Id 0 8 -1.2 4 -2 2 -4 0 El voltaje de compuerta Vg se calcula usando la ecuación: Vg= 270 k (16 V) = 1.82 V 2.1M+270k y la línea de autopolarización se obtine empleando la ecuación : Vgs = 1.82 V – Id(1.5k) Para Id = 0: Vgs= - 1.82 V

Para Vgs=0_ Id = -Vgs/Rs = 1.82V/1.5k= 1.21 mA Id Vgs 0 1.82 1.21 0



Diodos


Fig 17.2 Esta línea de autopolarización de cd interseca la característica de transferencia del dispositivo en Vgsq= -1.8 V y Idq= 2.4 mA 18.- Dibuje la característica de transferencia para el MOSFET de vaciamiento de canal n de la figura18.1.

Fig 18.1 Solución: La grafica de la característica de transferencia puede obtenerse a partir de la ecuación de Shockley empleando Vp=-3 V e Idss= 6mA Id= 6mA( 1 – Vgs/-3 V)2 Además de los puntos tabulados que se mostraron antes también es posible utilizar Vgs =0.4Vp , para el cual: Id=Idss( 1 –0.4Vp/Vp)2 = 1.96 Idss = 2Idss

Vgs (V) Id (mA) 1.2 12 0 6 -0.9 3 -1.5 1.5 -3 0 La figura muestra la característica de trasferencia del dispositivo resultante.



Diodos


19.- Calcule los valores autopolarización de Id y Vds para el circuito de la figura19.1.

Fig. 19.1 Solución: Empleando Vt = 3v y K= 0.3mA/V·V , es posible elaborar una gráfica de la característica de drenaje del MOSFET de canal n aplicando la ecuación para calcular los datos que se listan a continuación: Vgs(V) 3 5 7 9

Id (mA) 0 1.2 4.8 10.8

La línea de carga de la ecuación de Shockley se grafica en la figura 19. 2 empleando los datos siguientes: Vds= 12 V – Id (2k) Id (mA) Vgs(V) 0 12 6 0 De la intersección de las dos curvas los valores de polarización resultantes son: Id = 2.9 mA y Vds = 6.1 V



Diodos


Fig 19.2 20.-Determine Id y Vd para el circuito de la figura 20.1, empleando un FET de canal p

Fig 20.1 Solución: En este JFET de canal p las ecuaciones que se usaran son: Vgs= Id · Rs = Id (0.36k)

(1)

Id= Idss ( 1 – Vgs/Vp)2 = 7.5 mA( 1 – Vgs/3.5V)2

Estas curvas se grafican en la figura20.2 empleando los datos siguientes: ECUACION 1 ECUACION 2 Id mA Vgs V ID mA Vgs V 0 0 7.5 0 9.7 3.5 3.75 1.05 1.875 1.75 0 3.5



Diodos


Fig 20.2 DE la intersección de estas graficas en la figura: Id= 3.3 mA El voltaje Vds es por tanto

Vgs = 1.2 V

Vd = Vdd + IdRd = -22 +(3.3mA)((2.7k)= -13.09 V Vs= -IdRs= -(3.3mA)(360) = -1.19 V Vds= Vd – Vs = -13.09 – (-1.19V) = -11.9 V 21.- Diseñe un circuito de autopolarización tal como el de la figura 21.1 para que opere un JFET de silicio de canal n 2N5959 empleando un voltaje de alimentación de Vdd = 20 V

Fig 21.1 Solución: De la hoja de especificaciones del dispositivo obtenemos los siguientes valores: BVgss= - 30 V Igss= - 200 nA Vgs= -2.5 a –6V (usese Vp= -4 V) Idss= 10 mA a 15 mA ( ususe Idss= 12 mA) 1.- Un voltaje de alimentacion Vdd = 20 V es satisfactorio respecto al voltaje de ruptura de 30 V 2.- Eligiendo una caida de voltaje de 0.1 V como un valor que puede despreciarse en el presente circuito tenemos IgssRg<0.1 V Rg< 0.1V/200nA= 5x 10e5= 500k (usese 470k) 3.- Como Vp = -4 V e Id no esta especificada , la elección de cualquier voltaje , por ejemplo , entre –0.5 V a-3 V , caería muy bien dentro del intervalo . En el presente ejemplo la elección es : Vgs= -1 V Para el cual Id= 12 mA( 1 – -1/-4)2 =6.75 mA Como Vg = 0 V D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Vs = Vg – vgs = 0 – (-1V) = 1 V De Vs = IdRs Rs= Vs/ Id = 1V/6.75mA= 148  (usese 150 ) 4.- Para el valor de Vd dentro del intervalo: 1V< Vd< 20 V s elige Vd = 12 V en el punto de polarización . Puesto que Vd= Vdd- IdRd, 12 V= 20V – (6.75mA)Rd Rd= 20V – 12V = 1.185 k (usese Rd = 1.2 k) 6.75mA

22.- Complete el diseño de un circuito de polarización por divisor de voltaje de JFET de canal p empleando un 2N5462 y un voltaje de alimentación de Vdd = -30V, polarizado como se muestra en la figura 22.1.

Fig 22.1 Solución: De acuerdo con la hoja de especificaciones: Idss= 4 mA a 16 mA (usese Idss= 10mA) Vgs= 1.8 V a 9V (usese Vp = 6 V) El punto de polarización deseado que se muestra en la figura es: Vgs= 1 V e Id = 6.9 mA D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos

Para


Vgs= Vg- Vs 1= -8- Vs Vs= -9 V

Como:

Vs= -IdRs Rs= -Vs/Id= -(-9)/6.9mA= 1.3x10e3 (usese 1.3 k).

Para Vg=

Rg2 Vdd Rg1+Rg2 -8 = Rg2 (-30V) Rg1+Rg2

Eligiendo

1+ Rg1/Rg2= -30V/-8V= 3.75 Rg1/Rg2=2.75 Rg2= 10M Rg1= 2.75(10M)= 27.5 M (usese 27 M)

El voltaje de drenaje , Vd , debe encontrarse entre Vdd= -30 V y Vs= -9 V . Selección Vd=-12 V , obteniendose Vd= Vdd +IdRd -12 V= -30V + (6.9mA) (Rd) Rd= 30 V – 12 V = 2.61x10e3  (usese Rd =2.7 k) 6.9 mA EL circuito resultante se muestra en la figura 22.2

Fig 22.2 23.-Determine la condición de polarización de cd en el circuito de la figura23.1:



