DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS I EXAMEN DICIEMBRE 2006 EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) significativas) A una barra de Germanio de 10 cm de longitud y 2 cm 2 de sección se le aplica una diferencia de potencial de 10 V entre sus extremos. Conociendo como datos que la concentración intrínseca de portadores portadores a 300 ºK es 2,36 ⋅ 1019 m-3, que la movilidad de los 2 2 electrones es 0,39 m /(V ⋅ s) y que la movilidad de los huecos es 0,182 m /(V ⋅ s), determinar: determinar: DATOS: Constante de Boltzman: k = 8,620 ⋅ 10
−5
(0,5) a) Resistencia de la barra a 300 ºK
R=
ρ
L
;
S
ρ
1
=
=
σ
=
1 ni ⋅ q ⋅
(µ
n
+ µ p )
R = 0,46299Ω ⋅ m
º K
1 n ⋅ q ⋅ µ n + p ⋅ q ⋅ µ p
En el germanio intrínseco se cumple que n
ρ
eV
= p = ni . Por lo tanto: 1
=
19 3 19 2,36 ⋅ 10 m − ⋅ 1,6 ⋅ 10 − C ⋅ (0,39 + 0,182 )
0,1m
m2
= 0,46299 Ω ⋅ m
V ⋅ s
= 231,49Ω
4 2 2 ⋅ 10 − m
La resistencia de la barra de germanio a 300 ºK es:
R = 231,49 Ω
(0,5) b) Velocidad de arrastre de electrones y huecos a 300 ºK. La velocidad de arrastre depende de la movilidad y el campo eléctrico aplicado: v
E =
V
vn =
vp =
L
=
µ n
µ p
10V 10cm
=1
⋅ E = 0,39
V
= 100
cm m2
V ⋅ s
⋅ E = 0,182
m
⋅ 100
V m
V m
2
V ⋅ s
⋅ 100
= 39
V m
m s
= 18,2
m s
Por lo tanto, la velocidad de arrastre de electrones y huecos a 300 ºK es: vn = 39 m/s vp = 18,2 m/s
= µ ⋅ E
(0,5) c) Si la barra de germanio se dopa con indio (grupo IIIA de la tabla periódica) en una concentración de 2 ⋅ 1018 at/m3 a una temperatura de 300 ºK, calcular la concentración de electrones y huecos en el silicio en estas circunstancias. El indio es un elemento del grupo IIIA de la tabla periódica (3 electrones de valencia) y por lo tanto es una impureza aceptora. Esto implica que: N A = 2 ⋅ 1018 m-3 y ND = 0. Como a 300 ºK la concentración intrínseca intrínseca del germanio es n i = 2,36 ⋅ 1019 m-3, se tiene que la concentración de impurezas aceptoras ace ptoras es menor que la concentración intrínseca (N A < ni). Por lo tanto no se pueden realizar las aproximaciones del apartado anterior. En cualquier semiconductor se tienen que cumplir la ley de la neutralidad eléctrica y la ley de acción de masas:
N D + p = N A + n n ⋅ p = ni
2
=> n
ni2
=
p
⇒ p = N A +
ni2 p
(
2
2
2
2
2
18
)
19 2
p = N A ⋅ p + ni ⇒ p − N A ⋅ p − ni = 0 ⇒ p − 2 ⋅ 10 ⋅ p − 2,36 ⋅ 10
=0
Se resuelve la ecuación de 2º grado y se obtienen dos valores posibles para la concentración de huecos: 19 -3 p = 2,4621 ⋅ 10 m p = -2,2621 ⋅ 1019 m-3 Claramente el segundo resultado al ser negativo no es un valor válido, por lo que la concentración de huecos es la que presenta el primer resultado. A continuación se obtiene el valor de la concentración de electrones a partir de la ecuación de la ley de acción de masas: 2
n=
ni
p
=
−3 2 19 (2,36 ⋅ 10 m )
2,4621 ⋅ 10 m 19
−3
= 2,2621 ⋅ 1019 m −3
Las concentraciones de electrones y huecos son: n = 2,2621 ⋅ 1019 m-3 p = 2,4621 ⋅ 1019 m-3
(0,5) d) Si la conductividad de un determinado semiconductor puro se incrementa en un 50% cuando la temperatura pasa de 300 ºK a 310 ºK, ¿cuál sería la anchura de la banda prohibida a 0 ºK de dicho semiconductor? (considerar las movilidades movilidades de los portadores constantes con la temperatura) σ (310º K ) σ (300º K )
= 1,5
En el germanio puro se cumple que n
n = A0 ⋅ T ⋅ e 2 i
σ (310º K )
σ (310º K ) σ (300º K )
3
−
E G0 k .T
= A0 . 310 3 ⋅ e
−
A0 . 310 ⋅ e 3
=
= p = ni . Por lo tanto: σ = n ⋅ q ⋅ µ n + p ⋅ q ⋅ µ p = ni ⋅ q ⋅ (µ n + µ p )
A0 . 300 ⋅ e 3
E G0 2⋅k ⋅310
−
−
σ (300º K )
;
E G 0 2⋅k ⋅310 E G 0 2⋅k ⋅300
=
310 3 300 3
E G0 ⎛ 1
⋅e
⎜
−
= A0 . 300 3 ⋅ e E G0 ⎛ 1
1 ⎞
⎟
2⋅k ⎝ 300 310 ⎠
= 1,5 ⇒ e
⎜
−
E G0 2⋅k ⋅300
−
1 ⎞
⎟
2⋅k ⎝ 300 310 ⎠
= 1,5 ⋅
300 3 310 3
= 1,428
E G0 ⎛ 1 1 ⎞ 2 ⋅ k ⋅ ln 1,428 2 ⋅ 8,62 ⋅ 10 −5 ⋅ 0,35627 eV = 0,57135eV − = ⎜ ⎟ = ln 1,428 ⇒ E G0 = 1 ⎞ 2 ⋅ k ⎝ 300 310 ⎠ 0,0001075 ⎛ 1 − ⎜ ⎟ 300 310 ⎝ ⎠ E G0 = 0,57135eV
(0,5) c) Si la barra de germanio se dopa con indio (grupo IIIA de la tabla periódica) en una concentración de 2 ⋅ 1018 at/m3 a una temperatura de 300 ºK, calcular la concentración de electrones y huecos en el silicio en estas circunstancias. El indio es un elemento del grupo IIIA de la tabla periódica (3 electrones de valencia) y por lo tanto es una impureza aceptora. Esto implica que: N A = 2 ⋅ 1018 m-3 y ND = 0. Como a 300 ºK la concentración intrínseca intrínseca del germanio es n i = 2,36 ⋅ 1019 m-3, se tiene que la concentración de impurezas aceptoras ace ptoras es menor que la concentración intrínseca (N A < ni). Por lo tanto no se pueden realizar las aproximaciones del apartado anterior. En cualquier semiconductor se tienen que cumplir la ley de la neutralidad eléctrica y la ley de acción de masas:
N D + p = N A + n n ⋅ p = ni
2
=> n
ni2
=
p
⇒ p = N A +
ni2 p
(
2
2
2
2
2
18
)
19 2
p = N A ⋅ p + ni ⇒ p − N A ⋅ p − ni = 0 ⇒ p − 2 ⋅ 10 ⋅ p − 2,36 ⋅ 10
=0
Se resuelve la ecuación de 2º grado y se obtienen dos valores posibles para la concentración de huecos: 19 -3 p = 2,4621 ⋅ 10 m p = -2,2621 ⋅ 1019 m-3 Claramente el segundo resultado al ser negativo no es un valor válido, por lo que la concentración de huecos es la que presenta el primer resultado. A continuación se obtiene el valor de la concentración de electrones a partir de la ecuación de la ley de acción de masas: 2
n=
ni
p
=
−3 2 19 (2,36 ⋅ 10 m )
2,4621 ⋅ 10 m 19
−3
= 2,2621 ⋅ 1019 m −3
Las concentraciones de electrones y huecos son: n = 2,2621 ⋅ 1019 m-3 p = 2,4621 ⋅ 1019 m-3
(0,5) d) Si la conductividad de un determinado semiconductor puro se incrementa en un 50% cuando la temperatura pasa de 300 ºK a 310 ºK, ¿cuál sería la anchura de la banda prohibida a 0 ºK de dicho semiconductor? (considerar las movilidades movilidades de los portadores constantes con la temperatura) σ (310º K ) σ (300º K )
= 1,5
En el germanio puro se cumple que n
n = A0 ⋅ T ⋅ e 2 i
σ (310º K )
σ (310º K ) σ (300º K )
3
−
E G0 k .T
= A0 . 310 3 ⋅ e
−
A0 . 310 ⋅ e 3
=
= p = ni . Por lo tanto: σ = n ⋅ q ⋅ µ n + p ⋅ q ⋅ µ p = ni ⋅ q ⋅ (µ n + µ p )
A0 . 300 ⋅ e 3
E G0 2⋅k ⋅310
−
−
σ (300º K )
;
E G 0 2⋅k ⋅310 E G 0 2⋅k ⋅300
=
310 3 300 3
E G0 ⎛ 1
⋅e
⎜
−
= A0 . 300 3 ⋅ e E G0 ⎛ 1
1 ⎞
⎟
2⋅k ⎝ 300 310 ⎠
= 1,5 ⇒ e
⎜
−
E G0 2⋅k ⋅300
−
1 ⎞
⎟
2⋅k ⎝ 300 310 ⎠
= 1,5 ⋅
300 3 310 3
= 1,428
E G0 ⎛ 1 1 ⎞ 2 ⋅ k ⋅ ln 1,428 2 ⋅ 8,62 ⋅ 10 −5 ⋅ 0,35627 eV = 0,57135eV − = ⎜ ⎟ = ln 1,428 ⇒ E G0 = 1 ⎞ 2 ⋅ k ⎝ 300 310 ⎠ 0,0001075 ⎛ 1 − ⎜ ⎟ 300 310 ⎝ ⎠ E G0 = 0,57135eV
EJERCICIO 1 (Diciembre 2007) Dado el circuito de la figura donde el zener Z1 tiene una tensión zener V Z1 = 3 V, y el zener Z2 tiene una tensión zener VZ2 = 6 V, calcular:
Z1
1K
+
+
D1
Z2 Vo
Vi 1K
1K
_
(1,5)
_
a) Característica Característica de transferencia del circuito analíticamente y dibujar la gráfica (suponer D1, Z1 y Z2 diodos ideales).
Para tensiones tension es muy negativas Z1 rregula egula (zener), (zene r), D1 está en corte co rte y Z2 está polarizado en directa. Por lo tanto para tensiones Vi muy negativas (- ∞ < Vi ≤ Vx) el circuito equivalente sería: 3 V. +
1K
A
I1
I2
Calculamos Vo: I1=I2; +
Z2
Vi
Vo 1K
_
Vo
=
Vi
Vi + 3V .
I1 ⋅ 1K =
2 K
= − 3V .+ I1 ⋅ (1K + 1K) ⇒
⋅ 1K =
I 1 =
Vi + 3V .
2 K
;
Vi + 3V .
2
Esta situación se mantendrá hasta una cierta tensión Vx que no será suficiente para pa ra polarizar a Z1 en regulación y el zener quedaría polarizado en inversa en su zona de corte (no regularía) y la corriente I 1 sería nula.
_
I 1
=
Vi
+ 3V .
2 K
= 0 ⇒ Vi = − 3V .
Para tensiones mayores a –3V (-3V ≤ Vi ≤ Vx) Z1 estaría en corte y por lo tanto D1 y Z2 estarían también en corte. En esta situación Vo=0V. Esta situación se mantendrá hasta que el zener Z1 se polariza en directa. Por lo tanto Z1 estará en corte para –3V ≤ Vi ≤ 0V. Para 0V ≤ Vi ≤ Vx se estaría en una nueva situación donde Z1 conduce, D1 conduce y Z2 en corte. El circuito equivalente equivalente es: 1K
A
+
I1
+
I2
I3
Vi
Vo 1K
_
_
1K
A
+
I1
I2
I3
6V.
Vi
+ Vo
1K
1K
_
_
En esta situación Vo=V A=Vi. Esta situación se mantiene hasta que Z2 empiece a regular que será cuando VA ≥ Vz2. Como VA=Vi entonces Z2 empieza a regular para Vi = 6V, siendo el circuito equivalente de esta nueva situación el siguiente:
Analizando este circuito: Vo = 6V .+ I 2 ⋅ 1K ; I 2
=
Vi
− 6V
2 K
⇒
Vo
= 6V +
Vi − 6V
2 K
Esta situación se mantiene para 6V
⋅ 1K ⇒ Vo =
Vi
2
+ 3V
≤ Vi ≤ ∞. Vo (V.)
Vi
+ 3V 2
Vo=f(Vi)=
2
7
-3V ≤ Vi ≤ 0V. 0V ≤ Vi ≤ 6V.
0V Vi Vi
-∞ < Vi ≤ -3V.
+ 3V
6
6V ≤ Vi < ∞ -5
-3
6
-1
8
Vi (V.)
b) Potencia disipada por el diodo D1 cuando en la entrada del circuito se aplica una tensión Vi = 10 V (suponer Z1 y Z2 ideales, y para D1 los valores siguientes: V γ = 0,6 V, Rf = 15 Ω, Rr = 100 MΩ)
(0,5)
Para Vi = 10V la situación de los tres diodos es la siguiente: Z1 en directa, Z2 regula (zona zener) y D1 en directa. El circuito equivalente para Vi = 10V sería: A I2
+
+
I1 VD1
Vi
1K
0,6V. I3
+
6V.
Vo
15
_
1K
_
1K
_
La potencia disipada en el diodo D1 será igual a la corriente que lo atraviesa multiplicada por la caida de tensión entre ánodo y cátodo: PD1 = I D1 ⋅ V D1 .
10V − 0,6V 9,4V − 0,6V = = = 9,26mA K 1K + 0,015K 1015 , 1,015K VD1 = 0,6V + I D1 ⋅ 0,015K = 0,6V + 9,26mA ⋅ 0,015K = 0,6V + 0,13V = 0, 73V I D1
=
I 3
=
Vi
Sustituimos los valores en la fórmula de la potencia y se obtiene: PD1
=
I D1 ⋅ VD1
= 9,26mA ⋅ 0,73V = 6,75mW
PD1= 6,75 mW
c) Potencia disipada por el diodo zener Z2 cuando en la entrada del circuito se aplica una tensión Vi = 10 V (suponer D1, Z1
(0,5)
y Z2 ideales). Calcular también dicha potencia si se aplica una tensión Vi = 1 V. Para Vi = 10V estamos en la misma situación que en el apartado b. Como el diodo Z2 es ideal entonces la caida de tensión entre cátodo y ánodo es Vz2=6V (Z2 regula) y circula por él una corriente I 2 en sentido inverso. La potencia disipada en el diodo Z2 será igual a la corriente que lo atraviesa multiplicada por la caida de tensión entre sus terminales: PZ 2 = I Z 2 ⋅ V Z 2 . I Z 2
=
I 2
=
Vi − 6V
1K + 1K
=
10V
− 6V
2 K
=
4V 2 K
= 2mA ;
VZ 2
= 6V
Sustituimos los valores en la fórmula de la potencia y se obtiene: PZ 2
=
I Z 2 ⋅ VZ 2
= 2mA ⋅ 6V = 12mW
Vi=10V => PZ2= 12 mW
En el caso de Vi = 1V se estaría en la situación de que Z1 y D1 están polarizados en directa y Z2 estaría polarizado en inversa en la zona de corte. Por lo tanto al estar Z2 en corte esto implica que no circula corriente por dicho diodo (I Z2=0) y entonces no disipada potencia.
