Recopilación de problemas de Electrónica I · PDF fileLa primera parte del...

Universidad Simón BolívarDepartamento de Electrónica y CircuitosCircuitos Electrónicos I (EC-1177)

Recopilación de problemas de Electrónica I

Realizado por Br. Daniela CurielSupervisado por Prof. Jose Restrepo

Version 1.0Trimestre Septiembre-Diciembre 2005

1

Capítulo 1

Amplificadores Operacionales

Problemas resueltos de amplificadores operacionales

1.Para el circuito mostrado a continuación, determinar la corriente de carga IL en función de VI

-

+

-

+

R5=1K

R4=1K

R1=2K

R2=2K

R3=2K

RLIL

VI

Ia

Ib

Ic

Id

Ie

Al resolver ejercicios que involucren amplificadores operacionales ideales es necesario recordar y aplicar lassiguientes propiedades:

• La diferencia de potencial entre el terminal positivo y negativo del amplificador es 0V. en consecuencia:

Va = Vi

Vb = 0

• Las corrientes de entrada tanto al terminal positivo como alnegativo del amplificador son 0A. Enconsecuencia:

Ib = Ia (1.1)

Ic = Id (1.2)

La metodología para resolver este tipo de problema paso a paso es:

1. Definir que es lo que pide el problema:

Il =V0

Rl(1.3)

2. Definir cada corriente en función de los voltajes en los extremos de la resistencia por la cual circula:

Ia =Vi − V01

R1

3

Problemas resueltos de OP-AMP

Ib =V0 − Vi

R5

Ic =V01

R2

Id = −V02

R3

Ie =V02 − V0

R4

3. Igualar aquellas corrientes que por las ecuaciones (1) y (2) son las mismas, sustituir los valores de lasresistencias conocidas y despejar los voltajes desconocidos en función de la entrada:

Vi − V01

2K=

V0 − Vi

1K

V01

2K= −V02

2K

Despejando estas ecuaciones se obtiene:

Vo1 = 3Vi − 2Vo

Vo2 = −Vo1

4. Hacer una ecuación de nodos en la salida del circuito:

V02 − V0

R4=

V0

Rl+

V0 − Vi

R5

Sustituyendo las expresiones (4) y (5) en (6) se tiene:

2Vo − 3Vi − Vo =1k

RLVo + Vo − Vi

5. Se obtiene finalmente la expresión para el voltaje de salida V0:

−2Vi =1k

RLVo ⇒ Vo = −2RL

1kVi

6. Se halla Il por la ecuación (3):

Il = − 2

1kVi

Otra manera de solucionar este problema de forma más rápida,es recordando las expresiones para lasalida de las distintas configuraciones de operacionales y aplicando el principio de superposición.

Veamos como se aplica esto en un ejemplo más sencillo:

-

+

R1

R2

Vo

V2

V1

4

Problemas resueltos de OP-AMP

Primero, vemos cual es el valor de V0 cuando se coloca V1 a tierra. En este caso se obtiene un ampli-ficador inversor de ganancia−R2

R1V2.

Luego, realizamos el mismo proceso pero colocando V2 a tierra. En este caso se obtiene un amplificadorno inversor de ganancia(1 + R2

R1V i).

entonces V0 es simplemente la superposición de los resultados obtenidos. V0 = −R2

R1V2 +(1+ R2

R1V i).

Este concepto puede usarse perfectamente en el ejercicio propuesto para así obtener directamente laexpresión (6). Si nos fijamos bien, en este caso lo que se quiere hallar es el voltaje V01 y las entradasserían Vi y V0 obteniendo directamente:

Vo1 = 3Vi − 2Vo

5

Problemas propuestos de OP-AMP

Problemas propuestos de amplificadores operacionales

1. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo

Vi.

-

+

R4

R1

R2

R3

Vi

Vo

Respuesta:Vo

Vi= −(

R2R3 + R3R4 + R2R4

R1R3)


Vi

-

+

R R

Rx

Vo

R R

R R R

Vi

Respuesta:Vo

Vi= −(

2R

Rx+ 2)


Vi

-

+

R

R

R

R

Vi

R

R

R

R

Vo

Respuesta:Vo

Vi= −8

4. Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRRdel amplificador diferencial sabiendo lossiguentes datos del amplificador operacional:

6


• Ad = 1000000

• CMRR = 100000

-

+V2

Vo

V1

100

10K

10K

100K

Respuesta: CMRR = 105

5. Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRRdel amplificador diferencial sabiendo lossiguientes datos del amplificador operacional:

• R1=R3

• R2=R4

• CMRR= CMRR1

-

+

Vo

R2

R1

R3

R4

Vcm

Vd/2

Vd/2

+

+

-

-

Respuesta: CMRR = CMRR1

6. Para el circuito mostrado a continuación derive una expresión para V0 en término de V1,V2,V3 y V4

suponiendo que todos los amplificadores operacionales operan en la región lineal.