Diodos


Fig 23.1 Solución: En el circuito de polarización por divisor de voltaje de la figura primero calculamos: M= Vp/(Idss·Rs) = 0.31 Vgg= Rg2 Vdd= 510 k (16V)= 1.6 V Rg1+Rg2 4.7 M+510k M´=M·Vgg/Vp= 0.31·1.6/3 =0.165 Para graficar la línea de polarización debemos unir una línea que tenga la misma pendiente ( mismos valores de Rs y del FET) que en ejemplo anterior , pasando por el punto M´= 0.165 . Esto se logra en forma sencilla uniendo una linea entre el punto M´= 0.165 a lo largo del eje M´ y un punto a lo largo del eje M que es 0.31 más alto. De la figura 23.2 vemos que esta línea produce un punto de polarización Vgs/Vp=-0.44 y Id/Idss= 0.3 Del cual calculamos Vgsq= -0.44(3)= -1.32 V Idq= 0.3(6 mA) = 1.8 mA Entonces podemos calcular Vdsq = Vdd – Id(Rd+Rs) = 16 – 1.8mA(3.9k+ 1.6k) = 6.1 V

Fig 23.2 24.-Determine Zi , Zo , Ao y Ai en la red de la figura 24.1:



Diodos


Fig 24.1 Solución: Parámetros hibridos (aproximado) Zi : Rb = 560 k >>hie =1300 Entonces: Zi= hie=1300k Zo: Zo= Rc= 3 K Av: Av= - hfeRc = -100 · Hie 1.3k

3k

Ai: Ai hfe = 100 25.- Determine Zi, zo ,Av y Ai para la red de la figura 25.1 empleando el enfoque del modelo re.

Fig 25.1 Solución: Cd: Vbb= Rb2 Rb1+Rb2

Vcc= 5.6k(22V) = 2V 56k+5.6k

Rbb= Rb1Rb2 = 56K5.6k= 5.09k  Ib=

vbb – Vbe = 2– 0.7 Rbb+(1+)Re 5.09k+(1+90)1.5k = 9.18A



Diodos


Ic = Ib = 90(9.18A) = 0.826 mA= Ie Re= 26mV/Ie= 26/0.826  31.5  Zi:

Rbb= Rb1Rb2= 56k5.6= 5.09k Zi= Rbbre= 5.09k90(31.5) = 5.09k2835 =1821 k

Zo: Zo = Rc = 10 k Av: Av= -Rc/re = -10k/31.5= -317.5 Ai:

Ai= Rbb  = 5.09k(90) = 57.8 Rbb+re 5.09k+90(31.5)

26.- Determinese Zi , Zo, Ai , Av para la red de emisor-seguidor de la figura 26.1:

fig 26.1 Solución: Zi:

y

Zb = hie + (1+ hfe)Re = 1.275 k+(1+98) 3.3k  327.98 k Zi = RbZb = 220k327.98k = 131.68 k

Zo: Zo= Re hie/(1+hfe) D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


=3.3k1.275k/(1+98) = 3.3k12.9  12.9  Av: Av=

Re . Re+(hie/(1+hfe))

=

3300 3300+12.9 =0.9961 Ai: Ai= (1+hfe)Rb Rb + Zb = (1+98)220k 220k+327.98k = 39.75

27.- Determine Zi, Zo, Av y Ai en la red de la figura 27.1 Nótese que no se han incluido los parámetros híbridos.

Fig 27.1 Solución: Ie=

Vee – Vbe = Re

2- 0.7 = 13 = 1.3 mA 1k 1k

.re = 26mV/Ie= 26/1.3= 20 Zi: Zi= Rere= 1k20 = 19.6  Zo: Zo= Rc = 5 k Av: Av= Rc/re = 5 k/20= 250 D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Ai: Ai=1 28.- Determine Zi, zo, Av, Ai para la red la figura 28.1 empleando el modelo re

Fig 28.1 Solución: Análisis de cd (capacitor C3 en circuito a bierto): Ib= VccVbe Rf+ (+1) Rc = 12 - 0.7 (120k+68k) +(140+1)3k = 11.3/611k  18.5A

Y Con

Ic= Ib = 140 (18.5A) = 2.59 mA = Ie re= 26mV/Ie = 26/ 2.59  10.04  re= 140 (10.04) 1.4 k

La red equivalente ca se presenta en la figura 28. 2

Fig. 28.2 Zi: Zi= Rf1re = 120k 1.4 k  1.38 k Zo: D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Zo= RcRf2 = 2.87k Av: Av= -hfe·R´/hie = -R´/re = - R´/re = -2.87k/10.04 = -285.86 Ai: Ai=

=

Rf1 Rf2 (Rf1+re)(Rf2+Rc) 140(120k) 68k . (120k+1.4k)(68k+3k)

= 132.54

29.- Determine Zo, Zent, Zi , Av, Ai en el amplificador de dos etapas de la figura. 29.1

Fig. 29 .1 Solución: Los capacitores de acoplamiento C1 y C2 aislan la polarización ca de cada etapas y la carga de la segunda etapa es simplemente la resistencia de entrada Zi2= 15. k .El equivalente ca aparece en la figura 29.2 con Rbb =Rb1Rb2= 39k9.1k= 7.378k.



Diodos


Fig 29.2 Zi: Como antes encon la ecuacion: Zi = Rbbhie= 7.378k2.125k = 1.65 k Zent: Zent= Zi + Rs = 1 k+ 1.65 k = 2.65 k Zo: Zo= Rc= 3.3 k Av: Ecuaciñon modificada solo por el hecho de que Rc se sustituye por RcRL. Av = Vo/Vi = -hfe(RcRL)  = -120(3.3k1.5k) = -120(1.03k) Hie 2.215k 2.125k Av= -58.16 Nótese que Rl tuvo el efecto de disminuir la ganancia total desde un nivel de –186 con la sola presencia de Rc. Avs= De la ecuación Avs= Vo = Vo Vi Vs Vi Vs Con Vi/ Vs = Zi/(Zi+Rs) = 0.623 Y

Avs= Vo/Vs= (-58.16)(0.623) = -36.23 reduciendo aún más la ganancia . Ai: De la ecuación: Ai = ZiAv RL = 1.65k(58.16)/1.5k = 63.98



Diodos


30.- Calcule los factores del circuito Av, Ri y Ro para el amplificador JFET de la figura 30.1 supongase que Rd puede ignorarse.