Vi=1V => PZ2= 0 W
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura
Vcc
DATOS: Vcc = 20 V
Rc2
Rc1
Rc1 = 100 K
Rc2 = 2 K
Transistor T1: VBEon= 0,7 V
VCEsat= 0,2 V
β = 100
Transistor T2: VBEon= 0,7 V
VCEsat= 0,2 V
β = 140
T1 T2
a) Calcular el estado de los transistores y las corrientes en cada una de sus patillas, así como la tensión entre colector y
(1,5)
emisor (indicar en la figura el sentido de las corrientes halladas). Poner los resultados en la tabla.
T1
T2
Estado
ACTIVA
SATURADO
IC
0,184 mA
9,9 mA
IB
1,84 µA
0,186 mA
IE
0,186 mA
10,086 mA
0,7 V
0,2 V
VCE
T1 está en la región activa y T2 conduce. A partir de aquí se pueden realizar los siguientes cálculos:
Vcc
I1
Rc2
Rc1 IC1
Camino 1 IB1
T1
IE1
VBE1
IC2
VCE1
IB2 VBE2
Camino 2 VCE2
T2 IE2
Analizando el trayecto de circuito marcado como camino 1 en la figura, se tiene que Vcc = I1 ⋅ RC1 + VBE 1 + VBE 2 Como se sabe que T1 y T2 conducen entonces VBE1 = VBE2 = VBEon = 0,7V. Vcc − VBE 1
− VBE 2
− 0,7V − 0,7V
I1
=
I C1
+
I B1 . Como T1 está en activa se cumple que I C
I1
=
I C1
+
I B1
I B1
=
I1
β 1 + 1
=
100K
= β1 ⋅ I B1 + I B1 = (β 1 + 1) ⋅ I B1 ⇒ mA 0186 ,
100 + 1
=
18,6V
=
RC 1
=
20V
I 1
100K
I B1 =
mA , = 0186
= β ⋅ I B . Sustituyendo en la anterior ecuación se obtiene: I 1
β 1 + 1
= 1,84µ A
Conociendo la corriente de base de T1, y como T1 está en activa, se puede saber cual es la corriente de colector de T1: I C1
= β1 ⋅ I B1 = 100 ⋅ 1,84µ A = 0,184mA
I E1
=
I C1
+
I B1
I E1
=
I C1
+
I B1
=
I1
, = 0186 mA
Como se puede ver en la figura toda la corriente de emisor del transistor T1 entra en la base del transistor T2, siendo entonces ambas corrientes idénticas:
=
I B2
= 0186 mA ,
I E 1
VCE 1
= VBE1 = VBEon = 0,7V
Falta por calcular los valores de las corrientes y tensiones para T2. Este transistor puede estar saturado o en activa. Si se analiza el circuito de salida de T2 (camino 2), se obtiene la siguiente ecuación suponiendo que T2 está saturado:
=
VCC
I C 2
I C2
=
⋅ SAT
RC 2
+ VCE 2
− V CE 2
VCC
SAT
RC 2
SAT
=
⇒ SAT
=
I C2
SAT
− V CE 2
SAT
RC 2
− 0,2V
20V
VCC
= 9,9mA
2 K
A partir de este valor se halla la corriente de base mínima necesaria para saturar el transistor T2: I B 2
I C 2
=
=
SAT
β 2
min SAT
9,9mA 140
En este caso se tiene que I B 2
= 70,7 µ A = 186µ A
y como 186µ A > 70,7 µ A el transistor T2 está saturado.
Esto quiere decir que la corriente de colector es la que se calculó antes suponiendo el transistor en saturación: IC2
=
I C 2
SAT
= 9,9mA
Sólo falta por calcular la corriente de emisor (saliente) que será igual a la suma de las corrientes de colector y base (entrantes): IE2
=
I C2
+
I B2
= 9,9mA + 0,186mA = 10,086mA
Como el transistor T2 está saturado entonces la tensión entre colector y emisor será directamente igual al valor de dicha tensión en saturación que se da como dato del problema: VCE 2
(1)
= VCE = 0,2V SAT
b) Calcular el valor mínimo del resistor Rc2 que satura al transistor T2
La corriente de base de T2 es igual a 0,186 mA. Por lo tanto si T2 estuviera en activa la corriente de colector sería: IC2
= β 2 ⋅ I B 2 = 140 ⋅ 0,186mA = 26,04mA
En este caso y analizando el circuito de salida de T2 (camino 2), se obtiene la siguiente ecuación: VCC
=
I C 2 ⋅ RC 2
+ VCE 2 ⇒
RC2
=
VCC
− V CE 2
I C 2
Mientras el transistor está en activa la tensión entre colector y emisor V CE es mayor que su valor de saturación (0,2 V). Cuando el transistor se satura el valor de esta tensión es igual a 0,2 V. En la ecuación anterior se puede ver que cuanto mayor sea la resistencia RC2 menor tiene que ser el valor de V CE. Por lo tanto si se aumenta constantemente el valor de la resistencia, va a llegar un momento en que se alcance un valor de tensión V CE = 0,2 V y a partir de ese instante el transistor T2 estaría saturado. Ese valor de resistencia se puede calcular a partir de la ecuación anterior aplicándola para dicho instante en el que el T2 entra en saturación (V CE2 = 0,2 V): RC 2
=
VCC
SAT
− V CE 2 I C 2
SAT
=
20V
− 0,2V
26,04mA
= 0,760K = 760Ω RC2sat > 760 Ω
(0,25) c) Calcular el valor mínimo que tendría que tener Rc1 para saturar el transistor T1 Al estar cortocircuitados el colector y la base del transistor T1, la tensión entre base y colector es siempre cero lo que implica que la unión base-colector no puede estar nunca polarizada en directa ya que para ello V BC1>0,5V y esto nunca se cumple porque VBC1=0V. Para que se sature un transistor es necesario que las uniones emisor-base y base-colector estén ambas polarizadas en directa, por lo que el transistor T1 no se puede saturar nunca.
T1 siempre en activa (0,25) d) Si sustituimos el transistor T1 por un transistor pnp, ¿cuál sería el estado de los transistores con esta nueva situación? Al ser VCC
= + 20V , al sustituir T1 por un transistor PNP esta tensión positiva polarizaría a la unión de emisor de dicho transistor
en inversa, lo que supondría que T1 estaría en corte. Al estar T1 en corte, todas sus corrientes son nulas y por lo tanto I B 2 = I E 1 = 0 , por lo que las corrientes en T2 también serían todas nulas y este transistor también estaría en corte.
T1 en corte T2 en corte
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura:
8V
ID
I2K
2K ID
Vi
VGS = 0
IDSS
T2 IC
T1
VGS < 0
100 I1K
1K
VDS |VP|
2K
CARACTERÍSTICA IDEAL DEL JFET
I’2K
DATOS: |VP| = 8 V
IDSS = 5 mA
|VBEon| = 0,7 V (2,5)
Cuando el FET está saturado
ID
⎛ = I DSS ⎜⎜ 1 − ⎝
V GS V P
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
β = 100
|VCEsat| = 0,2 V
Calcular el valor de las corrientes I D e IC e indicar en que estado están los transistores si no se aplica tensión en la entrada (Vi = 0 V). Se puede despreciar la corriente I B y la característica del JFET se puede aproximar por tramos lineales.
Se supone que T1 está saturado y T2 en activa:
I 1K
=
I 2 K
=
I D
I D
V i
=
1K V EB
2 K
0
=0 1K 0,7V
=
2 K
I B
≈0
= 0,35mA
= I 2 + I ≈ I 2 = 0,35mA K
= I
DSS
B
K
⎛ V ⎜1 − ⎜ V ⎝
GS
P
2
⎞ ⎛ V ⎟ ⇒ 0,35mA = 5mA⎜1 − ⎜ 8V ⎟ ⎝ ⎠ GS
2
⎞ ⎟ ⇒ V ⎟ ⎠
GS
Se resuelve la ecuación de 2º grado y se obtienen dos soluciones:
V GS V GS
2
− 16 ⋅ V + 59,52 = 0 GS
= 10,11V = 5,88V
La solución de 10,11V no es válida ya que esta tensión es mayor que |VP| y esto implicaría que el transistor T1 estaría en corte. Por lo tanto la única solución coherente con la suposición realizada anteriormente de que el transistor T1 está en saturación es la de 5,88V. Como el transistor T1 es un FET de canal N, se tiene que V GS V DS
= −5,88V
= 8V − V + V = 8V − 0,7V − 5,88V = 1,42V EB
GS
Ahora se tienen que comprobar las suposiciones anteriores:
Si T1 saturado =>
≥ V − V 1,42V < 8V − 5,88V = 2,12V V DS
P
GS
falsa y los resultados obtenidos no son correctos. Se supone que T1 en óhmica y T2 en activa:
=> no se cumple la condición de saturación por lo que la suposición es
8V = I ' 2 K
I C
V P
=
r DS
I DSS I D
=
8V
=
5mA
= 1,6 K
(2 K + r ) + I ' 2 ⋅2 K = I ⋅ 3,6 K + I ' 2 ⋅2 K DS
K
D
8V − 0,35mA ⋅ 3,6 K 2 K
K
= 3,37mA
+ I = I ' 2 ⇒ I = I ' 2 − I = 3,37mA − 0,35mA = 3,02mA D
K
C
K
D
Ahora se tienen que comprobar las suposiciones: * Comprobar que T1 está en óhmica:
0 = V GS V DS
+ I ' 2 ⋅2 K ⇒ V = − I ' 2 ⋅2 K = −3,37mA ⋅ 2 K = −6,74V = I ⋅ r = 0,56V K
D
GS
K
DS
Si T1 en óhmica =>
− V 0,56V < 8V − 6,74V = 1,26V V DS
<
V P
GS
=> se cumple la condición de óhmica por lo que la suposición es
correcta. * Comprobar que T2 está en activa: V CE
= −8V + I ⋅ 100Ω + I ' 2 ⋅2 K = −8V + 3,02mA ⋅ 0,1K + 3,37mA ⋅ 2 K = −0,95V C
K
Se obtiene que VCE es negativa y V CE
> V
CEsat
= 0,2V , lo que implica que el transistor T2 está en activa y la suposición es
correcta. Por lo tanto la solución del problema es: T1 en óhmica
ID = 0,35mA
T2 en activa
IC = 3,02 mA
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (0,75) a) Calcular la característica de transferencia del circuito de la figura para –20V transferencia e indicar el estado de cada uno de los diodos en cada tramo.
≤ Vi ≤ 20V. Dibujar la característica de
DATOS: Diodos ideales
D1
5K
15K VO
+
Vi
D2
10K
6V
_
•
-20 V ≤ Vi
•
0 V ≤ Vi
≤ 0V
≤ VX
=> D1 y D2 en corte VO = 0 V
=> D1 conduce y D2 en corte 5K
15K VO
+
Vi
V O
= V
i
10 K 5K + 10 K
=
2 3
V i
10K
_
D2 empieza a conducir cuando V O ≥ 6 V =>
2 3
V i
≥ 6V ⇒ V ≥ 9V i
Por lo tanto VX = 9 V
•
9 V ≤ Vi
≤ 20 V
=> D1 y D2 conducen VO = 6 V
Por lo tanto, la característica de transferencia sería la siguiente: vo (V)
D1 ON D2 ON 6
ON F D1 OF D2
D1 OFF D2 OFF
9
20
vi (V)
(0,5) b) Si los diodos no son ideales, calcular el valor exacto de V i donde el diodo D1 pasa de corte a conducción. Rf = 100 Ω Rf = 100 Ω
DATOS: D1 => Vγ = 0,6 V D2 => Vγ = 0,6 V
Rr = ∞ Rr = 1 MΩ
Cuando D1 no conduce, D2 también está en corte y el circuito equivalente sería:
5K
15K
B
VO 0,6V
+
Vi
10K
I2
I 1
=0
I 2
=−
V B
= − I 2 ⋅ 10 K = 0,06439V
103K
_
6V + 0,6V 10
3
K
+ 15K + 10 K
= −0,006439 mA = −6,439µ A
6V
D1 empieza a conducir cuando V i
= V γ + V = 0,6V + 0,06439V = 0,66439V B
Vi =0,66439 V
(0,5) c) Calcular el valor de la corriente por el diodo D2 cuando a al entrada se aplica una tensión V i = 5V. los diodos no son ideales y tienen las mismas características que en el apartado b). Para Vi = 5 V D1 conduce y D2 está en corte y el circuito equivalente sería: 0,6V
0,1K
5K
B
Calculando en equivalente Thevenin del circuito de la entrada (hasta B):
15K VO 0,6V
+
Vi
I1
I2
10K
3
10 K
_
6V
RTH
B
I2 VTH
= (V − 0,6V )
RTH
= 10 K // 5,1K = 3,3774 K
i
VO 0,6V
I 2
TH
TH
TH
103K 6V
I2 =-3,6195 µA
(0,25) d) ¿Qué nombre recibe el circuito de este problema?. Es un circuito recortador a 2 niveles o circuito rebanador.
0,1K + 5K + 10 K
= 2,9139V
= I 2 ⋅ (R + 15K + 10 3 K ) + 0,6V + 6V ⇒ V − 0,6V − 6V = = −3,6195 µ A R + 15K + 10 3 K
V TH
15K
10 K
V TH
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Determinar el valor de R1 y R2 para que el punto de funcionamiento del transistor T2 del circuito de la figura sea I C2 = 10 mA y VCE2 = 10 V.
DATOS: Vcc = 20 V Transistores T1 y T2 idénticos: V BEon= 0,7 V Diodo: VZ = 5V
β = 100
VCEsat= 0,2 V
VCC
IR1
R2 R1
IB1
IC2
+ VZ -
T2
IC1
IB2
T1 1M
IC2 = 10 mA y V CE2 = 10 V => T2 está en activa => zener regula. V CC
− V
= V − I 2 ⋅ R2 ⇒ R2 =
V CE 1
= V + V
V CC
= I 1 ⋅ 10 3 K + V
I B 2
=
I R1
= I 2 + I 1 = 0,1mA + 1,93mA = 2,03mA V − 5,7V 20V − 5,7V − I 1 ⋅ R1 = 5,7V ⇒ R1 = = = 7,0443k Ω
V CC
CC
C
BE 2
Z
β B
1 ⇒ I 1 =
BE
=
I C 2
= 5V + 0,7V = 5,7V
B
I C 2
CE 2
10mA 100
V CC
B
=
20V − 10V
V CE 2
10mA
= 1k Ω
=> T1 está en activa
− V
10
BE 1
3
K
=
20V − 0,7V 10
3
K
= 19,3µ A ⇒ I 1 = β ⋅ I 1 = 100 ⋅ 19,3µ A = 1,93mA
= 0,1mA
C
CC
R
I R1
2,03mA
R1 = 7,0443 k Ω R2 = 1 k Ω
C
B
(1) b) Si R2 tiene un valor de 5 k Ω, determinar el valor de R1 para que los dos transistores estén saturados. Los dos transistores nunca van a estar saturados a la vez, ya que si T1 está saturado => V CE1 = 0,2 V => T2 estaría en corte ya que esta tensión es insuficiente para polarizar al zener en su zona de regulación => zener en corte => T2 en corte.