-

+

R1

R2

-

+

R4

R3

-

+Vo

V1

V2

V3

V4

R5

R6

Respuesta:V0 = V4 + R4

R3(V4 − V3) + R6

R5(V4 + V4

R4

R3− V3

R4

R3− V2 − V2

R2

R1+ V1

R2

R1)

7


7. Del circuito mostrado a continuación determinar Rf tal que Il no dependa de Zl.

-

+

R1

R2

Vi

R3

Rf

Zl

Respuesta:Rf = R3R1

R2

8

Capítulo 2

Diodos

Problemas resueltos de diodos

1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar lascorrientes por los diodos tomando en cuentaque son ideales.

+

+

+-

-

-

D1D2

D3

3K 7K 2,5K

5V

10V

5V

Al resolver ejercicios que involucren diodos ideales o no ideales es necesario recordar y aplicar el siguientealgoritmo:

• Se supone el caso más sencillo, es decir, todos los diodos apagados y se hallan los voltajes ánodo-cátodode cada uno de ellos. En este caso se tiene:

VA1- VK1

= 10V + 5V = 15V

VA2- VK2

= 5V + 5V = 10V

VA3- VK3

= 0V + 5V = 5V

• Como se puede ver, la suposición es incorrecta, esto quiere decir que al menos uno de los diodos debeestar encendido. De nuevo, la suposición más sencilla seríaque sólo uno de ellos esta encendido. Sesupone entonces que el que tiene el voltaje ánodo-cátodo másalto es el que está encendido y se vuelvena hallar los voltajes ánodo-cátodo. En este caso se supone encendido el diodo 1 y se obtiene:

VA2- VK2

= 5V - 6,4V = -1,4V

VA3- VK3

= 0V + 2V = 2V

• De nuevo la suposición era incorrecta, esto quiere decir quemás de un diodo debe estar encendido.La suposición más sencilla es que sólo dos están encendidos.Se supone entonces que el que tiene elvoltaje ánodo-cátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodo-cátodo.En este caso se supone encendido el diodo 3 y se obtiene:

VA2- VK2

= 0V - 6,4V = -6,4V

• Finalmente la suposición es correcta, y ahora sólo resta hallar las corrientes que pasan por los diodos1 y 3. como el diodo 3 va a tierra y el diodo 2 está apagado, eso quiere decir que la corriente que pasapor el diodo 1 es igual a la que pasa por el diodo 3 y viene dada por:

9


10 - 10KI = 0

I = 1mA

Como se puede observar, lo más complicado acerca de circuitos con diodos, es saber en que momento estánprendidos o apagados. Para problemas sencillos, este algoritmo funciona muy bien, sin embargo, para otrotipo de problemas que involucran diodos es necesario hacer un análisis que no se rija por ningún algoritmo.

2. Para el circuito mostrado a continuación, determinar la función de transferencia suponiendo queVZ = 4,3V.

-

+

Vi

5K5K 5K5K

Dz1

D2

10K 10K

Vo

D1

Dz2

En este tipo de problemas el algoritmo mostrado anteriormente no puede utilizarse debido a que sería demasi-ado complicado. Para este tipo de problemas es necesario tener conocimiento acerca de las configuracionesde diodos más comunes y su comportamiento, de modo que podamos dividir un problema complicado enpequeños y sencillos problemas que unidos resuelvan el problema original.

Cabe destacar que para este tipo de problemas, no hay pasos a seguir, razón por la cual sólo haciendo sufi-cientes problemas se puede desarrollar la habilidad de intuir como se ha de resolver el problema.

Para este caso en particular se podría subdividir el problema en dos: una primera parte, que está a la entrada deel amplificador operacional y una segunda parte que involucra al operacional y va hacia la salida del circuito.

La primera parte del circuito es simplemente un limitador devoltaje, es decir, que mientras el voltaje deentrada esté dentro de cierto rango, lo diodos estarán apagados y por lo tanto el voltaje en la salida variarálinealmente de a cuerdo al voltaje de entrada. Pero cuando elvoltaje en los diodos esté fuera de estos rangos,el voltaje en la salida será limitado por el voltaje en los diodos.

En este caso, para voltajes muy altos el zener que se encuentra más arriba se encenderá en inverso mientrasque el otro se prenderá en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o mayor a 0,7V + 4,3V =5V.

Para voltajes muy bajos ocurre lo mismo, pero el diodo que se enciende en inverso sería el que está más abajoy el otro se encendería en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o menor a -0,7 + -4,3 =-5V.

Para hallar los rangos de voltaje antes mencionados abrimosambos diodos y nos damos cuenta de que elvoltaje de entrada debe dividirse entre dos resistencias del mismo valor 5K, lo cual quiere decir que paraalcanzar los voltajes límite sobre los diodos 5V y -5V, el voltaje de entrada debe valer el doble 10V y -10V.

10


Una vez establecidos los rangos, sabemos que cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10Vel voltaje de entrada al amplificador quedará limitado a cierto valor.

Analizando la segunda parte del circuito se tiene que dentrode cierto rango de voltaje de entrada ambosdiodos estarán apagados de modo que el circuito se comporta como un simple amplificador inversor deganancia -20K/10K = -2, lo cual corresponde a la pendiente dela función de transferencia.