Fig 30.1 Solución: La polarización cd considerada produce Vgsq= -0.94 V . En este punto de polarización , el valor de gm , empleando las ecuaciones es: Gmo= 2Idss = 2(8mA) = 4 mS Vp -4V y gm = gmo( 1 – Vgsq/Vp) = 4mS(1 – (-0.94/-4)) = 3.06 mS Utilizando las ecuaciones para el valor de la ganancia se obtiene: Av= -gm Rd = -(3.06mS)(1.2k)= -3.67 Ri = Rg = 1 M Ro= Rd= 1.2 k La ganancia de voltaje de magnitud es común de los valores menores que se obtienen utilizando un circuito FET en oposicion a un circuito BJT que utiliza circuitos discretos. 31.- Calcule la ganancia de voltaje y la resistencia de entrada y de salida del circuito en la figura 31.1(ignore rd) Idss=8 mA , Vp = -4 V



Diodos


Fig 31.1 Solución: En el ejemplo 17 ya se determino que la polarización correspondia a Vgsq= -1.8 V En este punto de polarización Gm= 2Idss(1- Vgsq/Vp) = 2(8mA) (1-(-1.8/-4)) = 2.2 mS Vp -4V La resistencia del dispositivo es entonces : Rm= 1/gm =

1 = 454. 5  2.2 mS

La ganancia de voltaje es: Av =

-Rd = -2.4k = -3.18 Rm+Rs1 454.5 + 300

La resistencia de entrada es = R1 = Rg1Rg2 = 2.1M270 k = 239 k La resistencia de salida es Ro = Rd = 2.4 k 32.- Calcule la ganancia de voltaje y las resistencias de entrada y salida en el circuito de la figura 32. 1 . La conductancia de salida del FET es ygs= 0.05 mS

Fig 32.1 Solución : Partiendo de los calculos de polarización que se deja al alumno para comprobar Vgsq=0.15V Calculando gmo : Gmo= 2Idss = 2(6mA) = 4 mS Vp -3V El gm del dispositivo en este condición de polarización es D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Gm = gmo( 1 – Vgsq/Vp)= 4 mS (1- (-0.15/-3)) = 3.8mS Para la cual Rm = 1/gm = 1/3.8mS= 263.2 LA resistencia de salida del MOSFET es Rd = 1 /ygs = 1/ 0.05mS= 20k La ganancia de voltaje ca es , por tanto: Av=

-Rd = -1.8k Rm+Rs+rm/rd(Rd +Rs) 263.2+300+(263.2/300)(2.1k)

= -3.05 La impedancia de entrada es Ri = Rg1// Rg2 = 100M 10M = 9.17M LA impedancia de salida del c ircuito es: Ro = Rd rd = 1.8k20k = 1.65k

33.- Calcule el voltaje de salida Vo y la resistencia de salida Ro para el circuito de la figura 33.1 Idss= 6 mA , Vp= -6 V

Fig. 33.1 Solución: De los cálculos de polarizacion cd, Vgs = -2.69 V . Con la gmo del dispositivo: Gmo= 2Idss = 2(6mA) = 2.4 mS Vp -5V El valor de Gm a la condición de polarización es : Gm= 1.11 mS Para el cual D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


. El voltaje de entrada es :

rm = 1/gm = 900.9

Vi = Ri Vs= Rs+Ri

1.5M (100mVrms) 100k+ 1.5 M

La ganancia del amplificador es Av= RsRL = . rm +Rs//RL Asi que el voltaje de salida es

0.66

Vo = Av Vi = (0.66)(93.75mV) = 61.9 mV LA resistencia de salida es: Ro = rm Rs = 900.9 2.1k = 630.4 

34.- Complete el diseño de un circuito amplificador como el que se muestra en la figura 34.1 para una ganancia de magnitud 8

Fig 34. 1 Solución : Una tabulación semejante a la del ejemplo anterior muestra que la polarización aceptable puede obtenerse en el intervalo completo de Vgs . La selección de Vgs = -3 V produce Vgs= - 3V Id = 1.5 mA gm = 1mS rm = 1000 (comprobar) D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Para una ganancia de Av –8 = Rd . rm+Rs1 Seleccionando Rd de manera que la caida del voltaje de polarización cd sea la mitad de Vdd IdRd = Vdd/2 = 12.5 V Rd = Id Rd/Id = 12.5 V/1.5mA= 8.33 k(utilicese 9.1 k) Para una ganancia de Av –8 = Rd = - 9.1 k . rm+Rs1 1000+Rs1 Rs1= 9.1 k/8 - 1000 = 137.5 (utlice 130k) Puesto que Vgs = Vg – Vs =

100M 910M + 100 M Rs1 +Rs2=

(25V) – 1.5mA(Rs1+Rs2=-3V

2.475 +3 1.5k

= 3.65 k

Rs2 = 3650- 130= 3520 (utilice 3.6 k) El presente diseño produce los valores de las resistencia Rd = 9.1 k Rs1 = 130  Rs2=3.6 K 35.- En el circuito de la figura 35.1 =1 , Icbo= 0, Vee=2 V, Re = 1k, Vcc= 50 V , Rc= 20k y se conecta en serie con Vee una fuente de tensión senoidal de un voltio de cresta a cresta . Hallar iE y vCB

fig. 35.1 Solución :



Diodos


Fig. 35.2 El circuito equivalente completo tiene la forma indicada 35.2 en el circuitoe emisor base , la union está polarizada en sentido directo mientras sea Vim<1.3 V , y . iE= Vee –0.7-Vim coswt = 1.3 –1.0coswt mA Re Para el circuito colector base aplicando la ley de Kirchoff de tensiones tendremos Vcb = - vcc + Ic Rc  -Vcc+IeRe Entonces Vcb = - Vcc + IeqRe+ (Rc/Re)Vimcost Sustituyenodo los valores númericos Vcb = -50+(1.3)30+(20/1)coswt = -24 +20coswt V La unión colector base esta siempre polarizada en sentido inverso de modo que es valido el modelo lineal de la figura 35.2 . nótese que el transistor amplifica la entrada de corriente alterna , y que la ganancia de tensión resultante Av es Av = Vcbm/Vim= 20/1 =20 36.- El comportamiento del transitor en la región de saturación es importante en el proyecto de circuitos de conmutación . como ejemplo de ello , consideremos el circuito de la figura 36.1 con Vcc = 10 V, Rb = 10k, y Rc = 1k El transistor tiene un = 100 Vbbe= +0.7 V y una tensión de saturación Vce = 0.1 V . Hallar las condiciones de funcionamiento cuando a) Vbb = 1.5 V b) 10.7 V

fig 36.1 Solución: a) Para Vbb = 1.5 V aplicamos ley de Kirchhoff de las tensiones en el circuito emisorbase da: -

Vbb + IbRb +Vbe= 0

Ib =

Vbb- Vbe = 1.5- 0.7 = 0.08 mA Rb 10k D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Ic = Ib = (100) (0.08) = 8mA Ie=Ic) 8mA Vce= Vcc- IcRc= 10-8= 2 V Por tanto el transistor trabaja en la región activa Vce>Vce(sat) b) Para Vbb = 10.7 V Ib= 10.7 – 0.7 = 1mA 10k Si tuviera que cumplirse la relación Ic = Ib debería ser Ic = 100mA y Vce = 10-100= -90 V , lo cual es imposible . Por tanto el transistor esta en la región de saturación , y Vce = Vce(sat) = 0.1 V La corriente de colector es : Ic =