(1) c) Si R1 = R2 = 1 k Ω y sustituimos la resistencia de 1 M Ω de la base del transistor T1 por una resistencia R B1, ¿cuál sería el valor máximo de esta resistencia R B1 para que el transistor T2 esté en corte?. T2 en corte => V CE1 < VZ + VBE = 5 V + 0,7 V = 5,7 V V CE 1
= V − I 1 ⋅ R1 < 5,7V ⇒ I 1 > CC
C
V CC
C
− 5,7V R1
=
20V − 5,7V 1K
= 14,3mA
Como T1 estaría en activa: I C 1
= β ⋅ I 1 > 14,3mA ⇒ I 1 >
I B1
=
B
V CC
− V
R B1
14,3mA
B
BE 1
β
> 0,143mA ⇒ R 1 < B
= 0,143mA = 143µ A
V CC
− V
BE 1
0,143mA
=
20V − 0,7V 0,143mA
RB1 < 134,96 k Ω
= 134,96k Ω
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (3) Calcular el valor de R2 en el circuito de la figura para obtener una corriente de 7 mA por el resistor R3. Obtener el valor de todas las tensiones y corrientes indicadas en la tabla (indicar en la figura del circuito el sentido de las corrientes). Poner los resultados en la tabla. DATOS: Vcc = 25 V R1 = 400 Ω R3 = 1 k Ω R4 = 1 k Ω
R3
R1
IR1
R2
IR2
IR3
Transistor T1: |V P| = 1 V
|IDSS| = 5 mA
Transistor T2: |V P| = 8 V
|IDSS| = 6 mA
VCC
T2
ID1
ID2
T1
R4
R2
2,6906 k Ω
Valor
T1
T2
Saturado
Estado
Saturado
Estado
ID
5 mA
ID
VDS
16 V
VDS
2 mA -10,6188 V
* Se supone que T1 está saturado: V GS 1
= 0 ⇒ I 1 = I
V DS 1
= V − I 3 ⋅ R3 − I 1 ⋅ R1 = 25V − 7mA ⋅ 1K − 5mA ⋅ 0,4 K = 16V
DSS 1
D
CC
Saturación
R
= 5mA = I 1 R
R
⇒ V
≥ V 1 − V 16V ≥ 1V DS1
P
GS 1
Esto implica que la suposición de T1 saturado es correcta. I R 2
= I 2 = I 3 − I 1 = 7mA − 5mA = 2mA
V GS 2
D
R
R
= − I 1 ⋅ R1 + I 2 ⋅ R2 = − I 1 ⋅ R1 + I 2 ⋅ R2 ⇒ R2 = R
R
R
D
V GS 2
+ I 1 ⋅ R1 R
I D 2
* Se supone que T2 está saturado:
⎞ ⎛ V 2 ⎟ ⇒ ⎜1 − ⎟ ⎜ V 2 ⎠ ⎝
=±
= ±0,57735
= I
I D 2
GS
DSS
P
V GS 2
1−
V P 2
V GS 2 V P 2
2
⎛ V 2 ⎜ 2 ⋅ ⎜1 − ⎝ V 2 0,33333
GS
P
= 1 ± 0,57735 ⇒ V
2
⎞ ⎟ = ⎟ ⎠
I D 2 I DSS 2
=
= (1 ± 0,57735 ) ⋅ V =
GS 2
P
2mA 6mA
= 0,33333
12,6188V 3,3812V
La solución de 12,6188 V no puede ser porque V GS2 > V P2 y el transistor T2 estaría en corte, siendo esto incongruente con la suposición de que T2 está saturado. Por lo tanto la solución sería |V GS2| = 3,3812 V y como T2 es un JFET de canal P y VGS2 > 0, esto implica que V GS2 = |VGS2| = 3,3812 V. Sustituyendo valores en la ecuación de R 2 se obtiene: R2
=
V GS 2
+ I 1 ⋅ R1 R
I D 2
=
3,3812V + 5mA ⋅ 0,4 K 2mA
= 2,6906 k Ω
Sólo queda comprobar que la suposición de T2 en saturación es correcta:
V CC
V DS 2
= I 3 ⋅ R3 + I 2 ⋅ R2 − V R
DS 2
R
+ I 2 ⋅ R4 D
= −V + I 3 ⋅ R3 + I 2 ⋅ R2 + I 2 ⋅ R4 = −25V + 7mA ⋅ 1K + 2mA ⋅ 2,69064 K + 2mA ⋅ 1K = −10,6188V CC
Saturación
R
⇒ V
DS 2
R
≥
V P 2
D
− V
GS 2
10,6188V ≥ 8V − 3,3812V
= 4,6188V
Esto implica que la suposición de T2 saturado es correcta. Las dos suposiciones son correctas, por lo que los dos transistores están saturados y los valores calculados anteriormente son los correctos.
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Calcular la tensión a la salida del circuito de la figura (V O) e indicar el estado de los diodos para las siguientes tensiones de entrada:
DATOS: Vγ =0,6V
Rf = 100Ω
D1
1K
D2
1K
Rr = ∞
V1 VO
V2
9K
(0,5) a) V1 = 10V y V2 = 0V En este caso D1 conduce y D2 está en corte claramente, y por lo tanto el circuito equivalente sería:
V1
0,6V 100
1K VO 9K
V O
= (V 1 − 0,6V )
9 K 0,1K + 1K + 9 K
= 8,3762V
VO = 8,3762 V
(0,5) b) V1 = 5V y V2 = 0V En este caso las condiciones siguen siendo las mismas que en el apartado a). Sólo cambia el valor de V 1. V1
0,6V 100
1K VO 9K
V O
= (V 1 − 0,6V )
9 K 0,1K + 1K + 9 K
= 3,9207V
VO = 3,9207 V
(0,5) c) V1 = 10V y V2 = 5V En esta caso pueden surgir dudas del estado de los diodos ya que como V 2 = 5 V puede ser que el diodo D2 esté polarizado en directa. Pero si nos fijamos en el apartado a) con V 1 = 10 V y V2 = 0 V se tenía que V O = 8,3762 V que es la tensión que existe en el cátodo del diodo D2 mientras esté en corte. Por lo tanto, para que empiece a conducir el diodo D2 en esas condiciones se tendría que aplicar en el ánodo de ese diodo (V2) una tensión superior a esos 8, 3762 V en una cantidad que supere la tensión umbral, es decir, que D2 no empezaría a conducir hasta una tensión V 2 = 8,3762 V + 0,6 V = 8,9762 V. Por lo tanto, en este caso el diodo D1 conduce y el diodo D2 estaría en corte y el circuito equivalente sería el mismo que en los apartados a) y b): 0,6V 100
V1
1K VO 9K
V O
= (V 1 − 0,6V )
9 K 0,1K + 1K + 9 K
= 8,3762V
VO = 8,3762 V
(0,5) d) V1 = 5V y V2 = 5V En este caso D1 y D2 estarían claramente conduciendo. El circuito equivalente sería: 0,6V V1
1K
100 I1
0,6V V2
1K
100
I1+I2
VO
9K
I2
− 0,6V = 4,4V = I 1 ⋅ 1,1K + (I 1 + I 2 ) ⋅ 9 K = I 1 ⋅ 10,1K + I 2 ⋅ 9 K ⎫ 4,4V − I 1 ⋅ 10,1K ⇒ ⎬ ⇒ I 2 = V 2 − 0,6V = 4,4V = I 2 ⋅ 1,1K + (I 1 + I 2 ) ⋅ 9 K = I 1 ⋅ 9 K + I 2 ⋅ 10,1K ⎭ 9 K V 1
4,4V =
I 1
⋅ 9 K +
4,4V − I 1 ⋅ 10,1K
4,4V − I 1 ⋅ 10,1K
9 K
⋅ 10,1K ⇒ I 1 = 0,23037 mA = 230,37µ A
I 2
=
V O
= (I 1 + I 2 ) ⋅ 9 K = (0,23037 + 0,23037 )mA ⋅ 9 K = 4,1466V
9 K
= 0,23037 mA = 230,37 µ A
VO = 4,1466 V
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Determinar el valor de R1 y R2 para que el punto de funcionamiento del transistor T2 del circuito de la figura sea I C2 = 10 mA y VCE2 = 10 V.
DATOS: Vcc = 20 V Transistores T1 y T2 idénticos: V BEon= 0,7 V Diodo: VZ = 5V
β = 100
VCEsat= 0,2 V
VCC
IR1
R2 R1
IB1
IC2
+ VZ -
T2
IC1
IB2
T1 1M
IC2 = 10 mA y V CE2 = 10 V => T2 está en activa => zener regula. V CC
− V
= V − I 2 ⋅ R2 ⇒ R2 =
V CE 1
= V + V
V CC
= I 1 ⋅ 10 3 K + V
I B 2
=
I R1
= I 2 + I 1 = 0,1mA + 1,93mA = 2,03mA V − 5,7V 20V − 5,7V − I 1 ⋅ R1 = 5,7V ⇒ R1 = = = 7,0443k Ω
V CC
CC
C
BE 2
Z
BE 1
β B
=
I C 2
= 5V + 0,7V = 5,7V
B
I C 2
CE 2
10mA 100
⇒ I 1 =
V CC
B
=
20V − 10V
V CE 2
10mA
= 1k Ω
=> T1 está en activa
− V
10
BE 1
3
K
=
20V − 0,7V 10
3
K
= 19,3µ A ⇒ I 1 = β ⋅ I 1 = 100 ⋅ 19,3µ A = 1,93mA
= 0,1mA
C
CC
R
I R1
2,03mA
R1 = 7,0443 k Ω R2 = 1 k Ω
C
B
(1) b) Si R2 tiene un valor de 5 k Ω, determinar el valor de R1 para que los dos transistores estén saturados. Los dos transistores nunca van a estar saturados a la vez, ya que si T1 está saturado => V CE1 = 0,2 V => T2 estaría en corte ya que esta tensión es insuficiente para polarizar al zener en su zona de regulación => zener en corte => T2 en corte.
(1) c) Si R1 = R2 = 1 k Ω y sustituimos la resistencia de 1 M Ω de la base del transistor T1 por una resistencia R B1, ¿cuál sería el valor máximo de esta resistencia R B1 para que el transistor T2 esté en corte?.
T2 en corte => V CE1 < VZ + VBE = 5 V + 0,7 V = 5,7 V V CE 1
= V − I 1 ⋅ R1 < 5,7V ⇒ I 1 > CC
C
V CC
C
− 5,7V R1
=
20V − 5,7V 1K
= 14,3mA
Como T1 estaría en activa: I C 1
= β ⋅ I 1 > 14,3mA ⇒ I 1 >
I B1
=
B
V CC
− V
R B1
14,3mA
B
BE 1
β
> 0,143mA ⇒ R 1 < B
= 0,143mA = 143µ A
V CC
− V
BE 1
0,143mA
=
20V − 0,7V 0,143mA
RB1 < 134,96 k Ω
= 134,96k Ω
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) El circuito de la figura utiliza un FET de canal N con V P = -2V e IDSS = 1,65 mA. Se desea polarizar el circuito para que ID = 0,8 mA con una tensión de polarización V CC = 24V.
VCC
RD
RG
RS
(1,5) a) Calcular VGS, RS y RD para que el transistor esté funcionando en saturación y con las condiciones indicadas en el enunciado. El transistor está saturado => I D
= I
2
⎛ V ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ V
GS
DSS
P
⎞ V ⎟⎟ ⇒ 1 − =± V ⎠ GS
I D
P
I DSS
=±
0,8mA 1,65mA
⎧ − 3,3926V = ±0,69631 ⇒ V = (1 ± 0,69631) ⋅ V = ⎨ ⎩− 0,60738V GS
P
VGS = - 3,3926 V no puede ser ya que |VGS| > |VP| y entonces el transistor estaría en corte. VGS = - 0,60738 V es el resultado correcto ya que |V GS| < |VP| y el transistor estaría conduciendo y perfectamente podría estar en saturación. Por otro lado tenemos:
V GS
= − I ⋅ R ⇒ R = − D
S
S
V GS I D
=−
− 0,60738V 0,8mA
= 0,759,22 K = 759,22Ω
Para que el FET esté saturado se tiene que cumplir: V DS
≥
V P
− V
GS
=
2V − 0,60738V
= 1,3926V
Analizando el circuito se obtiene: V DS RD
= V − I ⋅ (R + R ) ≥ 1,3926V ⇒ (R + R ) ≤ CC
D
D
S
D
V CC
S
− 1,3926V I D
≤ 28,258K − R = 28,258K − 0,75922 K = 27,498K S
VGS = -0,60738 V RS = 759,22 Ω RD ≤ 27,498 k Ω
=
24V − 1,3926V 0,8mA
= 28,258K ⇒
(1,5) b) Calcular VGS, RS y RD para que el transistor esté funcionando en óhmica y con las condiciones indicadas en el enunciado. El transistor está en óhmica => V P
=
V DS
= I ⋅ r = 0,8mA ⋅ 1,2121K = 0,96968V
I DSS
D
=
2V
r DS
1,65mA
= 1,2121K
DS
Para que el FET esté en óhmica se tiene que cumplir: V DS
<
V P
− V
GS
=
2V − V GS
⇒ 0,96968V <
2V − V GS
⇒ V < 1,0303V GS
Como el FET es canal N, entonces V GS tiene que ser negativa => -1,0303V < V GS ≤ 0V Analizando el circuito se tiene: V GS
= − I ⋅ R ⇒ V = I ⋅ R < 1,0303V ⇒ R < D
S
GS
D
S
1,0303V
S
I D
=
1,0303V 0,8mA
= 1,2878 K
Analizando el circuito se obtiene: V DS
= V − I ⋅ (R + R ) ⇒ (R + R ) = CC
D
D
S
D
V CC
S
− V
DS
I D
=
24V − 0,96968V 0,8mA
= 28,787 K
(R + R ) = 28,787 K ⇒ R = 28,787 K − R > 28,787 K − 1,2878 K = 27,499K R = 28,787 K − R < 28,787 K D
S
D
D
S
S
-1,0303 V < VGS ≤ 0 V RS < 1,2878 k Ω 27,499 < RD ≤ 28,787 k Ω RD + RS = 28,787 k Ω
DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS I EXAMEN JUNIO 2006 EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura el interruptor A se cierra en un instante de tiempo t 0. DATOS: VA = 30V VZ = 6V (zener ideal) C = 47 µF (el condensador está inicialmente descargado)
A
2K
18K
t0
C
VA
(1) a) Calcular el tiempo que
transcurre desde t 0 hasta que el zener empieza a regular.
En el instante t 0 el zener está en corte ya que en el punto B habría una tensión menor que VZ:
18K
2K
B
I
+
C VC
VA
_
V C V B
− V C 30V = = 1,5mA 18K + 2 K 20 K = 30V − 1,5mA ⋅ 18K = 30V − 27V = 3V < V Z => zener está en corte.
=0⇒
V B
= V A − I ⋅ 18K ;
I =
V A
Para que el zener regule se tiene que alcanzar en el punto B una tensión igual a 6V. Esto implica que la corriente I debe tener un valor de:
I =
V A
− V B
18K
=
30V − 6V 18K
= 1,3333mA
En ese instante la tensión en el condensador debe ser:
V C
= V B − I ⋅ 2 K = 6V − 1,3333mA ⋅ 2 K = 3,334V
Por lo tanto, a continuación se debe aplicar la ecuación de carga del condensador para calcular el tiempo que tarda el condensador en alcanzar una tensión de 3,334V entre sus placas:
V C (t ) = V f
+ (V i − V f ) ⋅ e
−
t τ
Como la tensión inicial del condensador es cero:
⎛ 3,334V ⎞ ⎛ − t ⎞ ⎟ V C (t ) = V f ⋅ ⎜1 − e ⎟ = 3,334V ⇒ t = −τ ⋅ ln⎜1 − ⎜ ⎟ ⎜ V f ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ τ = R ⋅ C = (18K + 2 K ) ⋅ 47 µ F = 0,94 s V f = 30V ⎛ 3,334V ⎞ = 0,11073s = 110,73ms t = −0,94 s ⋅ ln⎜1 − ⎟ 30 ⎠ ⎝ τ
t = 110,73 ms
(0,5) b) ¿Cuánto tiempo tardaría el condensador desde el instante t 0 para alcanzar una tensión de
18,9V (63% de 30V)?
El condensador nunca alcanzaría esta tensión ya que en el momento que el zener empieza a regular (cuando el condensador alcanza los 3,334V) estabiliza una tensión fija en el punto B de 6V. Esto implica que la máxima tensión que puede alcanzar el condensador son esos 6V.
(0,5) c) ¿Cuál sería la máxima corriente que circularía por el
zener?
Cuando se cierra el interruptor A, el circuito sería:
18K I
B
IZ
2K IC C
VA
Cuando el zener empieza a regular se establece una corriente I Z y la tensión en el punto B se estabiliza a 6 V.