Para hallar los rangos del caso anterior, hay que tomar en cuenta que el voltaje en la entrada del amplificadores 0V porque el terminal positivo de éste está a tierra. Dado que se trata de un amplificador inversor, si elvoltaje de entrada es positivo, el de salida es negativo y viceversa. Entonces si el voltaje de entrada es losuficientemente positivo, el diodo a mano izquierda se encenderá cuando el voltaje en su cátodo sea menor oigual a -0,7V, lo cual sucede cuando el voltaje de salida es -1,4V, ya que por tratarse de dos resistencias de10K, el voltaje se divide en partes iguales. Si el voltaje de entrada es lo suficientemente negativo se encenderáel diodo a mano derecha cuando el voltaje en la salida sea mayor o igual a 1,4 V.

Entonces ya sabemos que mientras el voltaje de salida esté entre 1,4 y -1,4, la pendiente de la función detrasferencia es -2.Lo cual equivale al rango de voltaje de entrada entre -0,7 y 0,7.

Ahora, cuando el voltaje de salida es mayor a 1,4V o menor a -1,4V hay un diodo encendido y entonces laganancia del amplificador es de -1 hasta cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V, cuandoel limitar de voltaje hace que se mantenga constante.

Entonces se obtiene la siguiente función de transferencia:

Vo

Vi

1.4

-1.4

10-10

-2

-1

-1

0.7-0.7

11

Problemas propuestos de diodos


1. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVo

Vi, tomando en cuenta

que los diodos son ideales.

+-

+-

Vi Vo

10K

5V

D1 D2

5V

10K 10K

Respuesta:

5

-5

5-5

1

Vi/2 - 5/2

Vi/2 + 5/2


+-

D1100K

+-

+- 10V

-10V

D2

D3

D5

D6-10V

10K

1V

0V

0V

-1V

D4

10K

Respuesta:Vo = 0

12



+-

D2 1KV2 +-

+-

D1

Vo

1K

V1

tomando en cuenta el siguiente gráfico de las señales de entrada.

-5V

5V

1 2 3 40

V1 V2

Respuesta:

4.3V

2.15V

1 20 3 4


Vi

Vi

10K

10K

Vo

13


Respuesta:

Vz+1.4

-Vz-1.4

Vo

Vi

0.5

-(Vz+1.4)/2

(Vz+1.4)/2


Vi

-

+

Rf

RL

R

R D1

D2

Vi

Vo

Respuesta:

Vo

Vi

-1


Vi

Vi

10K

Vo

10K

10K

10V

-10V

D1 D2

D3 D4

14


Respuesta:

-4.65

4.65

Vo

Vi

m = 1


Vi

Vi

10K

Vo

10K

10V

-10V

D1

D3 D4

10K

D2

Vz = 5V

Respuesta:

-4.65 4.65

Vo

Vi

4.65

-4.65

Vi-5,7

10,35-10,35

Vi+5,7

15



Vi

-

+

Vi500

Dz2

Vo

50K

D3

Dz1

D2

10K

D1

R1 R2

R2 = 200 ohmR1 = 1KVz1 = 3.3 VVz2 = 5.3 V

Respuesta:

Vo

Vi4V 7V

24V

36V

-4,2V

-0,7V

1,5V

4V

6V


Vi, tomando en cuenta

queVz = 4V

-

+

10K

Vo

10K

10K

-10V

10V

Vi10K

Vi10K

16


Respuesta:

-4.7V 4.7V

4.7V

-4.7V

Vo

Vi

17


18

Capítulo 3

Mosfet

Problemas resueltos de MOSFET

1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar vo cuando Vi = 0V, 3V, 6V.

+6V

Vi

Q1

Q2

Vo

Kn’(W/L)=Kp’(W/L)

|Vto|=2V

l=0

Para resolver este tipo de ejercicios, es muy útil recordar el siguiente algoritmo:

(a) Identificar con que tipo de transistor se va a trabajar y las fórmulas que se deben de utilizar ydefenir el signo del Vt que nos dan.

(b) Suponer que el transistor se encuentra en el estado más sencillo, es decir, en corte y se verifica sicumple con la condición de corte. De cumplirse la condición,se procede a realizar los cálculosnecesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso.

(c) Si el transistor no estaba en corte, supongamos que está saturado y evaluemos la condición de sat-uración para este tipo de transistor en particular. De cumplirse la condición, se procede a realizarlos cálculos necesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso.

(d) Si el transistor no estaba ni en corte ni en saturación debe estar en triodo. Es necesario demostrarla condición de triodo para así poder descartar cualquier error cometido a lo largo de la resolucióndel problema.

A continuación vamos a aplicar el algoritmo anterior a este problema en particular.

En este caso, como el transistor que depende directamente del voltaje de entrada es Q1, es el quedebemos ir analizando, para luego definir el estado de Q2.

El primer paso es reconocer que el transistor Q1 es tipo N y por lo tanto Vt1=2V mientras que el tran-sistor Q2 es tipo P y por lo tanto Vt2=-2V. Es necesario tener mucho cuidado de utilizar las condicionescorrectas según el tipo de transistor.

19


a) caso Vi=0V

• suponemos Q1 en corte Vg1=0V Vgs1=0V como Vgs1<Vt1, entonces la suposición es correcta yefectivamente está en corte.