E

Vcc – Vce (sat) = 10- 0.1  9.9 mA Rc 1k Ie = Ic + Ib = 10.9 mA

Nótese que el valor efectivo de  en esta condición especial de saturación es Ic/Ib=9.9 37.- Hallar R1 y R2 en el circuito 37.1 sabiendo que el punto Q es Icq= 3.75 mA Vceq = 4.5 V

Fig 37.1 Solución : En la figura 37. 2 se muestra el equivalente de Thévenin de la red de polarización . La tensión de reposo de emisor Veq es Veq= Ieq(200) = (3.75mA)200 = 0.75V LA tensión de reposo de base Vbq es por lo tanto Vbq = Vbe + 0.75  0.7+0.75 =1.45 V Obsérvese que si la caída de tensión en Rb es pequeña Vbb = Vbe + veq



Diodos


Por lo tanto Vbb Vbq = 1.45 V Fig 37.2 De acuerdo a la desigualdad Re>>(1-)Rb debe satisfacerse si la corriente de reposo debe estabilizarse contra variaciones de  Así reagrupando términos , la desigualdad puede escribirse Rb
R2 = (Vcc/Vbb)Rb = (9/1.45)(2k) 12.4 k

En la practica se utilizaría resistores normalizados R1= 2.2 k R2= 12 k Y esto valores normalizados de R1 y R2 a su vez dan Vbb = 14 V Y Rb = 1.9 k La corriente de reposo resultante es entonces Icq = 3.5 mA 38.- Para el circuito de la figura 38.1 calcular la potencia suministrada por la fuente de alimentación de colector , las potencias disipadas en los resistores de carga y de emisor , la potencia disipada en el transistor , y el rendimiento de funcionamiento.



Diodos


Amplificadores Realimentados Problema 1. Determine la ganancia de voltaje y las impedancias de entrada y salida con realimentación del tipo voltaje en serie, teniendo A=-100, Ri=10k, Ro=20k para retro alimentación de (a)=-0.1 y (b)=-0.5. Solución. Usando las ecuaciones: Af 

Vo A  Vs 1  A

Z if  Z of 

entonces obtenemos: (a)

Af  Z if

Zi 1  A

V  Z o 1  A I

A  100  100    9.09 1  A 1    0.1  100  11  Z i 1  A  10k11  110 k

Z of 

Zo 20  10 3   1.82k 1  A 11



Diodos


A  100  100    1.96 1  A 1   0.5100 51  Z i 1  A  10k 51  510k

Af 

(b)

Z if

Z of 

Zo 20  10 3   392.16 1  A 51

Problema 2. Calcule la ganancia con y sin realimentación en el circuito amplificador FET de la figura, con los siguientes valores: R1 = 80 k, R2 = 20 k, Ro = 10 k, RD = 10 k y gm=4000s.

Solución. RL 

R0 R D 10k  10k   5k R0  R D 10k  10k

 despreciando



la

resistenci a

A   g m R L   4000  10 El

6

de 100k

 5k   20

factor de rea lim entación  R2  20     0.2 R1  R 2 80  20 con

de

R1

y

R2

en

serie.

es

La

ganancia

rea lim entación

es

Af 

A  20  20    4 1  A 1    0.2   0.2  5

Problema 3. Calcule la ganancia del amplificador del circuito de la figura, para una ganancia del amplificador operacional A = 100000 y resistencias R1 = 1.8 k y R2 = 200 .



Diodos


Solución.



R2 200   0.1 R1  R 2 200  1.8k

A 100000 100000    9.999 1  A 1   0.1100000 10001 Nótese que puesto que A1. 1 1 Af    10  0.1 Af 

Problema 4. Calcule la ganancia de voltaje del circuito de la figura



Diodos


Solución. Sin

rea lim entación  h fe Io  120 A    0.085 Vi hie  R E 900  510

 

Vf

  R E  510 Io El factor 1  A es entonces 1  A  1    0.085  510   43.35 La ganancia con rea lim entación es, por consiguiente A  0.085 Af    1.96  10  3 1  A 43.35 y la ganancia de voltaje con rea lim entación Avf es







Avf  A f RC   1.96  10 3 2.2  10 3  4.3

 RE

 0

Sin

rea lim entación

Av 

 RC  2.2  10   293.3 re 7 .5

la

ganancia

de

voltaje

es

3

Problema 5. Calcule la ganancia de voltaje con y sin realimentación en el circuito de la figura, con los valores de gm = 5 ms, RD = 5.1 k, RS = 1 k y RF = 20 k.



Diodos


Solución. Sin

rea lim entación



la



ganancia



de

voltaje

es

reduce

a

Av   g m R D   5  10  3 5.1 10 3  25.5 Con

rea lim entación

Avf    g m R D  Avf    25.5

la

ganancia

se

RF RF  g m RD RS

20  10 3  25.5 0.44  11.2 20  10 3  5  10  3 5.1 10 3 1 10 3









AMPLIFICADOR LINEAL NO INVERSOR. El amplificador se puede utilizar también como amplificador no inversor. Problema 6. Ganancia. La ganancia total del amplificador no inversor se determina si suponemos que es un operacional ideal. Entonces Ro=0, Ri es infinita y Ad también es infinita por lo que Vd0. El circuito equivalente esta representado en la figura.



Diodos


(a)

(b) Amplificador lineal no inversor: (a) circuito; (b)circuito con operacional ideal. Solución. Vi = v2 = v1

vi  R1R1R2 v0 de donde, Av 

v 0 v 0 R1  R 2 R    1 2 v i v1 R1 R1



Diodos


Problema 7. Impedancia de entrada de un amplificador no inversor es ri = vi / ii. Puesto que ii = vd / Ri, ii debe ser muy pequeña y por lo tanto, ri debe ser muy grande. Solución. Para determinar cuantitativamente ri escribimos V ii  d Ri Sin embargo, como vd = v0 /Ad, se convierte en V ii  0 Ad Ri Observando que  R  V0   1  2  Vi R1   Tenemos 1  R2 R1 ii  Vi Ad Ri Luego, la impedancia de entrad es

ri 

Vi Ad Ri  ii 1  R2 R1

Por ejemplo, si Ad = 105, Ri = 100 k, R2 = 10 k y R1 = 1 k, entonces ri  1 G(=109). Problema 8. Para hallar la impedancia de salida r0, debemos sustituirla fuente te tensión de entrada vi por un corto circuito, aplicar a la salida una fuente de tensión de prueba y medir la corriente suministrada por esta fuente de prueba. Solución. El circuito equivalente resultante es entonces idéntico al utilizado para calcular la r0 del amplificador inversor. Por tanto, r0 se puede hallar mediante 1 1  Ri Ad  R1  R2  1   r0 R0 R1  R2 Así en la mayoría de las aplicaciones, r0 se supondrá nula. Problema 9. En el rectificador de media onda con diodo, vimos que un diodo real se caracteriza por una tensión umbral V(0.65V para el silicio), en la figura está representado por un circuito rectificador con AO que solventa el efecto de la tensión umbral y que rectifica tensiones del orden de los milivoltios. Mostrar que para cualquier rectificador con AO, VL=Vi con una diferencia de unos pocos microvoltios.