I = I Z
+ I C =
V A
− V B
18K
=
30V − 6V 18 K
= 1,3333mA
A medida que el condensador se va cargando, V C aumenta e IC disminuye, por lo que IZ va aumentando. IZ se hace máxima cuando IC es mínima. Cuando el condensador se carga por completo IC = 0.
I C
= 0 ⇒ I Z = I = 1,3333mA IZmax = 1,3333 mA
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) 1) En el circuito de la figura 1 se aplica a la entrada una tensión V i = 20 V y originalmente el interruptor A está cerrado y el B está abierto. Los resistores R1 y R2 tienen las mismas dimensiones (figura 2) pero están fabricados con diferentes materiales. B
R1
A
R1 y R2 r
Vi
C
R2 L
Figura 1
Figura 2
α = 40000 ppm/ºK DATOS: Resistor R1 => ρ1(295ºK) = 25 Ω.cm Resistor R2 => ρ2(295ºK) = 1500 Ω.cm R2(295ºK) = 10 K Circuito figura 1 => Vi = 20 V C = 20 µF
Pn = 5 W Rigidez dieléctrica = 75 V Pn = 10 W Rigidez dieléctrica = 75 V
(0’5) a) Calcular el valor de la resistencia del resistor R1 a temperatura ambiente (T=300 ºK)
R1 (300º K ) = ρ 1 ( 300º K )
L S
⎛ ⎝
.
ρ = ρ 0 ⋅ (1 + α ⋅ ∆ T ) => ρ 1 ( 300º K ) = ρ 1 ( 295º K ) ⋅ (1 + α ⋅ ( 300º K − 295º K ))
⎞ ⋅ 5º K ⎟ = 30Ω ⋅ cm ⎠ 10 L L R2 ( 295º K ) 10.000Ω R2 (295º K ) = ρ 2 ( 295º K ) => = = = 6,66cm−1 S S ρ 2 ( 295º K ) 1500 . Ω ⋅ cm
ρ 1 ( 300º K ) = 25Ω ⋅ cm⎜ 1 +
R1 (300º K ) = ρ 1 ( 300º K )
40000
L S
6
ºK
−1
= 30Ω ⋅ cm ⋅ 6,66cm−1 = 199,8Ω R1(300 ºK) = 199,8 Ω
(A partir de aquí suponer que R1 = 100 Ω y R2 = 1 KΩ para realizar los cálculos de los siguientes apartados) (0’5) b) ¿Cuál es la tensión máxima de trabajo de R1? ¿y la tensión máxima de trabajo de R2? Para R1: Tensión máxima debido a la disipación térmica: 2
Pn=5W; P
=
V
R
Vn =
=> V
=
P ⋅ R => Vn =
5W ⋅ 100Ω =
500V
2
Pn ⋅ R -> Vn es la tensión nominal (tensión máxima)
= 22,36V
Tensión máxima debido a la rigidez dieléctrica: V rd= 75V Vn < Vrd => VMAX= 22,36 V VMAX= 22,36 V
Para R2: Tensión máxima debido a la disipación térmica Pn=10W; P
=
Vn =
V
2
R
=> V
=
P ⋅ R => Vn =
10W ⋅ 1000Ω =
10000V
2
Pn ⋅ R -> Vn es la tensión nominal (tensión máxima)
= 100V
Tensión máxima debido a la rigidez dieléctrica: V rd= 75V Vrd < Vn => VMAX= 75 V VMAX= 75 V
(0,5)
c) Si el interruptor A se abre 1 milisegundo después de aplicar la tensión V i al circuito de la figura 1, y en ese mismo instante se cierra el interruptor B, calcular la tensión en el condensador 5 milisegundos después de aplicar la tensión Vi al circuito (el condensador está inicialmente descargado).
Periodo 1 (entre t= 0 s y t= 1 ms) -> en este periodo el interruptor A está cerrado y el B abierto. El circuito equivalente en este periodo será el siguiente R1
A +
+
Vi
C
VC _
_
En este periodo el condensador que esta descargado (VC= 0V) se empieza a cargar según la ecuación general de carga y descarga del condensador VC (t ) Vinicial= 0 V
(
)
t
= V final + Vinicial − V final ⋅ e
−
τ
Vfinal= 20 V
τ = R1 ⋅ C = 100Ω ⋅ 20 µ F = 2000 ⋅ 10 −6 s = 2ms Se aplica la ecuación general pata t= 1ms:
V C (t = 1ms ) = 20V + (0 − 20V ) ⋅ e
−
1ms 2 ms
= 20V (1 − 0,6065 ) = 7,87V
Periodo 2 (entre t = 1 ms y t= 5 ms) -> El circuito equivalente en este periodo será el siguiente B + VC _
C
R2
Vinicial= 7,87 V (tensión a la que se cargo en el primer periodo) Vfinal= 0 V (el condensador tiende a descargarse completamente)
τ = R 2 ⋅ C = 1000Ω ⋅ 20µ F = 20000 ⋅ 10 −6 s = 20ms Se aplica la ecuación general pata t= 4 ms:
V C (t = 4ms ) = 0V + (7,87V − 0V ) ⋅ e
−
4 ms 20 ms
= 7,87V ⋅ 0,818 = 6,43V VC= 6,43V
(0’5) d) Si el dieléctrico del condensador tiene una resistencia de 10 M , calcular el factor de pérdidas del condensador para una frecuencia de 1 KHz. ¿Cuál sería el factor de pérdidas de un condensador ideal?
C
RP
El factor de pérdidas para este circuito equivalente paralelo tiene la siguiente expresión: D
= tgδ =
1 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ RP ⋅ C
Lo único que se tiene que hacer es sustituir valores en esta fórmula: f= 1 KHz (frecuencia); R P= 10 MΩ (resistencia de aislamiento); C= 20 µF (capacidad del condensador)
D = tgδ =
1 2 ⋅ π ⋅ 1000 s
−1
7
−6
⋅ 10 Ω ⋅ 20 ⋅ 10 F
= 7,95 ⋅ 10 −7
D=7,95⋅10-7
Un condensador ideal tendría una resistencia de aislamiento infinita, por lo que si se aplica la anterior formula con RP= ∞ se obtiene que D = tgδ = 0. Para un condensador ideal => D = tgδ = 0
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Dibujar la curva de transferencia del circuito de la figura. (V Z = 9,4 V; Vγ = 0,6 V; R = 1k Ω)
R + + vi
D5
D2
vo
D4
_
D1 D3 _
*
⎧ − ∞ < vi ≤ V X 1 ⇒ ⎨ ⎩ D3,
vo
D1,
D2
D 4,
Corte
D5
Conducen
= −(V D 3 + V D 4 + V D 5 ) = −(0,6V + 0,6V + 0,6V ) = −1,8V
Esto se cumplirá mientras que
− vi ≥ (V γ 3 + V γ 4 + V γ 5 ) = (0,6V + 0,6V + 0,6V ) = 1,8V ⇒ vi ≤ −1,8V
Entonces se tiene que VX1 = -1,8V
*
⎧ D1, D 2 − 1,8V < vi ≤ V X 2 ⇒ ⎨ ⎩D3, D 4, D5
Corte Corte
No circula corriente por el circuito y la caida de tensión en R es nula. Por lo tanto, v o = vi. Esto se cumplirá mientras que vi
≤ (V z1 + V γ 2 ) = (9,4V + 0,6V ) = 10V
Entonces se tiene que V X2 = 10V
*
10V < vi
vo
⎧ ⎪ <∞⇒⎨ ⎪ D3, ⎩
D1
Re gula
D2
Conduce
D 4,
D5
Corte
= (V z1 + V γ 2 ) = (9,4V + 0,6V ) = 10V
Por lo tanto, la función de transferencia del circuito es la siguiente:
vo
− ∞ < vi ≤ −1,8V ⎧− 1,8V = ⎪⎨ vi − 1,8V < vi ≤ 10V ⎪ 10V 10V < vi < ∞ ⎩
vo (V)
10
-1,8 0
10
vi (V)
-1,8
(0,5) b) Dibujar la forma de onda de la señal de salida si a la entrada se aplica una señal (expresada en voltios) v i (t) = 15 sen ωt. vo (V)
15
10
0
T
t
-1,8
(0,5) c) Si se aumenta el valor de la resistencia R, el diodo D1 empezaría a regular y el diodo D2 a conducir a una tensión v i mayor o menor que la del apartado a). El valor de R no influye sobre el estado de polarización de los diodos.
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Hallar el punto de trabajo en reposo del transistor de la figura.
Ri = 100 Ω R1 = 10 k Ω R2 = 4,7 k Ω RC = 1 k Ω RE1 = 500 Ω
DATOS: Vcc = 15 V
Transistor: V BEon= 0,7 V
RE2 = 500 Ω
C1 = C2 = C3 = 47 µF
β = 100
VCEsat= 0,2 V VCC
RC
R1
io
C1
Ri
C3
vo
+ vi
R2
_
RL
RE1
RE2
C2
En reposo (f = 0) los condensadores son circuitos abiertos. Se hace el equivalente Thevenin del divisor resistivo del circuito de polarización de la base y el circuito que queda para el análisis del punto de trabajo en reposo del transistor es: VCC
R2
V TH
= V CC
RTH
= R1 // R2 =
R1
+ R2
RC IC
RTH IB
VTH
= 15V
R1 ⋅ R2 R1
+ R2
4,7 K 10 K + 4,7 K
=
= 4,7959V
10 K ⋅ 4,7 K 10 K + 4,7 K
= 3,1972 K
* Se supone que el transistor está en activa:
IE
= I B ⋅ RTH + V BE + I E ⋅ RE = I B ⋅ RTH + V BE + (β + 1)I B ⋅ RE ⇒ V TH − V BE 4,7959V − 0,7V = = = 0,039309 mA = 39,309µ A RTH + (β + 1)R E 3,1972 K + 101 ⋅ 1K
V TH
RE= RE1+RE2
I B
= β ⋅ I B = 100 ⋅ 39,309µ A = 3,9309mA I E = (β + 1)I B = 101 ⋅ 39,309µ A = 3,9702mA I C
V CE
= V CC − I C ⋅ RC − I E ⋅ RE = 15V − 3,9309 mA ⋅ 1K − 3,9702mA ⋅ 1K = 7,0989V
Por lo tanto el transistor está en activa y el punto de trabajo es:
Q=(3,9309 mA; 7,0989 V)
=> Suposición correcta
(1) b) Hallar el valor mínimo que debe tener R C para que el transistor esté saturado en el punto de trabajo en reposo Para que el transistor esté saturado debe cumplirse que V CE
= 0,2V ⇒ V CC − V CE = I C ⋅ RC + I E ⋅ RE
Justo al entrar en saturación debe cumplirse esta igualdad viniendo en transistor del estado activo. Despejando R C se obtiene:
RC
=
V CC − V CE
− I E ⋅ RE
I C
=
15V − 0,2V − 3,9702mA ⋅ 1K 3,9309 mA
= 2,75K
Por lo tanto, para una resistencia mayor o igual a 2,75 K Ω el transistor estaría saturado en el punto de reposo.
RC
≥ 2,75K Ω
(0,5) c) Hallar el valor del condensador C 2 para que en el punto de trabajo en reposo el transistor esté saturado El valor de C 2 no influye en el punto de trabajo en reposo.
(0,5) d) Hallar el valor de la tensión de salida v o si a la entrada se aplica una tensión continua v i (t) = 10 V. Como la tensión de entrada es contínua, los condensadores siguen comportándose como circuitos abiertos y no circula corriente por ellos.
io
= 0 ⇒ vo = 0 vo
=0
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1,5) a) En el circuito de la figura calcular los estados por los que pasan los transistores cuando I S varía entre 0 y 100 µA y los valores límites de dicha I S en donde los transistores cambian de estado. Las características del JFET se pueden aproximar por tramos lineales.
DATOS: VDD = 15 V R = 4 k Ω Transistor T1: VBEon= 0,7 V VCEsat= 0,2 V Transistor T2: |V P| = 4 V |IDSS| = 2 mA
β = 100
VDD
T2
R
RB T1 IS
* IS = 0 => T1 y T2 en corte * 0 < IS => T1 y T2 empiezan a conducir, T1 en activa y T2 en óhmica.
V DD
= V DS + V CE ⇒ 15V = V DS + V CE
Como VGS = 0, T2 entra en saturación para V DS = |VP| = 4V => VCE = 11V y T1 sigue en activa. Cuando T2 entra en saturación I R Como T1 está en activa => I B
=
=
V DS
I C
=
β
R
=
4V
= 1mA ; I D = I DSS = 2mA ⇒ I C 4 K 3mA = 0,03mA = 30µ A = I S 100
= I D + I R = 2mA + 1mA = 3mA
Por lo tanto para 0 < I S ≤ 30 µA T1 está en activa y T2 en óhmica * 30 µA < IS => T1está en activa y T2 en saturación. El próximo cambio de estado se producirá cuando T1 se satura. En este punto T2 ya está saturado y tiene que cumplirse que V CE = 0,2V. Esto implica que:
V DS
= V DD − V CE = 15V − 0,2V = 14,8V ⇒ I R =
La
corriente
I B
=
I C
β
=
de
base
5,7mA 100
necesaria
para
alcanzar
V DS R esta
=
14,8V 4 K
corriente
= 3,7mA ⇒ I C = I D + I R = 2mA + 3,7mA = 5,7mA de
colector
necesaria
para
saturar
T1
= 0,057mA = 57µ A = I S
Por lo tanto para 30 µA < IS ≤ 57 µA T1 está en activa y T2 saturado y para 57 µA < IS ≤ 100 µA T1 y T2 están saturados La respuesta a este apartado es la siguiente:
* IS = 0 * 0 < IS ≤ 30 µA * 30 µA < IS ≤ 57 µA * 57 µA < IS ≤ 100 µA
T1 y T2 en corte T1 en activa y T2 en óhmica T1 en activa y T2 saturado T1 saturado y T2 saturado
será
(1) b) Hallar el valor que debería tener R para que la corriente máxima en el colector del transistor T1 fuese de 10 mA La corriente máxima en el colector se alcanza cuando T1 se satura => V CE = 0,2 V y VDS = VDD – VCE = 15V – 0,2V = 14,8V. Este valor de VCE implica que T2 está también saturado y como V GS = 0 la corriente de drenador ID tiene que ser igual a I DSS = 2 mA. Para que IC sea igual a 10 mA y como I C = ID + IR , tiene que cumplirse que IR = IC – ID = 10 mA – 2 mA = 8 mA.
I R
=
V DS R
⇒R=
V DS I R
=
14,8V 8mA
= 1,85K
R = 1,85 KΩ
(0,5) c) Hallar el valor de la tensión entre el colector y el emisor del transistor T1 cuando la fuente de corriente I S toma un valor de 10 µA.
Para IS = 10 µA T1 está en activa y T2 está en óhmica. El circuito equivalente sería el siguiente: VDD
rDS//R = 1,3333K RB T1 IS
I C
= β ⋅ I B = 100 ⋅ 10µ A = 1mA
r DS
=
V CE
= V DD − I C ⋅ (r DS // R) = 15V − 1mA ⋅ 1,3333K = 15V − 1,3333V = 13,666V
| V P | | I DSS |
=
4V 2mA
= 2 K
r DS // R
=
r DS ⋅ R r DS
+R
VCE = 13,666V
=
2 K ⋅ 4 K 2 K + 4 K
= 1,3333 K
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Calcular la característica de transferencia del circuito de la figura para 0V transferencia e indicar el estado de cada uno de los diodos en cada tramo.