• Como Vgs2=-6V<Vt2 entonces Q2 no esta en corte.

• Se sabe que Q1 está en corte y por lo tanto, Idq=0. Por la característica de salida de los transistorestipo P, cuando a corriente es nula Vds2=0.

• Como Vds2>Vgs2-Vt2 entonces podemos decir que Q2 está en triodo.

• Dado que Q1 está en corte y Q2 en triodo, entonces el voltaje en la salida es 6V.

En resumen, para Vi=0V se tiene:

• Q1: En corte

• Q2: En triodo

• V0=0V

b) caso Vi=3V

• Suponemos Q1 en corte Vg1=3V Vgs1=3V como Vgs1>Vt1, entonces la suposición es incorrectay no está en corte.

• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1-Vt1 = 1V. Utilizamos la ecuación de ID ensaturación y obtenemos

1

2K ′

n(w

l)

• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2-Vt2 = -4V. Utilizando laecuación de ID en saturación y obtenemos

1

2K ′

p(w

l)(−4)2

Como se puede observar las corrientes halladas no coinciden. Esto quiere decir que alguno de losdos transistores no esta en saturación. En estos casos, aquel que presente la mayor corriente noesta en saturación sino en triodo. Este será el estado final delos transistores.

• Entonces decimos que Q2 esta en triodo. Utilizamos la ecuación de ID en triodo para el transistorQ2 y la igualamos a la ecuación de ID en saturación para el transistor Q1, ya que la corriente debeser la misma. Entonces se tiene que:

1

2K ′

n(w

l) =

1

2K ′

p(w

l)[2(Vgs − VT )Vds − V 2

ds]

De la ecuación anterior se obtiene la expresión cuadrática

V 2ds + 8Vds + 1 = 0

De la cual se obtienen los siguientes valores para Vds:

Vdsa=-7,87V

Vdsb-0,12V

Como estamos trabajando con un transistor tipo P que esta en la zona de triodo debe cumplirseque Vds>Vgs-Vt, por lo que nos quedaremos con el segundo valor.

20


Entonces, como Vs=6V, entonces Vd=-0,12V+6V=5,88V y V0=Vds=Vd=5,88V


• Q1: En saturación

• Q2: En triodo

• V0=5,88V

c) caso Vi=6V

• Suponemos Q1 en corte Vg1=6V Vgs1=6V como Vgs1>Vt1, entonces la suposición es incorrectay no está en corte.

• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1-Vt1 = 4V. Utilizamos la ecuación de ID ensaturación y obtenemos

1

2K ′

n(w

l)4V 2

• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2-Vt2 = -4V. Utilizando laecuación de ID en saturación y obtenemos

1

2K ′

p(w

l)(−4)2

Como se puede observar las corrientes halladas coinciden. Esto quiere decir que en cada transistorcaen 3V y por lo tanto V0=3V.

• Ahora es necesario verificar si la suposición de que ambos estén saturados es correcta. Partiendode que Vd1=Vd2=3V se tiene que:

para Q1, Vds1=3V y la condición de saturación pa un transistor tipo N no se cumple. Esto quieredecir que no esta en saturación sino en triodo.

para Q2, Vds2=-3V y la condición de saturación pa un transistor tipo P tampoco se cumple. Estoquiere decir que no esta en saturación sino en triodo.

• Como acabamos de comprobar que los transistores no están en saturación, sino en triodo se pro-cede a utilizar las ecuaciones de ID en triodo tanto para Q1 como para Q2para luego igualarlas yhallar Vds a partir del cual podemos obtener V0.

ID1 =1

2K ′

n(w

l)[2(6 − 2)Vds1 − V 2

ds1]

ID2 =1

2K ′

p(w

l)[2(−6 + 2)Vds2 − V 2

ds2]

También se tiene que Vds2=Vds1-6V

Entonces, Igualando las corrientes, sustituyendo Vds2 y despejando Vds1 de la ecuación se tiene:

Vds1=V0=3V


• Q1: En triodo

• Q2: En triodo

• V0=3V

21


2. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación.

10V

6V Vo

50kW

Kn’(W/L)=50 A/Vm2

|Vt0|=1V

=0.01

=0.5V

f=0.3V

l

g

f

V-1

Análisis DC:

Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debesuponerse que el mosfet esta en saturación.posteriormente debe verificarse que efectivamente están enese estado.

sabemos que la ecuación ID para un mosfet en saturación es:

ID = 12Kn(w

l )(V gs − V t)2

Además, esta corriente puede escribirse como:

ID = V s50K

Igualando estas dos ecuaciones tenemos:

1

2Kn(

w

l)(V gs − V t)2 =

V s

50K(3.1)

Se tiene que Vg=6V

Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segun-do grado:

1, 25V s2 − 18, 5V s + 61, 25 = 0

Las posibles soluciones de esta ecuación son:

• V s1 = 5V → V gs = 1V

• V s2 = 9, 8V → V gs = −3, 8V

Como este voltaje debe ser mayor que Vt para que el mosfet estéen saturación, tomamos como válidoVs1.