Diodos


Solución. En el circuito se ve que cuando V 0 es suficientemente positiva para conmutar el diodo en el estado de conducción, el bucle de realimentación se cerrara a través del diodo en conducción y la acción de realimentación hará que la tensión de entrada diferencial sea muy pequeña. Cuando esto ocurre tendremos VL Vi. Sin embargo, si la tensión de salida V0 es menor a la tensión umbral del diodo, no circulara corriente por el diodo y el bucle de realimentación estará abierto. La salida del rectificador V L es ahora igual a 0V ya que no fluye corriente por RL. Así VL=0 cuando V0  V. La tensión de entrada necesaria para alcanzar esta tensión de salida es Vi = Vd +VL  Vd =

V V0  Ad Ad

En un operacional practico Ad = 105, y con V =0.65V el punto de cambio de pendiente, llamado codo, en la característica es Vi = 6.5V. La característica entrada-salida resultante esta representada en la figura: VL Pendiente  1 Pendiente = 0 V

Ad

Vi

luego, cuando VL  V / Ad el amplificador operacional está trabajando en la zona de conducción de la característica. La salida rectificada VL está ahora relacionada con Vi por la ecuación V0 V L  0.7  Vi – VL = Vd = Ad Ad resolviendo para Vi se obtiene



Diodos




 1 

1 Ad



 

0.7 Ad

 Vi = VL  en la figura vemos que para cualquier rectificador con amplificadores operacionales, VL=Vi con una diferencia de unos pocos microvoltios.

Vi

V

t

Ad

VL t Mostrando las formas de onda típicas cuando Vi es senoidal. Por ejemplo, el amplificador operacional 709 no podría utilizarse para esta aplicación puesto que solo puede tener 5V, mientras que el 101 o el 741 están diseñados para permitir grandes variaciones en Vd, del orden de 30V y, por tanto puede usarse. Problema 10. En el circuito rectificador de la figura, hallar la tensión de entrada Vi, cuando el diodo esta en corte.

Solución. La operación del circuito se puede explicar observando que si el diodo esta funcionando por debajo de la tensión umbral, la corriente del diodo es cero y la caída de tensión en R L D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


también es cero. Así pues , VL = Vref cuando el diodo esta bloqueado o en corte. Para hallar el margen de tensiones de entrada en que esto ocurre observemos que se debe tener Vd = V0 – VL < V Cuando se sustituye V0 = (Vi – VL) / Ad, se puede obtener de V  VL

Vi <

Ad

 VL

Puesto que, cuando el diodo esta en corte VL = Vref, la tensión de entrada en el codo es Vi 

V  Vref Ad

 Vref  Vref

Ahora cuando VL  Vi, cuando Vi >Vref. la característica estará representada en la figura y también las formas de ondas típicas. Vi VL Vref VL=Vi t Vref Vi

VL

Vref Vref Problema 11. Explique como actúa el rectificador de onda completa de la figura.



Diodos


Solución. La tensión de entrada Vr es la tensión de entrada Vi después de la rectificación de media onda. Entonces cuando aumenta Vi por encima de 0V, D2 conduce y Vo se hace negativa, haciendo que el D1 se bloquee, es decir pase al estado de corte. Entonces la corriente i 2 = 0 y Vr = V1. Sin embargo con D2 en conducción, Vo=V1 - 0.7. Como V1 = -Vd1 = -Vo / Ad1 = (V1 – 0.7) / Ad1, se tiene Vr = V1 =

0.7  0V Ad  1

para Vi > 0

Cuando Vi es negativa, Vo es positiva y el diodo D 2 está en corte mientras que el diodo D 1 conduce. Ahora A1 está conectado como amplificador inversor y con i2  i1 = -Vi / R y Vd1  0 se tiene Vr  Ri2 = Ri1 = -Vi para Vi < 0 Combinándolos, se ve que el circuito del operacional A1 actúa como rectificador de media onda. Las formas de onda de Vi y Vr están representadas en la figura. El amplificador A 2 es un sumador con una tensión de salida utilizando las formas de onda de Vi y Vr representadas en la figura, se llega a la salida rectificada de onda completa representada. Esta depende del grado de adaptación de las resistencias del circuito. Vi

t Vr



Diodos


t VL = - Vi – 2Vr t

Problema 12. Explicar el amplificador logarítmico de la figura.

Solución. Este circuito acepta dos entradas, V1 y V2 y la tensión de salida es proporcional al logaritmo del cociente de estas tensiones de entrada. A menudo V 2 es una tensión de referencia. Los transistores T1 y T2 son la realimentación de los dos operacionales. Por tanto suponiendo Vd1  0V y Vd2 0V, tenemos V V i1  1 i2  2 e R1 R2 Las corrientes del colector iC1 e iC2 vienen dadas por

i1  iC1 

V1  I 0 VBE ! / Vt R1



Diodos


i 2  iC 2 

V2  I 0 VBE 2 / Vt R2

Dividiéndolos y tomando el logaritmo del resultado se obtiene  R V  V BE1  V BE 2  VT ln 2 1   R1 V2  Sin embargo, con VE2 = VE1 = VE, VBE1 = - VE VBE2 = VB2 - VE Luego, sustituyendo se tiene  R V   V B 2  VT ln 2 1   R1 V2  R4 V0 R3  R4 Finalmente combinando llegamos a la ecuación deseada  R  R3   R2 V1 V0   4 VT  ln R4    R1 V2 VB 2 

 

 Obsérvese que aunque Vo no es ya función de Io, todavía es sensible a la temperatura debido al término VT. Para minimizar la variación de temperatura debida a V T, se elige R3 mucho mayor que R4, es una resistencia con compensación de temperatura calculada para que

VT R4  VT T  T R 4

Típicamente R3 = 16k y R4 =1k. Una de las tensiones de entrada suele ser una tensión de referencia, aunque sean función del tiempo. Si Vo debe ser positiva, V1 es la tensión de referencia. Problema 13. En el amplificador logarítmico del anterior problema, en el que se utiliza el LM194 tiene los siguientes valores paramétricos R1 = R2 = 10 k R3 = 16.4 k  1% R4 = 1 k (compensado en temperatura) VT = 25 mV La tensión de entrada V1 varia de 1 mV a 10 V. Hallar el valor de la tensión de referencia V 2 por el cual Vo sea 0 V cuando V1 es 100 mV. Representar Vo en función de V1. Solución. V0 

16.4  1 V V  25  10 3  ln 1  0.434 ln 1 2 V2 V2 D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


puesto que log x  0.434 ln x, tenemos V1 V2 como log 1 = 0, la tensión de referencia debe ser 100 mV para tener Vo = 0V cuando V1 = 100 mV. Finalmente, V V0   log 1   log10V1 0.1 V0   log

Amplificadores de Potencia Problema 1. Calcule la polarización de cd, la ganancia de voltaje, la impedancia de entrada y salida, y el voltaje de salida resultante para el amplificador en cascada de la figura. Calcule el voltaje en la carga de 10 k se conecta a través de la salida.