≤
Vi
≤
50V. Dibujar la característica de
DATOS: Diodos ideales
D1
5K
15K VO
+
D2
5K Vi
10K 6V
_
20V
* Vi = 0 => D1 y D2 en corte => VO = 6V El primer cambio ocurre cuando V i > 6V y D1 empieza a conducir. * 6V ≤ Vi ≤ Vx => D1 conduce y D2 está en corte. El circuito equivalente sería el siguiente: 5K
15K VO
+
I2
I1
5K
Vi
I 2
=0
I 1
=
V O
i
i
i
i
i
2 Esta situación se conserva hasta que V O ≥ 20V y entonces D2
6V
_
− 6V ⎛ V − 6 ⎞ =⎜ ⎟mA 10 K ⎝ 10 ⎠ V − 6 V = V − I 1 ⋅ 5K = V − +3 5= V i
10
empieza a conducir V i
2
+ 3 ≥ 20V ⇒ V ≥ 34V ⇒ V = 34V i
X
* 34V ≤ Vi => D1 y D2 conducen. El circuito equivalente sería el siguiente: 5K +
15K VO I2
I1
= I 1 − I 2 V = I 1 ⋅ 5 K + (I 1 − I 2 ) ⋅ 5 K + 6V = I 1 ⋅ 10 K − I 2 ⋅ 5 K + 6V ⎫ ⎬ 20V − 6V = (I 1 − I 2 ) ⋅ 5K − I 2 ⋅ 25K = I 1 ⋅ 5K − I 2 ⋅ 30 K ⎭ I
i
I
5K
Vi
10K 6V
_
Resolvemos este sistema de ecuaciones con 2 incógnitas: 20V I 2
V O
⎛ V − 34 ⎞ =⎜ ⎟mA 55 ⎝ ⎠ i
2 ⎛ V − 34 ⎞ = I 2 ⋅ 10 K + 20V = ⎜ ⎟mA ⋅ 10 K + 20V = V + 13,818 11 ⎝ 55 ⎠ i
i
I 1
⎛ 6V − 50 ⎞ =⎜ ⎟mA 55 ⎝ ⎠ i
Por lo tanto, la característica de transferencia sería la siguiente: vo (V)
23 20
D1 ON D2 ON
ON D1 OFF D2
D1 OFF D2 OFF
6
34
6
50
vi (V)
(1) b) Si los diodos no son ideales, calcular el valor de las corrientes por los diodos para 0V Rf = 100 Ω
DATOS: D1 y D2 => V γ = 0,6 V
* Vi = 0 => D1 y D2 en corte => VO = 6V
≤ Vi ≤ 50V.
Rr = ∞
I1 = 0
I2 = 0
El primer cambio ocurre cuando V i ≥ 6V + Vγ = 6V + 0,6V = 6,6V y D1 empieza a conducir. * 6,6V ≤ Vi ≤ Vx => D1 conduce y D2 está en corte. El circuito equivalente sería el siguiente: V
Rf
5K
15K VO
+
I2
I1
5K
I 1
=
− V γ − 6V ⎛ V − 6,6 ⎞ =⎜ ⎟mA 10,1K ⎝ 10,1 ⎠ = V − V γ − I 1 ⋅ 5,1K = 0,49505 ⋅ V + 2,7326 V i
i
i
Esta situación se conserva hasta que V O entonces D2 empieza a conducir
6V
0,49505 ⋅ V i
=0
V O
Vi _
I 2
+ 2,7326 ≥ 20,6V ⇒ V ≥ i
20,6 − 2,7326
≥
20V+Vγ = 20,6V y
= 36,092V ⇒ V = 36,092V X
0,49505
* 36,092V ≤ Vi => D1 y D2 conducen. El circuito equivalente sería el siguiente: V +
5K
15K VO I2
I1 I
5K
Vi _
= I 1 − I 2 V = V γ + I 1 ⋅ 5,1K + (I 1 − I 2 ) ⋅ 5 K + 6V = I 1 ⋅ 10,1K − I 2 ⋅ 5 K + 6,6V ⎫ ⎬ 14V = (I 1 − I 2 ) ⋅ 5K − I 2 ⋅ 25,1K − V γ = I 1 ⋅ 5K − I 2 ⋅ 30,1K − 0,6V ⎭ I
Rf
V Rf 10K
6V
20V
i
Resolvemos este sistema de ecuaciones con 2 incógnitas:
I 2
⎛ V − 36,092 ⎞ =⎜ ⎟mA ⎝ 55,802 ⎠ i
I 1
= (0,10788 ⋅ V − 0,9736 )mA i
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) (1) a) Determinar el estado, las corrientes y las tensiones de polarización de los transistores del circuito de la figura y el valor de R C1 para que VCE1 = 3V. β = 100 DATOS: Transistores T1 y T2 de silicio e idénticos: V BEon= 0,7 V VCEsat= 0,2 V Diodo: VZ = 6V
12V
T1
RC1
T2
Estado
ACTIVA
ACTIVA
IB
14,022 µA
26,237 µA
IC
1,4022 mA
2,6237 mA
IE
1,4162 mA
2,65 mA
VCE
3V
6,7 V
RC1
4,3985 KΩ
1K
100K C
T1
T2
50K 2K
2K
Como sólo tenemos señales continuas (f = 0), C es un circuito abierto. Por lo tanto quedarían 2 circuitos de polarización independientes. * Realizamos el estudio para T1. Haciendo el equivalente Thevenin del circuito de la entrada, el circuito equivalente sería: 12V
VCE1 = 3V => T1 en activa
RC1
I B1
T1 IB1
VTH
50 K 100 K + 50 K
= 4V
RTH
= 100K // 50K =
100 K ⋅ 50 K 100 K + 50 K
V TH
=
BE
TH
IE1
C
B
E
C
B
CE
2K
C
C
CE
E
C
E
I C 1
* Ahora realizamos el estudio de T2. El zener regula => V E 2 I E 2
=
V E 2
2 K
= V − V
= 2,65mA
= 33,333K
− V = 14,022µ A R + (1 + β ) ⋅ 2 K I 1 = β ⋅ I 1 = 1,4022 mA I 1 = I 1 + I 1 = 1,4162 mA 12V − V 1 − I 1 ⋅ 2 K = 4,3985 K 12V = I 1 ⋅ R 1 + V 1 + I 1 ⋅ 2 K ⇒ R 1 =
IC1
RTH
= 12V ⋅
V TH
Z
BE 2
I B 2
= 5,3V ⇒ V
CE 2
=
I E 2
β + 1
= V 2 − V 2 = 12V − 5,3V = 6,7V C
= 26,237µ A
E
I C 2
=> T2 en activa
= β ⋅ I 2 = 2,6237 mA B
(1) b) Calcular el valor máximo de R C1 para que las corrientes calculadas en el apartado anterior no s e alteren. Mientras T1 en activa las corrientes no dependen de R C1 (sólo dependen del circuito de polarización de entrada (12V y las resistencias de 100K y 50K). Las corrientes empezarán a cambiar y a depender del valor de la resistencia R C1 del circuito de salida de T1 cuando este transistor se sature. Por lo tanto, para que las corrientes no se alteren la condición es que T1 siga estando en activa => V CE1 > VCEsat = 0,2V.
12V =
+ V 1 + I 1 ⋅ 2 K ⇒ V 1 = 12V − I 1 ⋅ R 1 − I 1 ⋅ 2 K > 0,2V ⇒ 12V − 0,2V − I 1 ⋅ 2 K 12V − 0,2V − 1,4162 mA ⋅ 2 K = = 6,3953K 1 <
RC
⋅
I C 1 RC 1
CE
E
CE
C
C
E
E
I C 1
1,4022 mA
RC1 < 6,3953 KΩ
(1) c) ¿Cuál sería el valor mínimo que tendría que tener la resistencia del emisor del transistor T2 para que este transistor estuviera en saturación?. T2 no se puede saturar ya que la tensión entre colector y base es constante e igual a 6V y con esta tensión la unión colector-base siempre estará polarizada en inversa => T2 siempre en activa. En otras palabras, el diodo zener impide que se pueda polarizar la unión base-colector en directa, es decir, impide que el transistor T2 se sature.
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura:
VDD ID (mA)
RD VGS = 0
16 Q
10
RG 10
4
VE
VDS (V)
(1) a) Calcular el valor de VE para obtener el punto de trabajo Q representado en la gráfica. El punto de trabajo Q es I D = 10 mA y VDS = 10 V. De la gráfica se obtiene que I DSS = 16 mA y V P = -4V.
Como el punto Q está en la zona de saturación se cumple I D
= I
DSS
⎛ V ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ V
GS
P
10mA = 16 + V GS
2
− 8 ⋅ V ⇒ V GS
GS
2
2
⎞ ⎛ V ⎟ ⇒ 10mA = 16mA ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ 4 ⎝ ⎠
GS
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
− 8 ⋅ V + 6 = 0 GS
Se resuelve la ecuación de 2º grado y se obtienen los siguientes valores: |V GS| = 7,16V y |VGS| = 0,84V Si |VGS| > |VP| el transistor está en corte => la respuesta de 7,16V no es válida. Entonces la respuesta válida es |V GS| = 0,84V Como es un JFET de canal N => V GS tiene que ser negativa => V GS = -0,84V. Como VE = -VGS => VE = 0,84V
VE = 0,84 V
(1) b) Si VE = 1V y VDD = 10V, calcular el valor máximo que puede tener R D para que el JFET esté saturado. En este caso V GS = -VE = -1V y de la gráfica sabemos que V P = -4V Para que el JFET esté saturado se tiene que cumplir V DS
≥
V P
− V
GS
⇒ V
DS
≥
4V − 1V
= 3V
Analizamos el circuito y se obtiene: V DS
= V − I ⋅ R ≥ 3V ⇒ I ⋅ R ≤ V − 3V = 10V − 3V = 7V DD
D
D
D
D
DD
= I
Cuando el JFET está saturado la corriente ID es igual a: I D
⎛ V ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ V
GS
DSS
P
2
2 ⎞ 1⎞ ⎛ ⎟ = 16mA ⋅ ⎜1 − ⎟ = 9mA ⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎠
Por lo tanto para que el JFET esté saturado tiene que cumplirse que: I D
⋅ R ≤ 7V ⇒ R ≤ D
D
7V I D
=
7V 9mA
= 777,77Ω RD ≤ 777,77 Ω
(1) c) Si VE = 2V, VDD = 6V y RD = 5KΩ, calcular la corriente que circula por el drenador del transistor JFET e indicar en que región está trabajando dicho transistor.
Suponemos que el JFET está en la región óhmica => se comporta como una resistencia de valor r DS
V DD
= I ⋅ (R + r ) ⇒ I = D
D
DS
D
V DD RD
+ r
DS
=
6V 5,25K
=
V P I DSS
= 1,1428mA
Ahora comprobamos la suposición: V DS
= I ⋅ r = 1,1428mA ⋅ 0,25K = 0,2857V D
DS
Si el JFET está en óhmicas tiene que cumplirse que
V DS
<
V P
− V
GS
0,2857 < 4V − 2V
ID = 1,1428 mA JFET en óhmica
= 2V
=> suposición correcta
=
4V 16mA
= 250Ω
(2) EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) El diodo zener puede emplearse para prevenir sobrecargas en los aparatos de medición. El circuito de la figura representa un voltímetro de continua que señala 25 V a fondo de escala. La resistencia del medidor (R m) es de 560 Ω y a fondo de escala lo atraviesa una corriente de 0,2 mA. Si el diodo zener tiene V Z = 20 V, hallar R1 y R2 para que cuando V i > 25 V el diodo entre en regulación y la sobrecorriente sea desviada del medidor.
R1
R2 Vi
Rm= 560
Z1
Medidor
Fondo de escala 200 µA
Para tensiones bajas de V i el zener Z1 está en corte y el circuito equivalente sería:
R2
R1
A
Vi Rm= 560 Fondo de escala 200 µA
Medidor
Por el medidor habrá una corriente I
=
V i R2
+ R1 + R
proporcional a la tensión de entrada. m
Cuando el voltímetro tenga a la entrada la tensión de fondo de escala, en ese instante la corriente debe ser la de fondo de escala y el zener debe empezar a regular para que si la tensión de entrada sigue aumentando la corriente por el medidor no supere la de fondo de escala y el exceso lo absorba el zener. Por lo tanto, para V i = 25 V (fondo de escala) => I = 0,2 mA y V A = 20 V (tensión que tiene que haber en el punto A para que el zener empiece a regular)
V A
I
=
= I ⋅ ( R1 + R V i
− V
A
R2
m
)=
⇒ R2 =
⋅
I R1 V i
+ I ⋅ R ⇒ R1 = m
− V
A
I
=
25V − 20V 0,2mA
V A
− I ⋅ R I
m
=
20V − 0,2mA ⋅ 0,560 K
= 25K
R1 = 99,44 k Ω R2 = 25 k Ω
0,2mA
= 99,44 K
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Determinar los puntos de funcionamiento de los transistores bipolares de los siguientes circuitos: DATOS: Diodos ideales, transistores bipolares con |V BEon| = 0,6 V, |VCEsat | = 0,2 V, β = 100
(1) a) 10 K
200
20 V
VZ = 12 V
Debido a la polarización del circuito con la fuente de 20 V, hay tensión suficiente para polarizar la unión emisor-base en directo y el zener en su zona de regulación. Por lo tanto el zener regula y establece una tensión constante e igual a 12 V entre su cátodo y su ánodo. Como el transistor es PNP => V BEon = -0,6 V y VCEsat = -0,2 V Calculamos la corriente de base que sería saliente:
20V = V Z
+ V + I ⋅ 10K ⇒ I = EB
B
B
20V − V Z
− V
EB
10 K
=
20V − 12V − 0,6V 10 K
= 0,74mA
Calculamos ahora la corriente de colector, que sería también saliente, en el caso de que el transistor estuviera saturado:
I Csat
=
V CEsat
− V + 20V − 0,2V − 12V + 20V = = 39mA 200Ω 200Ω Z
La corriente de base mínima para saturar el transistor sería: I B min
=
I Csat
β
=
39mA 100
= 0,39mA
Como IB = 0,74 mA > 0,39mA => transistor está saturado e I C = 39 mA y VCE = -0,2 V
Transistor saturado IC = 39 mA VCE = -0,2 V
(1) b)
1K 20 V
10 V 1K
Para que el transistor conduzca debería haber una corriente de emisor saliente y esto supondría una corriente de cátado a ánodo en el diodo y esto supondría que el diodo estaría en corte. Por lo tanto en este circuito es imposible polarizar en directa la unión de emisor-base y el diodo a la vez => transistor en corte
Transistor en corte
(2) c) Vi = 0 V 12V
2K
1K 4K
T1
T2
1K
10K
Vi
Con Vi = 0 V T1 estaría en corte. Realizando el equivalente Thevenin del circuito de entrada del transistor T2 que daría el siguiente circuito: 12V
1K
RTH
T2
VTH
V TH
= 12V
10 K 2 K + 4 K + 10 K
= 7,5V
RTH
= 10 K // 6 K =
10 K ⋅ 6 K 10 K + 6 K
= 3,75K
Calculamos la corriente de base:
I B
=
V TH
− V
BE
RTH
=
7,5V − 0,6V 3,75K
= 1,84mA
Calculamos la corriente de colector en el caso de que T2 saturado: I Csat
=
12V − V CEsat 1K
=
12V − 0,2V 1K
= 11,8mA
La corriente de base mínima para saturar el transistor sería: I B min
=
I Csat
β
=
11,8mA 100
= 0,118mA
Como IB = 1,84 mA > 0,118mA => transistor está saturado e I C = 11,8 mA y VCE = 0,2 V T1 en corte T2 saturado IC2 = 11,8 mA VCE2 = 0,2 V
(2) EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Calcular los valores de R 1, R2 y RG en el circuito de la figura para obtener un punto de trabajo con I D = 3 mA y VDS = 15 V cuando VCC = 20 V. DATOS: VP = -2V, IDSS = 8 mA
VCC
RG
R1
R2
VDS = 15V => Transistor saturado
I D
2
⎛ V ⎞ ⎛ V ⎞ = I ⋅ (1 − ) ⇒ 3mA = 8mA ⋅ ⎜1 − ⎟ ⇒ ⎜1 + ⎟=± V ⎝ − 2V ⎠ ⎝ 2V ⎠ ⎧− 0,77526V = 2V ⋅ (− 1 ± 0,61237 ) = ⎨ ⎩− 3,22474V V GS
2
GS
GS
DSS
P
V GS
3 8
= ±0,61237
Con VGS = -3,22474 V el JFET estaría en corte ya que |V GS| > |VP|. Por lo tanto la respuesta correcta es V GS = -0,77526 V V GS
− 0,77526V = 0,25842 K = 258,42Ω − I − 3mA V − V + V 20V − 15V − 0,77526V ⋅ R 2 ⇒ R2 = = = 1,40824 K
= − I ⋅ R1 ⇒ R1 = D
V GS
=
D
V CC
= V − V + I DS
GS
D
CC
DS
GS
3mA
I D
Con respecto a RG se puede poner cualquier valor ya que como I G tensión en dicha resistencia y no influye en el punto de trabajo.