Como en este ejercicio hay efecto de sustrato, es necesario calcular el verdadero Vt a partir del valor deVs que acabamos de hallar y el valor inicial de Vt que llamaremos Vto. Para esto se utiliza la fórmulade|V t|:

|V t| = V to + γ[√

2φf ± V sb −√

2φf ]

22


En teoría, el nuevo Vt debe hallarse de manera iterativa, es decir, hacer varias veces el procedimientopara hallar Vt y luego utilizarlo como Vto, hasta que la diferencia entre ellos sea mínima. Sin embargo,es suficiente realizar este procedimiento sólo una vez porque los resultados no cambian significativa-mente.

Entonces usando la ecuación anterior tenemos que:

V t = −0, 2V

Ahora, con este nuevo valor de Vt que utilizaremos el resto del problema, debemos volver a hallar Vsdel mismo modo que lo hicimos anteriormente. En este caso habrá que resolver la siguiente ecuaciónde segundo orden:

1, 25V s2 − 16, 5V s + 48 = 0


• V s1 = 4, 32V → V gs = 1, 68V

• V s2 = 8, 87V → V gs = −2, 87V

Como el voltaje Vgs debe ser mayor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos comoválido Vs1.

Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.

ID = V s40K = 86, 4µA

Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente:

• Idq = 86, 4µA

• V ds = 5, 68V

• V gs = 1, 68V

Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumpleque:

V gs > V t → 1, 68 > −0, 2

V ds > (V gs − V t) → 5, 68 > 1, 88

Entonces podemos hallar los valores de gm, gmb, ro para utilizarlos en el modelo AC del circuito.

• gm = Kn(wl )(V gs − V t) = 94µ

• gmb = gm·γ

·√

2φf±V sb= 10, 6µ

• ro = 1λ·Idq = 1MΩ

Análisis AC:

el modelo en pequeña señal es el siguiente:

23


Rs

GmVbs

Vin

GmVgsRo

G

Vo

Debido a que la fuente de corrientegmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemossustituirla por una resistencia de valor gmb−1. Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

Rs

Gm(Vin-Vo)Ro

Vo

Gmb-1

a. Cálculo de la ganancia

Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizarlos cálculos de atrás hacia delante, esdecir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito paracompletarlo. En este caso, la expresiónpara el voltaje de salida es la siguiente:

V o = (rs//ro//gmb−1) · gm(V in − V o)

Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos unaexpresión de la ganancia en función devalores conocidos.

V oV i = (rs//ro//gmb−1)·gm

1+(rs//ro//gmb−1)·gm

El valor numérico de la ganancia es:

A = 0, 769

b. Cálculo de la impedancia de entrada

Simplemente es la resistencia en la entrada

Zin = ∞

24


c. Cálculo de la impedancia de salida

Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuenteindependiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente decorriente gm(Vin-Vo) depende del voltaje entre sus extremos y puede reemplazarse por una resistenciade valorgm−1. Entonces, la impedancia de salida es simplemente el paralelo de todas las resistencias.

Zout =rs//ro//gmb−1//gm−1


10V

Rg

Rs

vsRd

-10V

Vo

K ′n(w

l ) = 1mA/V 2

|Vt| = 2V

λ = 0V −1

Análisis DC:

En principio recordemos que para análisis en DC los condensadores se comportan como cortos. Yaque se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación.Posteriormente debe verificarse que efectivamente están enese estado.

En este caso estamos trabajando con un mosfet tipo P. Por lo tanto, Vt=2V.

sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:

ID = 12Kn(w

l )(V gs − V t)2


ID = 10−V s1K


1

2Kn(

w

l)(V gs − V t)2 =

10 − V s

1K(3.2)

Se tiene que Vg=0V


25


V s2 + 6V s − 16 = 0


• V s1 = 2V → V gs = −2V

• V s2 = −8V → V gs = 8V

Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos comoválido Vs1.

Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.

ID = 10−21K = 8mA

Como esta corriente es la misma que circula por la resistencia Rd, tenemos la siguiente ecuación:

ID = V d+100,5K

Despejando la ecuación anterior se tiene que:

V d = −6V → V ds = −8V


• Idq = 8mA

• V ds = −8V

Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumpleque:

V gs < V t → −2V < 2V

V ds < (V gs − V t) → −8V < −4V

Entonces podemos hallar el valor de gm para utilizarlo en el modelo AC del circuito.

• gm = Kn(wl )(V gs − V t) = 4m

Análisis AC:


Rs

GmVbs

Vin

GmVgsRo

G

Vo

26


Debido a que la fuente de corrientegmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemossustituirla por una resistencia de valor gmb−1. Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

RgVin

GmVgs

G

Vo

Rd



V o = −gm · V gs · Rd

Luego, Vgs=Vi y por lo tanto:

V o = −gm · V in · Rd

Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos unaexpresión de la ganancia en función devalores conocidos.

V oV i = −gm · Rd

El valor numérico de la ganancia es:

A = −2



Zin = Rg


Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuenteindependiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente decorriente gmVgs se abre pues Vgs=0V. Entonces, la impedancia de salida es simplemente la resistenciade slaida.