Diodos


Solución. Ambas etapas de amplificador tienen la misma polarización de cd. Haciendo uso de las técnicas de polarización en cd obtenemos: VGS Q = -1.9 v, ID Q =2.8 mA. Ambos transistores tienen g m0  g m

2 I DSS 210mA   5ms Vp  4v

y el punto de operación en cd, VGS Q  g m  g m0  1   VP 



   5ms   1   1.9v   2.6m   4v   

La ganancia de voltaje para cada etapa es entonces AV1 = -gmRD = -(2.6ms)(2.4k) = 6.2 La ganancia de voltaje del amplificador en cascada es entonces AV = AV1AV2 = (-6.2)(-6.2) = 38.4 El voltaje de salida será de V0 = AVVi = (38.4)(10 mv) = 384 mv La impedancia de entrada del amplificador en cascada es Zi = RG = 3.3 M La impedancia de salida del amplificador en cascada (suponiendo que rd = ) es de Z0 = RD = 2.4 k El voltaje de salida a través de una carga de 10 k sería entonces RL 10k  384mv   310mv VL  V0  Z 0  RL 2.4k  10k Problema 2. Calcule la ganancia de voltaje para el amplificador cascode de la figura.



Diodos


Solución. El análisis de polarización de cd al emplear los procedimientos dan como resultado VB1 = 4.9 v, VB2 = 10.8 v, IC1 = IC2 =3.8 mA. La resistencia dinámica de cada uno de los transistores es, por consiguiente, re 

26 26   6.8 Ie 3.8

La ganancia de voltaje de la etapa 1(emisor común) es aproximadamente Av1  

RC r   e  1 re re

La ganancia de voltaje de la etapa 2 (base común) es R 1.8k AV 2  C   265 re 6.8 Lo que implica una ganancia total para el amplificador cascode de AV = AV1AV2 =(-1)(265) = -265 Problema 3. ¿Qué ganancia de corriente proporciona una conexión Darlington con dos transistores idénticos, cada uno de ellos con una ganancia de corriente de  = 200? Solución. De la ecuación

D = 2 = (200)2 = 40000

Problema 4. Calcule los voltajes de polarización de cd y corrientes en el circuito de la figura. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Solución. La corriente de base es IB

Vcc VBE RB



18 v

R 3.3 M D E

16 v

8000 ( 390  )

2.56  A

La corriente de emisor es entonces El voltaje en cd de emisor es Y el voltaje de base es El voltaje de colector es el valor suministrado por la fuente: Problema 5. Calcule la impedancia de entrada del circuito de la figura, si ri=5 k.



Diodos


Solución. Zi= RB || (ri+DRE) = 3.3M || [5K+(8000)(390)] = 1.6 M Problema 6. Calcule la impedancia de salida para el anterior circuito. Solución. Z0 

ri 5 K   0.625  B 8000

Problema 7. Calcule la ganancia de voltaje de ca Av para el circuito del problema 5. Solución. Av =

390   8000  390  = 0.998 5k   390   8000 390  

Problema 8. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Calcule las corrientes y voltajes de polarización de cd para el circuito de la figura, para proporcionar Vo con una magnitud de un medio del voltaje de la fuente(ICRC=9v).

Solución. I B1 =

18V  0.7V 17.3V = = 4.45 A 2 M  140 180  75  3.89  10 6

La corriente de base Q2 es entonces IB2= IC1= 1IB1 = 140(4.45A) = 0.623 mA Lo que resulta en una corriente de colector Q2 de IC2= 2IB2 = 180(0.623 mA) = 112.1 mA

Y la corriente a través de RC es por consiguiente IC= IE1+IC2 = 0.623 mA + 112.1 mA = IC1 = 112.1 mA Así, el voltaje de cd en la salida es V0(dc) = Vcc – ICRC = 18 V – 112.1 mA(75) = 9.6 V V1(dc) = V0(dc) –VBE = 9.6V – 0.7V = 8.9 V Problema 9. En el circuito de la figura, sea utilizado un transistor de las siguientes características: D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


PC,max = 4 W (una vez aplicados los factores de reducción o degradación) BVCEO = 40 V ; iC, máx =2 A La resistencia de carga RL es de 10. Determinar el punto de reposo de modo que la carga disipe la potencia máxima. Determinar también la tensión de alimentación VCC.

Solución. El punto de reposo se obtiene trazando la ecuación 1 V iC  VCE  CE RL 10 El punto de reposo Q, se obtiene analíticamente, I CQ 

4  0.63 A y 10

VCEQ 

4  10  6.3V

La tensión de la fuente de alimentación VCC es igual VCEQ(se desprecia la caída de tensión en Re). Luego VCC = 6.3 V Y el valor máximo de VCE es igual a 12.6 V y menor que la tensión de ruptura. La corriente máxima de colector iC es igual a 1.26 A y menor que la corriente máxima admitida. La potencia máxima entregada a la carga será



Diodos


I 2CQ RL  0.63 10    2W 2 2 2

PL, máx

Selección de Re, Rb y VBB. Re se toma pequeña de modo que su disipación de potencia sea despreciable. Por ejemplo podemos escoger Re = 1 de modo que Rb 

Si  = 40,

1 Re 10

PRe =I2CQ (1) = 0.4 W << PC, máx = 4 W Rb  4

La tensión de alimentación de la base es: VBB  0.7 + (0.63)(1) = 1.33 V Si el efecto de Re se incluye en el calculo, el punto Q se desplaza ligeramente y da lugar a un incremento de la tensión VCC necesaria. Consideremos el mismo problema con la corriente de colector máxima i C máx = 1.26 A, que sobre pasa la nueva corriente máxima admitida, si el punto de reposo permanece invariable, la amplitud de pico de ac admitida se reduce a 0.37 A. Si la señal es senoidal la corriente máxima es IC = 0.37 sen wt A Y la potencia máxima disipada en la carga es PL, máx = (0.5)(0.37)2(10)  0.69 W Como la carga de 10 es fija, la pendiente de la recta de carga de corriente alterna es fija. Sin embargo, si la recta de carga se desplaza cortando al eje i C entonces iC, máx = 1 A y el punto de reposo se sitúa en las nuevas coordenadas ICQ = 0.5 A

VCEQ = VCC = 5 V

El valor máximo de la componente alterna de la corriente de colector es IC = 0.5 sen wt A Y la potencia máxima disipada en la carga es PL, máx = (0.5)(0.5)2(10) = 1.25 W En cualquier caso, la potencia suministrada está muy por debajo de la posible de 2 W. Esto es debido a la incapacidad de compensar la reducción de la corriente máxima de colector admitida.