≈ 0, prácticamente se puede considerar que no hay caida de
R1 = 258,42 Ω R2 = 1,40824 k Ω RG cualquier valor
DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS I EXAMEN SEPTIEMBRE 2006 EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Se dispone de un modelo de resistores fijos pertenecientes a la serie E-12 (tolerancia 2,2; 2,7; 3,3; 3,9; 4,7; 5,6; 6,8 y 8,2). Las características de dicho modelo son: Disipación máxima: 1 W Tensión máxima de servicio: 250 V Coeficiente de temperatura: -600 ppm/ºC (1) a) Con este modelo de resistores se montan los
±10% y valores característicos: 1; 1,2; 1,5; 1,8;
circuitos de las figuras 1 y 2. ¿Qué tensión máxima Ve podría aplicarse en
cada caso?
Rn1 = 10K
Ve
Ve Rn1 = 10K
Rn2 = 100K
Rn2 = 100K
Figura 2
Figura 1 2
Para este modelo de resistores la resistencia crítica será: RC =
V nm
=
250 2 V 2
=
1W
P nm
62,5K Ω
Pn1 = Pnm = 1W V n1 =
Por lo tanto, para Rn1 como es menor que la resistencia crítica =>
I n1 =
2
Pn 2 =
Para Rn2 como es mayor que la resistencia crítica =>
I n 2 =
=
Rn1
250 2 V 2 100 K
Rn 2 V n 2
V n1
=
Rn 2
=
100V 10 K
1 ⋅ 10 4 V = 100V = 10mA
250V
V n 2 = V nm = V nm
Pn1 ⋅ Rn1 =
250V
=
100K
=
0,625W
2,5mA
Entonces se tiene que en el circuito de la figura 1, al estar en serie los resistores, la corriente máxima tiene que ser la menor de las corrientes máximas de los resistores para que no se destruya ninguno: I max =
min{I n1 , I n 2 } = 2,5mA ⇒ Vemax
(
)
= I max ⋅ Rn1 + Rn 2 =
2,5mA ⋅ (10 K + 100 K ) = 275V
En el circuito de la figura 2, al estar en paralelo los resistores, la tensión máxima Ve viene limitada por la menor de las tensiones nominales máximas de los resistores: Vemax =
min{V n1 , V n 2 } = 100V Figura 1 => Vemax = 275V Figura 2 => Vemax = 100V
(0,5) b) Se ha medido la resistencia de un resistor del
modelo a 25 ºC dando un valor de 2.000 . Sabiendo que dicha medida está dentro de tolerancia, ¿cuál es el valor nominal del resistor?
Los valores nominales a los que puede pertenecer el valor de 2.000 Ω serán 1.800 Ω o 2.200 Ω. Habrá que calcular, según la tolerancia de la serie, los valores de resistencia que abarcan cada uno de estos valores nominales. Para Rn=1.800 Ω => Rmax=1.800 ⋅ (1 + 0,1) = 1.980 Ω => No abarca el valor medido Para Rn=2.200 Ω => Rmin=2.200 ⋅ (1 - 0,1) = 1.980
Ω
=> Si abarca el valor medido => este es el valor nominal del resistor
Rn = 2.200
(0,5) c) ¿Cuánto valdría la resistencia del
resistor del apartado b) a una temperatura de 60 ºC?
Como el coeficiente de temperatura de la serie es –600 ppm/ºC, se tiene que el valor de la resistencia de 2.000 de 60 ºC sería: R60 = R25 ⋅ (1 + α ⋅ ∆T ) =
2.000Ω ⋅ (1 −
600 10 6
(60 − 25)) = 1.958Ω
R60ºC = 1.958
Ω a una
temperatura
Ejercicios Resueltos de Dispositivos Electrónicos I Examen de Septiembre de 2006 - Ejercicio 2 1
Enunciado Obtener razonadamente, la función matemática de las corrientes por los diodos cuando la fuente U 1 varía su tensión desde 0V hasta 5V. Indicar los valores de las corrientes y la fuente U 1 en los puntos de inflexión de las funciones. La fuente U 2 = 5V . D1 y D2 son diodos con V γ = 0 7V , R f = 0Ω, Rr = ∞Ω. DZ 1 con V γ = 0 7V , R f = 0Ω, Rr = ∞Ω, V Z = −3 5V y RZ = 0Ω. R1 = 5k Ω, R2 = 7k Ω, R3 = 2k Ω y R4 = 4k Ω. ,
,
,
Figura 1: Circuito del enunciado
Solución Para comenzar a resolver el problema se procede a analizar las distintas ramas del circuito y las corrientes que por ellas pueden circular. Para ello se dibujan las corrientes, tensiones y se ponen nombres a los nudos, de acuerdo con la siguiente figura.
Figura 2: Circuito del enunciado con corrientes, tensiones y nudos Al presentar la fuente U 2 un valor de 5 V , y estar inicialmente la fuente U 1 a cero voltios, el diodo D1 se encuentra polarizado inversamente y los diodos D2 y Dz1 están polarizados directamente. El circuito equivalente es el de la figura 3. Por lo tanto la corriente inicial por el diodo D1 es I D1 = 0 1
Resuelto por el Prof. Andrés A. Nogueiras Meléndez,
[email protected], 2006
1
(1)
Figura 3: Primer circuito equivalente La corriente que circula por el diodo DZ 1 viene definida por I DZ 1 = I 4 =
U 2 − U γ (DZ 1 ) − U 1 − U γ (D2 )
(2)
R4
y la que circula por el diodo D2 viene definida por I D2 = I DZ 1 +
U 2 − U γ (D2 )
(3)
R2 + R3
Los valores iniciales de estas dos corrientes son I DZ 1 =
5 V − 0 7 V − 0 7 V = 900 µA 4 k Ω ,
I D2 = 900 µA +
,
5 V − 0 7 V ,
2 k Ω + 7 k Ω
(4)
= 1 37778 µA
(5)
,
El estado del circuito puede cambiar de dos formas al aumentar la tensión en U 1 . La primera opción es que la diferencia de potencial entre el nudo A y el nudo B del circuito supere la tensión umbral del diodo D1 . La segunda opción es que la diferencia de potencial entre el nudo C y el nudo A del circuito se haga menor que la tensión umbral del diodo DZ 1 , haciendo que este pase a corte. Procedamos a analizar ambas opciones. La primera opción es que la diferencia de potencial entre el nudo A y el nudo B del circuito supere la tensión umbral del diodo D1 . Expresado matemáticamente es U 1 = U R1 + U γ (D1 ) + U R2
donde U R2 = R2 · I 2 = R2 ·
U 2 − U γ (D2 ) R2 + R3
= 7 k Ω ·
(6)
5 V − 0 7 V = 3 34444 V 7 k Ω + 2 k Ω ,
(7)
,
que aplicado en la ecuación 6 implica que el nivel de tensión que hace entrar en conducción al diodo U 1 = 0 V + 0 7 V + 3 34444 V = 4 04444 V ,
,
(8)
,
La segunda opción es que la diferencia de potencial entre el nudo C y el nudo A del circuito se haga menor que la tensión umbral del diodo DZ 1 . Esto implicaria que la corriente I 4 tomaria el valor cero, lo que expresado matemáticamente U 1 = −U R4 − U γ (DZ 1 ) + U 2 − U γ (D2 )
(9)
Si U R4 = 0, el valor de tensión frontera es U 1 = −U γ (DZ 1 ) + U 2 − U γ (D2 ) = −0 7 V + 5 V − 0 7 V = 3 6 V ,
,
,
(10)
Luego, el cambio de estado del diodo zener DZ 1 se produce cuando la tensión de la fuente U 1 alcanza el valor de 3 6V , dando lugar al circuito equivalente de la figura 4. Las ecuaciones que describen la corriente por los diodos son ,
I D1 = 0
(11)
I DZ 1 = 0
(12)
I D2 =
U 2 − U γ (D2 ) R2 + R3
2
(13)
Figura 4: Segundo circuito equivalente que son válidas hasta que la fuente U 1 alcance el valor de 3 6V . La corriente por el diodo D2 vale ,
I D2 =
U 2 − U γ (D2 ) R2 + R3
=
5 V − 0 7 V ,
= 477 778 µA ,
7 k Ω + 2 k Ω
(14)
Nuevamente, el estado del circuito puede cambiar de dos formas al aumentar la tensión en U 1 . La primera opción es que la diferencia de potencial entre el nudo A y el nudo B del circuito supere la tensión umbral del diodo D1 . La segunda opción es que la diferencia de potencial entre el nudo A y el nudo C del circuito supere la tensión Zener del diodo DZ 1 , haciendo que este pase a regulación. Procedamos a analizar ambas opciones. Para la primera nos encontramos con un razonamiento análogo al que se planteó para el cambio de condiciones anterior, que conduce al resultado de la ecuación 8. Para la segunda opción, la ecuación que modela la condición de cambio es U 1 = −U R4 − U Zener (DZ 1 ) + U 2 − U γ (D2 )
(15)
U 1 = −0V − (−3 5 V ) + 5 V − 0 7 V = 7 8 V
(16)
a la que aplicando valores ,
,
,
Por lo tanto, cuando la tensión de la fuente U 1 alcance el valor de 4 04444 V , el diodo D1 comenzará a conducir, dando lugar al circuito equivalente de la figura 5. ,
Figura 5: Tercer circuito equivalente Las ecuaciones que describen el circuito ahora son, para el nudo B I 1 + I 3 = I 2
(17)
U 1 = I 1 R1 + U γ (D1 ) + I 2R2
(18)
U 2 = I 3 R3 + I 2 R2 + U γ (D2 )
(19)
y para las mallas
sustituyendo la ec. 17 en la ec. 19, despejando y operando I 2 =
U 2 − U γ (D2 ) R2 + R3
+ I 1
R3
(20)
R2 + R3
sustituyento la ec. 20 en la ec. 18, despejando y operando I D1 = I 1 =
U 1 − U γ (D1 ) (R2 + R3) R1 R2 + R1R3 + R2 R3
3
−
U 2 − U γ (D2 ) R2
R1 R2 + R1R3 + R2R3
(21)
que es la expresión de la corriente por el diodo D1 . La corriente por el diodo D2 viene dada por I D2 = I 3 = I 2 − I 1
(22)
uniendo las expresiones de las ec. 20 y 21, operando y despejando
I D2 = U 2 − U γ (D1 )
R1 + R2 R2 − U 1 − U γ (D2 ) R1 R2 + R1R3 + R2 R3 R1 R2 + R1R3 + R2 R3
(23)
Queda por comprobar que ocurrirá con el diodo DZ 1 . Al aumentar la tensión de U 1 podría entrar zona Zener si la diferencia de potencial entre los nudos A y C supera la tensión de Zener. Basta con comprobar que si la tension máxima que alcanza U 1 no basta, las ecuaciones establecidas hasta este momento son válidas. Luego, U AC = I 1 R1 + U γ (D1 ) − I 3 R3
(24)
y aplicando los valores numéricos en las ecuaciones anteriores, se tiene que I 1 (U 1 = 5V ) = 1 16610 mA
(25)
I 3 (U 1 = 5V ) = 1 51356 mA
(26)
,
,
y, consecuentemente U AC (U 1 = 5V ) = 3 50338 V ,
que no es suficiente para hacer que el diodo DZ 1 trabaje en zona Zener. Finalmente, resumiendo los resultados Si 0 V ≤ U 1 ≤ 3 6 V , entonces ,
• I D1
= 0A
• I D2
= I DZ 1 +
• I DZ 1
=
U 2 −U γ (D ) 2 , R2 +R3
U 2 −U γ (D
con 1 37778 µA ≤ I D2 ≤ 477 778 µA
−U 1 −U γ D ( 2) , R4
Z 1 )
,
,
con 900 µA ≤ I DZ 1 ≤ 0 A
Si 3 6 V ≤ U 1 ≤ 4 04444 V , entonces ,
,
• I D1
= 0A
• I D2
=
• I DZ 1
U 2 −U γ (D ) 2 R2 +R3
= 477 778 µA ,
= 0A
Si 4 04444V ≤ U 1 ≤ 5V , entonces ,
• I D1 • I D2
R2 +R3 − R1 R2 +R1 R3 +R2 R3
R2 , R1 R2 +R1 R3 +R2 R3
con 0 A ≤ I D1 ≤ 1 16610 mA
R1 +R2 − R1 R2 +R1 R3 +R2 R3
R2 , R1 R2 +R1 R3 +R2 R3
con 477 778 µA ≤ I D2 ≤ 364 407 µA
= U 1 − U γ( D1 ) = U 2 − U γ (D1 )
• I DZ 1
U 2 − U γ( D2 ) U 1 − U γ (D2 )
= 0A
4
,
,
,
Ejercicios Resueltos de Dispositivos Electrónicos I Examen de Septiembre de 2006 - Ejercicio 3 1
Enunciado Obtener, razonadamente, el valor de los resistores RB1 y RC 1 para que el diodo Zener DZ 1 esté en zona zener y los transistores T 1 y T 2 funcionen en zona activa. Las condiciones de diseño son: 1. La potencia disipada por el diodo Zener DZ 1 es de PDZ 1 = 150 mW . 2. La tensión U CE −T 1 = 7 V . La fuente de alimentación U DC = 24V . Los resistores RC 2 = 470 Ω, RE 2 = 500 Ω, RB2 = 10 k Ω. Para el diodo Zener: V Z = −10V , V γ = 0 78V , R f = RZ = 0Ω, Rr = ∞Ω, I Zmin = 6mA, I Zmax = 55mA. Para el transistor T 1 : β = 80, V BEon = V BEsat = 0 7V , V CEsat = 0 21V . Para el transistor T 2 : β = 120, V BEon = V BEsat = 0 7V , V CEsat = 0 19V . ,
,
,
,
,
Figura 1: Circuito del enunciado
Solución Los valores a encontrar de los dos resistores implican que es necesario hallar el valor de las corrientes y tensiones en los transistores, ya que es condición de funcionamiento que ambos estén en zona activa. El circuito se analiza de derecha a izquierda. Se sabe que el diodo Zener está regulando, por lo tanto, de la malla inferior derecha: U DZ 1 = U BE T 2 + U RE 2
(1)
U RE 2 = 10 V − 0 7 V = 9 3 V
(2)
despejando y operando ,
,
por lo que la corriente de emisor del transistor T 2 vale: I E 2 = I RE 2 =
9 3 V ,
500 Ω
= 18 6 mA ,
(3)
Si el transistor T 2 está en activa: I B2 = 1
I E 2
β2 + 1
=
18 6 mA = 153 719 µA 121 ,
,
Resuelto por el Prof. Andrés A. Nogueiras Meléndez,
[email protected], 2006
1
(4)
I C 2 = I E 2 − I B2 = 18 6 mA − 153 719 µA = 18 4468 mA ,
,
(5)
,
la caida de tensión en el resistor de colector es: U RC 2 = I C 2 · RC 2 = 18 4468 mA · 470 Ω = 8 67(000) V ,
(6)
,
y la caida de tensión entre colector y emisor del transistor T 2 es: U CE T 2 = U DC − U RC 2 − U RE 2 = 24 V − 8 67 V − 9 3 V = 6 03 V ,
,
(7)
,
por lo que se puede establecer el punto de trabajo del transistor en zona activa. Del diodo Zener se sabe la potencia que disipa, luego: I DZ 1 =
PDZ 1
=
U DZ 1
150 mW = 15 mA 10 V
(8)
lo que implica que la corriente de emisor del transistor T 1 debe ser: I E 1 = I B2 + I DZ 1 = 153 179 µA + 15 mA = 15 1532 mA ,
(9)
,
y, dado que está en zona activa: I B1 =
I E 1
=
β1 + 1
15 1532 mA ,
= 187 077 µA
(10)
,
81
I C 1 = I E 1 − I B1 = 15 1532 mA − 187 077 µA = 14 9661 mA ,
,
(11)
,
De las condiciones de diseño se tiene sabe el valor de U CE −T 1 . Luego: U RC 1 = U DC − U CE T 1 − U DZ 1 = 24 V − 7 V − 10 V = 7 V
y el valor del resistor RC 1 es: RC 1 =
U RC 1
=
I C 1
(12)
7 V = 467 724 Ω 14 9661 mA
(13)
,
,
De la malla inferior central: U RB2 = I RB2 · RB2 = U BE T 1 + U DZ 1
despejando y operando: I RB2 =
U BE T 1 + U DZ 1 RB2
=
(14)
0 7 V + 10 V = 1 07 mA 10 k Ω ,
(15)
,
En el nudo de la base del transistor T 1 : I RB1 = I B1 + I RB2 = 187 077 µA + 1 07 mA = 1 25708 mA ,
,
(16)
,
la tensión que soporta el resistor RB1 es U RB1 = U RC 1 + U CBT 1 = U RC 1 + U CE T 1 − U BE T 1 = 7 V + 7 V − 0 7V = 13 3 V ,
,
(17)
y el valor del resistor es
RB1 =
U RB1 I RB1
=
13 3 V = 10 5801 k Ω 1 25708 mA ,
,
,
2
(18)
Ejercicios Resueltos de Dispositivos Electrónicos I Examen Final de Septiembre de 2006 - Ejercicio 4 1
Enunciado Establecer, razonadamente, el rango de la tensión de entrada (U E ) para que el circuito se comporte como un consumo de corriente constante. Indicar, también, cual va a ser el valor de la corriente consumida. El resistor R1 = 1 2 k Ω y puede disipar una potencia nominal PR1 = 500 mW . El diodo de rectificación D1 tiene V γ = 0 7 V , R f = 220 mΩ, Rr = 150 M Ω y puede disipar una potencia de PD1 = 145 mW El transistor JFET J 1 tiene una I Dss = 16 mA, |V P | = 3 7 V , V DSmax = 23 V y puede disipar una potencia de PJ 1 = 320 mW ,
,
.