Zout =Rd

27

Problemas propuestos de MOSFET

Problemas propuestos de mosfet

1. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor para dos casos:a) Rd=7K y Rs=3K y b)Rd=4K y Rs=3K.

K ′n(w

l ) = 2mA/V 2

|Vt| = 1V

10V

1M

M1

1M

Rd

Rs

Respuesta:

a) triodo

• Id = 947µA

• Vds = 0,52V

b) saturación

• Id = 1mA

• Vds = 4V

2. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor para Rd=3K

K ′n(w

l ) = 2mA/V 2

|Vt| = 1V

28


10V

800K

M1

200K

Rd

4K

Respuesta:

saturación

• Id = 0,56mA

• Vds = 6,06V

3. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor

K ′n(w

l ) = 2mA/V 2

|Vt| = 2V

D

S

G

B

ID

5V

4K

Respuesta:

triodo

• Id = 1,18mA

• Vds = 0,276V

29


4. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo/Vi,Zi,Zo

15V

Rl

700K

800K 60K

40Kvs

Vo

K ′n(w

l ) = 0, 2mA/V 2

|Vt| = 2V

Respuesta:

• Vo/Vi = -0,2 (60K//Rl)

• Zi= 800K//700K

• Zo=60K//Rl

5. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo/Vi,Zi,Zo

15V

5K

10K

vs

Vo

5M

K ′n(w

l ) = 0, 3mA/V 2

|Vt| = 1, 8V

Respuesta:

• Vo/Vi = -2,65 (60K//Rl)

• Zi= 5M

• Zo=10K//5K//5M

6. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación para

a)(wl )1 = (w

l )2 = 40

b)(wl )1 = 40y(w

l )2 = 15

30


5V

M1

M2

|Vt| = 0, 8V

K ′n = 30uA/V 2

7. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación.

D

S

G

B

ID

15V

800K

700K

60K

40K

|Vt| = 2V

K ′n(w

l ) = 0, 2mA/V 2

γ = 0, 5V12

2φf = 0,6V

31



D

S

B

GID

40K

5V

2.9V

-5V

|Vt| = 2V

K ′n(w

l ) = 20mA/V 2


20V

1K

|Vt| = 2V

K ′n(w

l ) = 1mA/V 2

K ′p(

wl ) = 2mA/V 2

32



ID

vs

5V

0.5mA

VDD

Vo

K ′n(w

l ) = 1mA/V 2

γ = 0, 5V12

2φf = 0,6V

|Vt| = 1V

λ = 0V −1


10V

1M

17,5K

vs

Vo

2,5K

-5V

K ′n(w

l ) = 0, 2mA/V 2

γ = 0, 5V12

2φ = 0, 6V

|Vt| = 2V

λ = 0V −1

33


34

Capítulo 4

BJT

Problemas resueltos de BJT1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisisDC y AC

R3=53K

R4=10KVi

+

-

Q1

Re = 2K

Rc=5K

Q2

R2=39K

R1=83KVo

+15V

+15V

b1=b2=100Va = ¥

Análisis DC:

En DC los condensadores se comportan como abiertos. En primer lugar es recomendable hallar elequivalente de thevenin para la entrada de ambos transistores para facilitar el análisis. En ese casotenemos el siguiente circuito:

2,38V

+

-

Q1

Re = 2K

Rc=5K

Q2

26,53KVo

+15V

8,41K

+

-4,795V

35

Problemas resueltos de BJT

Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debesuponerse que todos los dispositivos estánen activo-directo y posteriormente verificar que efectivamente están en ese estado.

Para halla la corriente Ib1 podemos analizar el siguiente circuito:

Vb

+

-

Q1

Re

Rb

Ib

( f + 1) Ibb

Donde la expresión para Ib en términos generales es:

Ib =V b − 0,7

Rb + (βf + 1)Re(4.1)

Aplicando este modelo a nuestro caso en particular se tiene que

Ib1 = 2,38V −0,7V8,41K+202K = 7, 98µA

Luego:

• Ic1 = Ie1 = 100Ib1 = 0, 798mA

• Ib2 = Ie2101 = 7, 9µA

• Ic2 = 100Ib2 = 0, 790mA

• V e1 = Ic1 ∗ 2K = 1, 596V

Para Hallar El voltaje en el emisor 2 se hace una ecuación de malla a partir de la entrada a la base 2:

V e2 = 4, 795V − 26, 53K · Ib2 − 0, 7V = 3, 88V = V c1

Para hallar el voltaje en el colector 2 se hace una ecuación demalla a partir de la alimentación de 15V:

V c2 = 15V − Ic2 · 5K = 11, 05V

Finalmente tenemos:

• V ce2 = V c2 − V e2 = 11, 05V − 3, 88V = 7, 17V

• V ce1 = V c1 − V e1 = 3, 88V − 1, 596V = 2, 28V


• Icq1 = 0, 789mA

• V ce1 = 2, 28V

36


• Icq2 = 0, 790mA

• V ce2 = 7, 17V

Puede verificarse que los dispositivos estaban en activo directo como se había supuesto desde un prin-cipio.