Diodos


Problema 10. El circuito de la figura, utiliza un transistor de silicio npn junto con una resistencia de carga de 8. Las especificaciones máximas de este transistor son PC,max = 24 W (después de aplicar los coeficientes de reducción) BVCEO = 80 V ; VC,E sat =2 V Determinar la amplitud máxima y la potencia máxima disipada por la carga.

Solución. La carga disipa la potencia máxima cuando la amplitud de la corriente de colector es máxima. La ecuación de la recta de carga de corriente alterna es

RL(iC – ICQ) = -(VCE – VVCQ) Cuando iC es máxima, iC = 2ICQ y VCE, sat. Luego RLICQ = VCEQ – VCE,sat Para no sobrepasar la disipación media máxima en el colector, podemos establecer ICQVCEQ = PC, mäx Combinando las expresiones y resolviendo la ecuación resultante se obtienen los siguientes valores de ICQ y VCEQ I CQ  

VCE , sat 2 RL



PC .máx  VCE , sat   RL  2 RL

2

  



Diodos


Y

VCEQ 

VCE , sat 2



 V PC , máx RL   CE , sat 2 

2

  

El punto de reposo resulta ser ICQ  1.6 a y VCEQ  15 V De este modo la tensión de alimentación del colector Vcc es 15V, despreciando la caída en Re. El valor máximo de pico de la componente alterna de la corriente de colector es 1.6 A, y la potencia media máxima disipada en la carga es 1 2 I CQ RL  1 2 PL , máx  2    1.6   8  10.2W 2 2   Obsérvese que el rendimiento máximo, despreciado las perdidas en Re, es solamente R 10.2 máx  L , máx   42 % PCC 151.6 Problema 11. Utilizando el transistor del problema 9 donde iC, máx = 1 A, con acoplamiento por transformador a una carga de 10, diseñar de nuevo el amplificador para obtener una transferencia máxima de potencia a la carga. Especificar la tensión necesaria, la potencia disipada en la carga y la relación del número de espiras N del transformador.

Solución. El punto de reposo que dará una transferencia máxima de potencia a la carga I CQ  VCEQ 

PC , máx 2

N RL



0.4 0.63  A 2 N N

PC , máx N 2 RL  6.3NV

Así, utilizando un transformador, el punto de reposo puede fijarse casi arbitrariamente, siempre que



Diodos


1.26 2ICQ  1  iC,máx N y

2Vceq = 12.6N < 40 = BVCE0

Estas desigualdades fijan los límites de la relación de transformación, esto es, 1.26 < N < 3.17 Cuando se tiene el problema de escoger entre una amplia gama de puntos Q, deben tenerse en cuenta otras consideraciones. Por ejemplo, es practico utilizar la menor corriente posible ya que cuanto mayor es la corriente que debe suministra la fuente de alimentación de corriente continua mayor es su tamaño y costo. A menudo debe utilizarse una tensión de alimentación determinada VCC (y por tanto VCEQ). Una consideración muy importante es la disponibilidad de un transformador con la relación de espiras adecuadas. Una relación de espiras normal es N=2; si se escoge un transformador con esta relación, ICQ  0.32 A

Y

VCEQ = 12.6 V  VCC

Luego PL,máx = (0.5)(0.32)2(10) = 2 W Problema 12. Diseñar un amplificador push-pull de clase B, que proporcione una potencia máxima sobre una carga de 10. Utilizar dos transistores con valores nominales iguales al del problema 9(iC, máx = 1 A). Determinar Vcc, N y la red de polarización para eliminar la distorsión de cruce. Calcular la potencia de salida y rendimiento. Solución. La potencia máxima de salida viene dada por V 2CC VCC I Cm PL , máx   2 R´L 2 Así, la potencia de salida puede aumentarse aumentando Vcc e Icm. Sin embargo, Vcc e Icm no pueden aumentarse indefinidamente. Las características del transistor estableces límites superiores para estos valores. VCC  (0.5)BVCE0 = 20 V

Icm  IC, máx = 1 A

Y utilizando VCC I cm  5 PC , máx  20W 2 El punto de reposo se determina de modo que el transistor funcione con los valores máximos de iC y BVCE0. luego VCC = 20 V e Icm = 1 A PL , máx 

Luego

PL, máx = 10 W D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


La relación del número de espiras N se halla del siguiente modo. Como V I cm  2CC N RL Tenemos N2 = 2 y N = 1.414 Obsérvese que los transistores en push-pull proporcionan cinco veces la potencia que un solo transistor podría suministrar a una carga dada sin exceder los límites máximos. Para completar el cálculo, debe elegirse una red de dolarización:

Amplificador push-pull polarizado por batería. Es un amplificador con una fuente de polarización separada. VBB se toma igual a la tensión de conducción del transistor que para el silicio es aproximadamente 0.7 V.



Diodos


Amplificador push-pull polarizado por divisor resistivo. En la práctica, en vez de una fuente de alimentación separada se utiliza la fuente de alimentación Vcc con un divisor de tensión adecuado. R 1 y R2 se eligen de modo que la caída de tensión base-emisor sea aproximadamente 0.7 V. A menudo se utiliza un diodo de silicio en vez de R2, ya que la caída de tensión en el diodo de silicio funcionando por encima de su tensión de codo es similar a la tensión de reposo base-emisor necesaria para hacer conducir al transistor. Problema 13. Un amplificador de simetría complementaria utiliza transistores que tienen las mismas características que las del anterior problema. Hallar Vcc y la potencia máxima que puede suministrar a una carga de 10.

Solución. Cada transistor es esencialmente un seguidor de emisor de clase B. Consideremos T2: su circuito equivalente durante la conducción, es la siguiente:



Diodos


el valor pico de iC2 no puede exceder 1 A. VCC  1A RL Por consiguiente Vcc = 10 V Obsérvese que la excursión de 2Vcc es menor que la tensión de ruptura colector-emisor, tal como se requiere. La corriente de carga es iL = iC1 – iC2 Si Vi es senoidal, también lo será iL con un corriente de cresta máxima de V I Lm  CC RL Luego V iL  I Lm sen wt   CC senwt RL La potencia máxima en la carga es V 2 CC PL , máx   5W 2 RL Se puede tener alguna idea de la tensión de señal necesaria para excitar este amplificador suponiendo que ri << R. Entones, a causa de que el circuito es esencialmente un seguidor de emisor, la máxima señal Vi = Vim senwt, debe tener un valor pico de Vcc, es decir, Vim = Vcc, para transferir totalmente los 5 W a la carga.