,
.
Solución Para que el circuito se comporte como una fuente de corriente constante, el transistor JFET de canal N tiene que estar trabajando en la zona de saturación, lo que implica que siempre se tiene que cumplir:
|U DS | ≥ ||V P | − |U GS ||
(1)
Como U GS = 0 el transistor funciona en la curva característica mas elevada de todas, y su corriente de drenador será igual a la corriente de saturación, siempre y cuando la tensión entre drenador y surtidor cumpla ,
|U DS | ≥ |V P |
(2)
La corriente que circula por el circuito es la corriente de Figura 1: Circuito del enunciado saturación del transistor, I Dss . Para que circule esta corriente, el diodo D1 tiene que estar conduciendo y la ecuación que modela el circuito es: U E = I Dss · R1 + V γ + I Dss · R f + U DS
(3)
Al ser la corriente constante, la caida de tensión en la resistencia R1 también lo será. La tensión en el diodo también tiene que ser constante, pues éste tiene que trabajar en zona de conducción directa. Luego, la tensión entre drenador y surtidor del JFET es la única tensión que puede variar para hacer que la impedancia que presenta el circuito cambie para mantener la corriente constante. De todo lo anteriormente expuesto, la tensión de entrada mínima viene dada por: U Emin = I Dss · R1 + V γ + I Dss · R f + |V P | = 16 mA · 1 2 k Ω + 0 7 V + 16 mA · 220 mΩ + 3 7 V = 23 6035 V ,
,
,
,
(4)
y las potencias disipadas por los componentes son: 2 · R1 = (16 mA)2 · 1 2 k Ω = 307 2 mW PR1 = I Dss ,
(5)
,
2 · R f + I Dss · V γ = (16 mA)2 · 220 mΩ + 16 mA · 0 7 V = 11 2563 mW PD1 = I Dss
(6)
PJ 1 = I Dss · U DS = 16 mA · 3 7 V = 59 2 mW
(7)
,
,
,
,
lo que indica que ningún componente será destruido. La tensión de entrada máxima viene, posiblemente, dada por la tensión máxima que puede soportar el JFET: U Emax = I Dss · R1 + V γ + I Dss · R f + U DSmax = 16 mA · 1 2 k Ω + 0 7 V + 16 mA · 220 mΩ + 23V = 42 9035 V ,
1
,
Resuelto por el Prof. Andrés A. Nogueiras Meléndez,
[email protected], 2006
1
,
(8)
La potencia que disipan tanto el resistor como el diodo de rectificación son las mismas. En cambio, al aumentar la caida de tensión en el transistor, su potencia pasa a valer PJ 1 = I Dss · U DSmax = 16 mA · 23 V = 368 mW
(9)
que es mayor que la que puede disipar el encapsulado del transistor. Luego, el valor de tensión máxima viene limitado por U DSmax− practica =
320 mW PJ 1 = = 20 V 16 mA I Dss
(10)
y la tensión máxima de entrada es: U Emax = I Dss · R1 + V γ + I Dss · R f + U DSmax− practica = 16 mA · 1 2 k Ω + 0 7 V + 16 mA · 220 mΩ + 20V = 39 9035 V (11) ,
2
,
,
EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Un resistor de la serie E24 (tolerancia de la serie ±5%) y valor nominal 220 Ω se utiliza en un circuito que trabaja a 85 ºC de temperatura ambiente. En estas condiciones, el resistor permite el paso de una corriente máxima de 0,15 A sin deteriorarse por sobrecalentamiento. Sabiendo que la resistencia térmica es de 20 ºC/W:
(1) a) Calcular la temperatura máxima que puede alcanzar el resistor La temperatura del cuerpo del componente es T C
= T + R ⋅ P , donde TA es la temperatura ambiente, P la potencia disipada y A
T
RT la resistencia térmica. De acuerdo con los datos del ejercicio, la máxima potencia que puede disipar el resistor a una temperatura ambiente de 85 ºC es igual a: PMax (85º C )
= I 2 ⋅ R Max
Para obtener el valor máximo de la potencia se debe considerar el máximo valor que puede tener la resistencia de un resistor de la serie E24 y de valor nominal RN = 220 Ω. Como la tolerancia de esta serie es ±5% (T = 0,05), el valor máximo que puede tener la resistencia será: R Max
= R (1 + T ) = 220Ω(1 + 0,05 ) = 231Ω N
La potencia máxima que se puede disipar será: PMax (85º C )
= (0,15 A)2 ⋅ 231Ω = 5,1975W
Y la temperatura máxima: T Max
= 85º C + 20
º C W
⋅ 5,1975W = 85º C + 103,95º C = 188,95º C
TMax = 188,95 ºC
(1) b) Calcular la potencia nominal del resistor a temperatura nominal de 25 ºC. La temperatura máxima que puede alcanzar un resistor no varía, es siempre la misma aunque cambie la temperatura ambiente. Por lo tanto, utilizando la misma expresión que en el apartado a):
T C
= T + R ⋅ P ≤ 188,95º C ⇒ P ≤ A
T
188,95º C − T A RT
=
188,95º C − 25º C = 8,1975W º C 20 W
La potencia máxima que puede disipar el resistor a la temperatura nominal (25 ºC) es 8,1975 W y ese valor es por definición la potencia nominal.
PN = 8,1975 W
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) significativas) (2) a) Calcular la corriente I B y el estado del transistor y el zener en el circuito de la figura.
DATOS: Vcc = 10 V RC = 120 Ω R = 100 Ω β = 200 Transistor: V BEon= 0,7 V VCEsat= 0,2 V Diodo: VZ = 5V
VCC
RC
R
IB
Debido a la polaridad de la tensión VCC, el zener sólo puede estar en corte o en regulación (zona zener). Si el zener estuviera en corte, el transistor tra nsistor también lo estaría e staría ya que no habría tensión en el circuito de base para polarizar la unión base-emisor en directa. Si los dos dispositivos estuvieran en corte, en el zener caería entre cátodo y ánodo una tensión de 10V que sería mayor que la tensión VZ, por lo que el zener estaría regulando. Por lo tanto, el zener está polarizado en la zona de regulación, lo que supone que V CB = VZ = 5 V que polariza la unión colector-base en inversa y el transistor está en activa. Analizando el circuito se obtiene: V CE I R
C
= V + V = 5V + 0,7V = 5,7V V − V 10V − 5,7V = = = 35,833mA R 120Ω = I + I = β ⋅ I + I + I = (β + 1)I + I Z
BE
CC
CE
C
I R
C
I R
I R
C
C
=
V BE R
Z
=
B
0,7V 100Ω
B
B
R
= 7mA
= (β + 1)I + I ⇒ I = B
R
R
B
− I 35,833mA − 7 mA 28,833mA = = = 143,44µ A β + 1 201 201
I R
C
R
El zener regula El transistor en activa IB = 143,44 µA
(0,5) b) Calcular el valor mínimo que debe tener la resistencia R C para polarizar el transistor bipolar en saturación. El transistor bipolar nunca puede estar en saturación ya que el zener al estar conectado entre el colector y la base impide que esta unión pueda llegar a estar polarizada en directa. El zener fija una tensión de 5 V entre colector y base que hace que esta unión este siempre polarizada en inversa, lo que implica que el transistor va a estar siempre en activa.
(0,5) c) Calcular lo mismo que en el apartado a) pero si al circuito se le aplica una tensión de polarización V CC = 4,5 V. Si la tensión de polarización V CC es igual a 4,5 V, esto implica que no hay una tensión suficiente suficiente para llevar al zener a la zona de regulación y entonces el zener estaría polarizado en corte. Al estar el zener en corte el transistor también lo está en corte y no habría corrientes por el circuito (las únicas corrientes serían las corrientes inversas de saturación del diodo y de la unión colector-base colector-base que las consideramos despreciables) y por lo tanto la I B = 0.
El zener en corte El transistor en corte IB = 0 A
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) significativas) (3) Calcular el estado de los transistores en el circuito de la figura, así como las corrientes y las tensiones indicadas en la tabla (indicar en la figura fi gura el sentido de las l as corrientes). corrientes ). Poner los resultados re sultados en la tabla. Resolver el problema sin despreciar la corriente I B.
RB = 470 Ω
DATOS: Vcc = 20 V
T2
VCC
Transistor T1: |VP| = 4 V
|IDSS| = 10 mA
Transistor T2: |VBeon| = 0,6 V
RB
RG = 560 Ω
β = 100
|VCesat| = 0,2 V
T1 RG
T1
T2
Saturado
Estado ID
Activa
Estado
1,3091 mA
IC
3,2492 mA
16,847 V
IB
32,492 µA
IE
3,2816 mA
VCE
-17,447 V
VDS
Se supone que T1 está saturado y T2 en activa. Como T1 está saturado se cumple que
= I
I D
2
⎛ V ⎜⎜1 − ⎝ V
GS
DSS
P
⎞ V ⎞ ⎟⎟ = 10⎛ ⎜1 + ⎟ 4 ⎝ ⎠ ⎠ GS
2
mA
Se tiene una ecuación con dos incógnitas, por lo que se necesita otra ecuación que sale del análisis del circuito
= I + I = I +
I D
RB
B
I C
+ I = I = −
I D
=
D
RG
β ⋅ I R
−
B
β + 1
V GS RG
RB
I C
β
D
⇒ I = − I − C
V GS
(β + 1)R
G
=
100
D
⋅
⎫ ⎪⎪ V V I I ⇒ I + = I − ⇒ ⎬ ⇒ I = I − − R R β β β β ⋅ ⋅ ⎪ ⎪⎭
V GS RG
0,6V
101 0,47 K
−
D
V GS
101 ⋅ 0,56 K
2
V ⎛ V ⎞ 10⎜1 + ⎟ = 1,2639 − 56,56 ⎝ 4 ⎠ GS
Operando se llega a la siguiente ecuación de 2º grado: 2
V GS
+ 8,0282 ⋅ V + 13,977 = 0 GS
D
D
G
Igualando las ecuaciones:
GS
GS
RB
= (1,2639 −
V GS
56,56
GS
RB
G
)mA
Se resuelve y se llega a dos posibles resultados:
− 2,5527V − 5,4755V
=
V GS
El resultado de –5,4755V no puede ser porque |V GS|>|VP| y el transistor T1 estaría en corte. Por lo tanto la respuesta correcta es: VGS = -2,5527V Sustituyendo valores en las ecuaciones del circuito se hallan el resto de valores:
= I
I D
⎛ V ⎜⎜1 − ⎝ V
GS
DSS
P
2
⎞ V ⎞ ⎟⎟ = 10⎛ ⎜1 + ⎟ 4 ⎝ ⎠ ⎠
2
GS
⎛ 2,5527 ⎞ mA = 10⎜1 − ⎟ 4 ⎠ ⎝
2
mA
= 1,3091mA
= V − V + V = 20V − 0,6V − 2,5527V = 16,847V
V DS
CC
EB
GS
V GS
= I − I = −
I B
=
I E
= I + I = 32,492µ A + 3,2492mA = 3,2816mA
RG
V CE
I C
β
D
=
B
RG
3,2492mA 100
− I =
2,5527V
I C
D
0,56 K
− 1,3091mA = 3,2492mA
= 32,492µ A
C
= −V − V = 2,5527V − 20V = −17,447V GS
CC
Ahora hay que comprobar las suposiciones: * Suposición que transistor T1 está saturado VDS tiene que ser positiva, V GS negativa y tiene que cumplirse lo siguiente
− V 16,847V ≥ 4V − 2,5527V = 1,4473V V DS
≥
V P
GS
=> Se cumple y entonces suposición correcta
* Suposición que transistor T2 en activa Como el transistor es pnp, para que el transistor esté en activa la unión de colector-base tiene que estar polarizada en inversa y esto ocurre si la tensión V CE es y mayor en módulo que la V CE en saturación. Esto se cumple por lo que la suposición es correcta.
Como las dos suposiciones son correctas, los cálculos realizados son válidos y el problema está resuelto.