Análisis AC:


R1//R2 Gm2V 2p RcRp2

+

-

Vp2

Vo

Gm1Vp1

+

-

Vp1 Rp1R3//R4Vin

A


Para calcular la ganancia de cualquier circuito es recomendable realizar los cálculos de atrás haciadelante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. De esta manera seevita perder el tiempo realizando cálculos inútiles. En este caso, la expresión para el voltaje de salidaes la siguiente:

V o = −gm2RcV π2

Entonces, es necesario hallar una expresión de Vπ2 en función de valores conocidos. Para esto, hace-mos una ecuación de nodos en el punto A

gm1V π1 = V π2rπ2 + gm2V π2 = V π2( 1+gm2rπ2

rπ2 ) = V π2( 1+βrπ2 )

Despejando Vπ2 de la ecuación anterior se tienen que

V π2 = gm1V π1rπ21+β

De esta expresión, el único valor no conocido es Vπ1, pero en el modelo AC se puede observar clara-mente que Vπ1=Vi. De este modo la expresión de Vπ2 queda totalmente definida y por ende tambiénla del voltaje de salida. Entonces sustituyendo el valor de Vπ2 en la expresión de Vo tenemos:

V o = −gm2Rcgm1rπ2V i1+β

Como ganancia se define como Vo/Vi finalmente:

A = V oV i = −Rcgm1β

1+β

Se tiene que:

gm1 = Icq1V t = 31, 92ms

37


Por lo que el valor numérico de la ganancia es:

A = −158


Simplemente es el paralelo de las resistencias en la entrada

Zin = R3//R4//rπ1 = 2, 28K


Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuenteindependiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vπ1 y lacorriente gm1Vπ1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc.

Zout = Rc = 5K

38

Problemas propuestos de BJT


1. Para el circuito mostrado a continuación determinar es estado de los transistores.

15V

Rb1=100K

Rb2=50k

Rc1=5K

Re1=3K

Re2=2K

Rc2=2,7K

Bf = 100

Vj(on)=0,7VQ1

Q2

Respuesta:

Ambos en activo directo

Vbe1 = 0,7V Polarizado

Vbc1 = -4,04V no polarizado

Vbe2 = -0,84V polarizado

Vbc2 = 1,16V no polarizado

2. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout

Rb2

Rb3

Rc

Re

Vi

+

-

Rb1

Q1

Q2

Respuesta:

A = -gmRc

39


Zin = Rb3//Rb2//rπ2

Zout = Rc

3. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A

175 ohm

Vi

+

-

100K

10K

1mA

Respuesta:

A = 109 ( gmrπ10K

175β−175−rπ − 110 )

4. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout

Rs=50 ohm

Vi

+

-

Rb=100K

Rl=1K

0,5mA

Vo

Respuesta:

A = Rb(Rb+Rl) (

gmRl1+Rsgm )

Zin = gm−1

Zout = Rb

40


5. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A

10V

Vi

+

-

10V

Rb1

Rb2

Rc

Re

Rl

Vo

Respuesta:

A=−Rc//Rl(β2(β1+1)+β1)rπ1+rπ2(β1+1)

6. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC

Vi

+

-

+9V

50W

0,5K

Vo

5V

Bf = 30Va = ¥

Respuesta:

Icq1 = 3, 36mA

V ce1 = 4, 7V

Icq2 = 68, 32µA

V ce2 = 5, 4V

41


42

Capítulo 5

Circuitos Multietapa

Problemas resueltos de Circuitos multietapa

1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisisDC y AC

M1

R1 = 3,05M

R2 = 5,81MVi

+

-

Q2

Re = 38,1K

15V

Kp’(w/l) = 200 A/V|Vt| = 2V

f = 100Va =

m

l = 0

b

Rs = 31,1K

Rd = 130K

Vo

Rc = 20K

¥

Análisis DC:

En DC los condensadores se comportan como abiertos. Ya que seesta trabajando con circuitos am-plificadores, debe suponerse que los BJT están en activo-directo y los mosfet están en saturación.posteriormente debe verificarse que efectivamente están enese estado.

sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:

ID = 12Kn(w

l )(V gs − V t)2


ID = 15−V sRs


1

2Kn(

w

l)(V gs − V t)2 =

15 − V s

Rs(5.1)

Haciendo un divisor de voltaje a la entrada del mosfet tenemos el voltaje Vg es:

V g = 15R2R1+R2 = 9, 836


43


V s2 − 23, 35V s + 135, 267 = 0


• V s1 = 12, 6941V locualimplicaqueV gs = −2, 858V

• V s2 = 10, 6559V locualimplicaqueV gs = −0, 8199V

Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos comoválido Vs1. Utilizando este valor tenemos que:

ID = 74,14µA

Ahora, para hallar el voltaje en la base del transistor BJT 2,(Vb2), sabemos que la corriente ID sedivide en dos corrientes, una que va hacia tierra a través d laresistencia de 130K y otra que va hacia labase del transistor 2 (Ib2).