Diodos


Amplificadores Operacional Problema 1. Determine el voltaje de salida para circuito de la figura, para una entrada sinusoidal de 2.5 mV.

Solución. Se utiliza un A.O. 741 para proporcionar una ganancia fija o constante, que se calcula por medio de la ecuación siguiente: A=-

Rf R1

=-

200k = -100 2k

El voltaje de salida es por lo tanto Vo = Avi = -100(2.5m V) = -250 mV = -0.25 V Problema 2. Calcule el voltaje de salida del circuito de la figura, para una entrada de 120V.



Diodos


Solución. La ganancia del circuito amp-op se calcula mediante el uso de la siguiente ecuación A=1+

Rf R1

=1+

240k = 1+100 = 101 2.4k

El voltaje de salida es entonces Vo = Avi = 101(120V) = 12.12mV Problema 3. Se ilustra la conexión de un amplificador operacional cuádruple LM124 como un amplificador de tres etapas con ganancias de +10, -18 y –27. Haga uso de un resistor de realimentación de 270 k para los tres circuitos. ¿Qué voltaje de salida resultará para una entrada de 150V?.

Solución. Para la ganancia de +10: A=1+ Rf R1

Rf R1

= 10

= 10 – 1 = 9



Diodos


R1 =

Rf 9

=

270k = 10k 9

Para la ganancia de –18: Rf

A2 = R2 =

Rf 18

=

R2

= -18

270k = 15k 18

Para la ganancia de –27: A3 = R2 =

Rf 27

=

Rf R3

= -27

270k = 10k 27

Para una entrada V1=150V, el voltaje de salida será de V0 = A1A2A3V1 = (10)(-18)(-27)(150V) = 4860(150V) = 0.729V Problema 4. Se ilustra la conexión de tres etapas de A.O. haciendo uso de un CI LM348 para proporcionar salidas que son 10, 20 y 50 veces mayores que la entrada. Emplee un resistor Rf=500k en todas las etapas. Solución. El componente de resistencia para cada una de las etapas se calcula como R1 = R2 = R3 = -

Rf A1 Rf A2 Rf A3

=-

500k = 50k  10

=-

500k = 25k  20

=-

500k = 10k  50

El circuito resultante se dibuja en la figura siguiente



Diodos


Problema 5. Calcule el voltaje de salida para el circuito de la figura. Las entradas V1=50mVsen(1000t) y V2=10mVsen(3000t).

Solución. El voltaje de la salida es 330k   330k V1  V2  = -(10V1 + 33V2) 10k  33k 

Vo = - 

Vo = -[10(50mV)sen(1000t) + 33(10mV)sen(3000t)] Vo = -[0.5sen(1000t) + 0.33sen(3000t)] Problema 6. Determine la salida para el circuito de la figura, con los componentes Rf=1M, R1=100k, R2=50k y R3=500k.



Diodos


Solución. El voltaje de salida se calcula como 1M 1M  1M  V2  V1  = 20V2 - 20V1 = 20(V2 – V1) 500k 100k   50k

Vo = 

Se observa que la salida es la diferencia de V2 y V1 multiplicada por un factor de ganancia de 20. Problema 7. Ilustre la conexión de un 741 como un circuito de ganancia unitaria. Solución. La conexión es la siguiente

Problema 8. (a) Para la figura a, calcule IL. (b) Para el circuito de la figura b, calcule Vo.



Diodos


(a)

(b)

Solución. (a) Para el circuito de la figura a, IL =

V1 8V  = 4mA R1 2k

(b) Para el circuito de la figura b, Vo = -I1R1 = -(10mA)(2k) = -20V Problema 9. Calcule la expresión del voltaje de salida para el circuito de la figura.

Solución. El voltaje de salida puede, por tanto, expresarse empleando la ecuación 

Vo =  1  

2R  2 5000    V1  V2    1  V1  V2  RP  500  

Vo = 21(V1 – V2) Problema 10. Calcule la frecuencia de corte de un filtro pasabajos de primer orden para R1=1.2k y C1=0.02F. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Solución. f OH 

1 1   6.63kHz 3 2R1C1 2 1.2  10 0.02  10  6







Problema 11. Para el circuito de la figura, calcule la máxima potencia de entrada, la máxima potencia de salida, el voltaje de entrada para la máxima potencia de operación y la potencia disipada por los transistores de salida para este voltaje.

Solución. La máxima potencia de entrada es

2V 2 CC 2 25V   = 99.47 W RL   4 2

Pi(cd)máxima = La máxima potencia de salida es

V 2 CC  25V   Po(ca)máxima = = 78.125 W 2 RL 2  4 (nótese que se consigue la máxima eficiencia:) P0 78.125W  100 % = 100 % = 78.54% %  Pi 99.47W para conseguir la máxima potencia de operación, el voltaje de salida debe ser de VL (p) = VCC = 25V y la potencia disipada por los transistores de salida es, por consiguiente, P2Q = Pi –P0 = 99.47W – 78.125W = 21.3W 2

Problema 12.



Diodos


Para el circuito de la figura, determine la máxima potencia disipada por los transistores de salida y el voltaje de entrada en que ocurre.

Solución. La máxima potencia disipada en ambos transistores de salida es 2 2 V 2 CC 2  25V   2 P2Qmáxima = 2 = 31.66 W 4  RL  Esta disipación máxima se presenta para VL = 0.636VL(p) = 0.636(25V) = 15.9V (Adviértase que para VL =15.9V el circuito requiere de los transistores de salida para disipar 31.66W, mientras que para VL =25V los mismos solo tienen que disipar 21.3W). Problema 13. Calcule los componentes de distorsión armónica para una señal de salida con una amplitud fundamental 2.5V, una amplitud de segunda armónica de 0.25V, una amplitud de tercera armónica de 0.1V y una amplitud de cuarta armónica de 0.05V. Solución. Empleando la siguiente ecuación se llega a % D2  % D3  % D4 

A2 A1 A3 A1 A4 A1

 100 % =

0.25V  100 % = 10% 2.5V

 100 % =

0.1V  100 % = 4% 2.5V

 100 % =

0.05V  100 % = 2% 2.5V

Problema 14. D o c u me n t o d e s ca rga d o d e :


Diodos


Calcule la distorsión armónica total para las componentes de amplitud dadas en el problema anterior. Solución. Haciendo uso de los valores calculados de D2=0.1, D3=0.04 y D4=0.02 en la ecuación: %THD = D 2 2  D 2 3  D 2 4  100 % %THD =

 0.1 2

  0.04    0.02  2

2

 100 %

= 0.1095 x 100%

%THD = 10.95%



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