(2) EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Calcular la característica de transferencia del circuito de la figura. Dibujar la característica de transferencia e indicar el estado de cada uno de los diodos en cada tramo. DATOS: Diodos ideales
D1
D2 VO
+
100K
200K
20V
80V
Vi _
* -∞ < Vi ≤ Vx => D1 en corte y D2 conduce El circuito equivalente es el siguiente:
+
VO I1
I2 100K
200K
20V
80V
Vi _
I 1 = 0 I 2 =
80V − 20V
= 0,2mA 200K + 100 K V O = 80V − I 2 ⋅ 200 K = 80V − 0,2mA ⋅ 200 K = 40V
D1 empieza a conducir cuando V i ≥ VO = 40V => Vx = 40V
* 40V ≤ Vi ≤ Vy => D1 y D2 conducen El circuito equivalente es el siguiente:
+
VO I1
I2 100K
200K
Vi _
20V
D2 entra en corte cuando I2 = 0 =>
V O = V i I 2 =
80V − V i 200 K
80V
80V − V i 200 K
= 0 ⇒ V i = 80V ⇒ V y = 80V
* 80V ≤ Vi < ∞ => D1 conduce y D2 en corte El circuito equivalente es el siguiente:
+
VO I1
I2 100K
200K
20V
80V
I2 = 0 => VO = 80V
Vi _
Por lo tanto la característica de transferencia del circuito es la siguiente:
-∞ < Vi ≤ 40V
=> VO = 40V
40V ≤ Vi ≤ 80V 80V ≤ Vi < ∞
=> VO = Vi => VO = 80V
vo (V)
80
D1 ON D2 OFF
ON 1 D ON D2
40 D1 OFF D2 ON
40
80
vi (V)
EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura: DATOS: Transistores T1 y T2 de silicio e idénticos: V BEon= 0,7 V VCEsat= 0,2 V Diodo: VZ = 6V
β = 100
12V
2,2K 3K
VO
22K T2
100K
T1
Vi
(1) a) Calcular VO para Vi = 4V. Suponiendo T1 saturado se tendría que VCE1 = 0,2 V => zener y T2 en corte. Quedaría el siguiente circuito equivalente: 12V
I C 1sat =
12V − V CE 1sat 3K
3K
I B1 min sat = 100K
T1
I B1 =
I C 1sat
β
V i − V BE 1
100K
=
=
=
12V − 0,2V
3,9mA 100
3K
= 3,9mA
= 0,039mA = 39µ A
4V − 0,7V 100 K
= 0,033mA = 33µ A
Vi
Como IB1 < IB1minsat => T1 no está saturado y está en activa y por lo tanto I C 1
= β ⋅ I B1 = 100 ⋅ 33µ A = 3,3mA
Ahora suponiendo que el zener y T2 están en corte se tendría el mismo circuito equivalente y calculando V CE1 se obtiene:
V CE 1 = 12V − I C 1 ⋅ 3K = 12V − 3,3mA ⋅ 3K = 2,1V Para que el zener y T2 conduzcan hace falta que se cumpla que V CE1 > VZ + VBE2 = 6V + 0,7V = 6,7V. Como VCE1 = 2,1V < 6,7V => suposición zener y T2 en corte correcta => IC2 = 0 => VO = 12V – IC2 ⋅ 2,2K = 12V
VO = 12V
(1) b) Calcular VO para Vi = 1V. Del apartado a) se conoce que I B1minsat = 0,039mA. Calculando para los datos de este apartado I B1 se obtiene:
I B1 =
V i − V BE 1
100 K
1V − 0,7V
=
100K
= 0,003mA = 3µ A
Como IB1 < IB1minsat => T1 no está saturado y está en activa y por lo tanto I C 1
= β ⋅ I B1 = 100 ⋅ 3µ A = 0,3mA
Ahora suponiendo que el zener y T2 están en corte y calculando V CE1 se obtiene:
V CE 1 = 12V − I C 1 ⋅ 3K = 12V − 0,3mA ⋅ 3K = 11,1V Como VCE1 > VZ + VBE2 = 6V + 0,7V = 6,7V => zener y T2 no pueden estar en corte => zener regula y T2 conduce. Se calcula IB2:
12V = (I C 1 + I B 2 ) ⋅ 3K + V Z + I B 2 ⋅ 22 K + V BE 2 ⇒ I B 2 = =
12V − 6V − 0,7V − 0,3mA ⋅ 3K 25K
12V − V Z − V BE 2 − I C 1 ⋅ 3K 3K + 22 K
=
= 0,176mA
Ahora se calcula I C2 suponiendo que T2 estuviera saturado:
I C 2 sat =
12V − V CE 2 sat
I B 2 min sat =
2,2 K I C 2 sat
β
=
=
12V − 0,2V 2,2 K
5,3636mA 100
= 5,3636mA
= 0,053636 mA
Como IB2 > IB2minsat => T2 está saturado => V O = VCE2 = 0,2V
VO = 0,2V
(1) c) Calcular el rango de valores que puede tener V i para que los dos transistores T1 y T2 estén saturados a la vez. Si T1 está saturado implica que V CE1 = 0,2V por lo que en el cátodo del zener no hay tensión suficiente para polarizar en regulación al zener y al transistor T2 en conducción. Esto implica que el zener y T2 estarían en corte. Por lo tanto es imposible polarizar a los dos transistores T1 y T2 en saturación a la vez.
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura: β = 100 DATOS: T1 => VBEγ = 0,3V VBEon = 0,5 V VCEsat = 0,2V 2 T2 => VTH = 2V K = 0,3 mA/V
12V
2K
T2 4V 100K
T1
VBB
(1,5) a) Calcular el punto de trabajo de los 2 transistores (I C, VCE, ID, VDS) cuando VBB = 10V. La característica del MOSFET se puede aproximar por tramos lineales. Se supone T1 en activa y T2 saturado:
I B =
V BB − V BE
100 K
=
10V − 0,5V 100 K 2
I D = K ⋅ (V GS − V TH ) = 0,3 I 2 K
= 95µ A ⇒ I C = β ⋅ I B = 100 ⋅ 95µ A = 9,5mA
mA 2
2
⋅ (4V − 2V ) = 1,2mA
V = I C − I D = 9,5mA − 1,2mA = 8,3mA ⇒ V DS = I 2 K ⋅ 2 K = 8,3mA ⋅ 2 K = 16,6V
V CE = 12V − V DS = 12V − 16,6V = −4,6V => T1 no puede estar en activa ya que para ello V CE tendría que ser positiva => Suposición es incorrecta. Se realiza otra suposición: T1 y T2 saturados: T1 saturado => VCE = 0,2V => VDS = 12V – VCE = 11,8V Si T2 está saturado tiene que cumplirse que V DS
≥ V GS − V TH y como 11,8V ≥ 4V − 2V = 2V entonces la suposición de que
T2 está saturado es correcta.
I D = K ⋅ (V GS − V TH ) = 0,3 2
I 2 K =
V DS
I B min sat I B =
V
2
⋅ (4V − 2V ) = 1,2mA 2
11,8V
I C = I D + I 2 K = 1,2mA + 5,9mA = 7,1mA = 5,9mA 2 K I 7,1mA = Csat = = 0,071mA = 71µ A β 100
2 K
=
mA
V BB − V BE
100 K
=
10V − 0,5V 100K
= 95µ A
Como se cumple que IB > IBminsat entonces la suposición de T1 saturado es correcta. Por lo tanto los dos transistores estarían saturados y los cálculos realizados son válidos. T1 y T2 saturados IC = 7,1 mA VCE = 0,2 V ID = 1,2 mA VDS = 11,8 V
(1,5) b) Calcular los estados por los que pasan los transistores cuando V BB varía entre 0V y 20V. La característica del MOSFET se puede aproximar por tramos lineales. * 0V ≤ VBB ≤ 0,3V => T1 y T2 están en corte
* 0,3V < VBB < Vx => T1 en activa y T2 en óhmica Cuando VBB > VBEγ T1 empieza a conducir en zona activa y T2 también empieza a conducir en óhmica. A medida que V BB aumenta, IB e IC también van aumentando lo que provoca que VDS aumente y por lo tanto VCE disminuya ya que 12V = VDS + VCE. Entonces, el próximo cambio en el estado de uno de los transistores ocurrirá en T2 ya que cuando V DS = VGS – VTH = 2V T2 entra en saturación y en ese punto VCE = 12V – VDS = 10V => T1 aún sigue en activa. Se calcula el valor de V BB que hace que VDS = 2V: Para VDS = 2V T2 se satura y la corriente de drenador tiene que tener un valor igual a
I D = K ⋅ (V GS − V TH ) = 0,3 2
I 2 K =
V DS
2 K
=
2V 2 K
= 1mA
mA V
2
⋅ (4V − 2V ) = 1,2mA 2
I C = I D + I 2 K = 1,2mA + 1mA = 2,2mA
Como T1 está en activa =>
I B =
I C
β
=
2,2mA 100
= 0,022mA ⇒ V BB = I B ⋅ 100 K + V BE = 0,022mA ⋅ 100 K + 0,5V = 2,7V
Entonces Vx = 2,7V y con ese valor el transistor T2 se satura.
* 2,7V ≤ VBB < Vy => T1 en activa y T2 saturado Ahora hay que calcular el punto donde T1 se satura que es cuando V CE = 0,2V => VDS = 11,8V => T2 saturado => I D = 1,2mA
I 2 K =
V DS
=
11,8V
I C = I D + I 2 K = 1,2mA + 5,9mA = 7,1mA = 5,9mA 2 K 2 K I 7,1mA = 0,071mA ⇒ V BB = I B ⋅ 100 K + V BE = 0,071mA ⋅ 100 K + 0,5V = 7,6V I B = C = β 100 Por lo tanto Vy = 7,6V y a partir de ese valor T1 se satura
* 7,6V ≤ VBB ≤ 20V => T1 y T2 saturados
0V ≤ VBB ≤ 0,3V => T1 y T2 están en corte 0,3V < VBB < 2,7V => T1 en activa y T2 en óhmica 2,7V ≤ VBB < 7,6 => T1 en activa y T2 saturado 7,6V ≤ VBB ≤ 20V => T1 y T2 saturados
(3) EJERCICIO 1 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Obtener analíticamente y dibujar la gráfica de la función I i = f(Vi) en el circuito de la figura. DATOS: Diodos -> Vγ = 0,7 V, Rf = 0, Rr = ∞ Diodo zener -> Vγ = 0,7 V, VZ = 1,9 V, Ii
50 Ω
Rr = ∞,
Rf = 0,
RZ = 0
50 Ω
+ 50 Ω D1 Z1
Vi
D2
D7
D3
D6
D4 D5
_
Con Vi negativas sólo puede conducir el diodo D7 y conducirá para V i < Vγ = -0,7 V * Vi ≤ -0,7 V => D7 conduce y el resto de diodos en corte. El circuito equivalente sería: Ii
A
50 Ω
50 Ω
B
I i
+
Vi
0,7 V
=
V i
+ 0,7
A
100
Para Vi > -0,7 V el diodo D7 entra en corte e Ii = 0. Al no haber corriente por el circuito V A = VB = Vi. Para que conduzcan los diodos D1, D2, D3, D4 y D5 se necesita Vi = VA ≥ Vγ1 + Vγ2 + Vγ3 + Vγ4 + Vγ5 = 3,5 V Para que conduzca el diodo D6 es necesario que Z1 entre en regulación y se necesita V i = VB ≥ VZ1 + Vγ6 = 2,6 V Esto quiere decir que el próximo cambio se produce para V i = 2,6 V en donde Z1 empezaría a regular y D6 pasaría a conducción.
_
* -0,7 V ≤ Vi ≤ 2,6 V => Todos los diodos en corte => Ii = 0 * 2,6 V ≤ Vi ≤ VX => Z1 regula, D6 conduce y el resto de diodos en corte. El circuito equivalente sería: Ii
A
50 Ω
B
50 Ω
I i
+
1,9 V
Vi 0,7 V
_
=
V i
− 0,7 − 1,9 50
A
=
V i
− 2,6
A
50
El próximo cambio ocurrirá cuando los diodos D1 a D5 empiecen a conducir y para ello Vi = VA ≥ Vγ1 + Vγ2 + Vγ3 + Vγ4 + Vγ5 = 3,5 V. Por lo tanto la situación anterior se conserva hasta V X = 3,5 V
* 3,5 V ≤ Vi => D1, D2, D3, D4, D5 y D6 conducen , Z1 regula y D7 en corte. El circuito equivalente sería: Ii + I1
50 Ω
A
50 Ω
B
50 Ω
I2
0,7 V
Vi
1,9 V
0,7 V 0,7 V
V i
− 3,5
I 1
=
I i
= I 1 + I 2 =
A
I 2
50 V i
− 3,5 50
+
=
V i
V i
− 2,6
A
50 − 2,6 2 ⋅ V i
50
=
− 6,1
A
50
0,7 V
0,7 V
_
0,7 V
La solución del problema es:
⎧ V + 0,7 A V ≤ −0,7V ⎪ 100 ⎪ 0A − 0,7V ≤ V ≤ 2,6V ⎪ = ⎨V − 2,6 2,6V ≤ V ≤ 3,5V ⎪ 50 A ⎪ 2 ⋅ V − 6,1 A ⎪ 3,5V ≤ V 50 ⎩ i
i
i
I i
i
i
i
i
Ii (mA)
78
18
-5
-2
-0,7 2,6 -13
-43
3,5
5
Vi (V)
(2) EJERCICIO 2 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) Hallar el valor de la tensión de salida V o y de la corriente I por la resistencia de 1 k Ω en el circuito de la figura. β = 100 DATOS: |VBEon| = 0,7 V |VCEsat| = 0,2 V
15 V
15 V
T2
15 M
Vo I
T1
1k
Suponemos que los 2 transistores están en activa:
=
I B1
=
15V − 0,7V
= 0,95333µ A ⇒ 15M Ω 15M Ω β ⋅ I B 2 = 100 ⋅ 95,333µ A = 9,5333mA = I
I C 1
= β ⋅ I 1 = 100 ⋅ 0,95333µ A = 95,333µ A = I 2 ⇒ B
B
= = I ⋅ 1K = 9,5333mA ⋅ 1K = 9,5333V
I C 2 V o
15V − V BE 1
Ahora hay que comprobar si es cierto que los 2 transistores están en activa para confirmar que los resultados obtenidos son los correctos. V CE 1
= 15V − V
V CE 2
= V − 15V = 9,5333V − 15V = −5,4667V
EB 2
o
= 15V − 0,7V = 14,3V
=> suposición T1 en activa es correcta => suposición T2 en activa es correcta
Vo =9,5333 V I = 9,5333 mA
EJERCICIO 3 (realizar los cálculos con una precisión de 5 cifras significativas) En el circuito de la figura: β = 100 DATOS: T1 => VBEγ = 0,3V VBEon = 0,5 V VCEsat = 0,2V 2 T2 => VTH = 2V K = 0,3 mA/V
12V
T2
2K
4V 100K
T1
VBB
(1,5) a) Calcular el punto de trabajo de los 2 transistores (I C, VCE, ID, VDS) cuando VBB = 10V. La característica del MOSFET se puede aproximar por tramos lineales. Se supone T1 en activa y T2 saturado: V BB
− V
=
I D
= K ⋅ (V − V )2 = 0,3
BE
100 K
=
10V − 0,5V
I B
GS
I 2 K
mA V
2
B
⋅ (4V − 2V )2 = 1,2mA
= I − I = 9,5mA − 1,2mA = 8,3mA ⇒ V = I 2 ⋅ 2 K = 8,3mA ⋅ 2 K = 16,6V = 12V − V = 12V − 16,6V = −4,6V => T1 no puede estar en activa ya que para ello V CE tendría que ser positiva => C
V CE
TH
= 95µ A ⇒ I = β ⋅ I = 100 ⋅ 95µ A = 9,5mA C
100 K
D
DS
K
DS
Suposición es incorrecta. Se realiza otra suposición: T1 y T2 saturados: T1 saturado => VCE = 0,2V => VDS = 12V – VCE = 11,8V Si T2 está saturado tiene que cumplirse que V DS
≥ V − V GS
TH
y como 11,8V
≥ 4V − 2V = 2V entonces la suposición de que
T2 está saturado es correcta.
= K ⋅ (V − V )2 = 0,3
I D
GS
I 2 K
=
V DS
2 K
I B min sat
I B
=
=
V BB
=
TH
mA V
2
⋅ (4V − 2V )2 = 1,2mA
11,8V
I C = I D = 5,9mA 2 K I Csat 7,1mA = = 0,071mA = 71µ A β 100
− V
BE
100 K
=
10V − 0,5V 100K
+ I 2 = 1,2mA + 5,9mA = 7,1mA K
= 95µ A
Como se cumple que IB > IBminsat entonces la suposición de T1 saturado es correcta. Por lo tanto los dos transistores estarían saturados y los cálculos realizados son válidos. T1 y T2 saturados IC = 7,1 mA VCE = 0,2 V ID = 1,2 mA VDS = 11,8 V