ID = Ib2 +V b2

130K(5.2)

Además, es posible hallar una expresión para Ib2 en función de Vb2, ya que sabemos que la corrienteque va desde el emisor hasta tierra a través de la resistenciade 38,1 K puede expresarse de la siguientemanera:

Ie2 = V b2−0,7V38,1K = (100 + 1)Ib2

Despejando Ib2, tenemos que:

Ib2 = V b2−0,7V3,8481M

y sustituyendo Ib2 en la ecuación (2) podemos finalmente obtener Vb2

ID = V b23,8481M − 0,7

3,841M + V b2130K

Despejando Vb2 de la ecuación anterior tenemos entonces que:

Vb2=9,346V.

Con este voltaje ya podemos terminar de hallar el punto de operación.

Ic2 = 100Ib2 = 100 Ie2101 = 100

1001V b2−0,738,1K = 224, 68µA

V e2 = V b2 − 0, 7 = 8, 646V

V c2 = 15 − 20KIc2 = 10, 506V


• Idq1 = 74, 14mA

• V ds1 = −3, 34V

• Icq2 = 224, 68µA

• V ce2 = 1, 86V

44


Análisis AC:


Rd Gm2V 2p RcRp2

+

-

Vp2

VoG1

R1//R2Vin

Gm1Vgs



V o = −gm2RcV π2

Entonces, es necesario escribirV π2 en función de valores conocidos.

V π2 = − gm1V gs·Rd·rπ2Rd+rπ2

Por simple inspección, se sabe que Vgs=Vi, de modo que ya tenemos V π2 en función de valoresconocidos, y por lo tanto Vo también.

V o = gm1V i·Rd·rπ2·Rc·gm2Rd+rπ2

Como ganancia se define como Vo/Vi finalmente:

A = V oV i = gm1·Rd·rπ2·Rc·gm2

Rd+rπ2

Se tiene que:

gm2 = Icq2V t = 8, 987ms

gm1 = Kp′(wl )(V gs − V t) = 171, 62µs

rπ2 = 11, 127KΩ

Por lo que el valor numérico de la ganancia es:

A = 316, 17



Zin = R1//R2 ≃ 2MΩ


Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuenteindependiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vgs1 y lacorriente gm1Vgs1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc

Zout = Rc = 20K

45

Problemas propuestos de Circuitos multietapa

Problemas propuestos de Circuitos multietapa1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC

M1

Rb1 = 163K

Rb2 = 47KVi

+

-

Q1

2

Re = 1K

20V

Kn’(w/l) = 0,01 mA/VVt = 2V

l = 0

Vo

Rc = 10K

Respuesta:

Vgs = 3,14V

Icq= 6, 33 · 10−4

gmM = 11, 3µ

gmQ = 0, 03

rπ = 3, 3 · 103Ω

A =−RcgmQgmM rπ

1+rπgmM= −10, 9V

Zin = Rb2//Rb1

Zout = Rc


Rb = 465K

Vi

+

-

Q1

2

10V

Kn’(w/l) = 2 mA/VVt = -2VA = 100V

l = 0,01

b = 50

Rc = 3K

M1

R1 = 10K Rg = 10K

Rd = 3K

Vx

Respuesta:

Idq= 1mA

Vgs=-3V

Icq= 1mA

A = RdgmMgmQRc( roro+rd ) = 700

Zin = Rb//rπ

Zout = ro//Rd

46


3. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC

R3 = 680K

Vi

+

-

Q1

2Kn’(w/l) = 1 mA/VVt = -2ro1 = 200Kro2 = 200K

b = 100

M1

R2 = 10K

R1 = 40K

R4 = 680k

15V

Vo

-15V

Respuesta:

A = −gm(r01//r02)

Zin = R3//R4//rπ

Zout =r01//r02


M1

60K

40KVi

+

-

Q2

3,65K

10V

1K

Q4

-10V

9,3K

2Kn’(w/l) = 1 mA/VVt = 2ro3 = 100K

b = 100

Q3

Respuesta:

Idq= 2mA

Vgs=4V

Icq= 0,99mA

A =−r03(1+gmQrπ)(gmM R3)

R3+Rrπ+(R4+R3)(1+gmQrπ)

Zout =r03//(( R3+rπgmrπ+1 ) + R4)

Zin = R1//R2

47


5. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC

Vo

10V

Ro=

= 100b¥

10

Respuesta:

A = R2β2

(R1+rπ1)(1+β)

Zout =R2)

Zin = R1 + rπ1


M1

Vi

+

-

Q2

R2

10V

R1

2Kp’= 50

= 40

l = 10|Vto| = 3V

s=1.7*10^-15VA =

m

w m

m

b = 50

I

A/V

4,3V

¥

Respuesta:

Idq= 400µA

Vgs= -5V

Icq= 2,5mA

A = −R2gm1 + (R2gm1+gm2)gm1R1rπ2

R1+rπ2+R1rπ2gm1

Zout =R2

Zin = ∞

48



Vi

+

- R4 = 10K

10V

b = 100

R2 = 5K

R3 = 2K

Rbb = 425K Q2

Q1

R1 = 2,75K

-10V

Respuesta:

Icq2= 1mA

Icq1= 1mA

A = R4gm2gm1(R1+R3(β2+1))(Rbb+rπ1+R2+R2β1)(R1+rπ2+R3(β2))

+1

Zin = Rbb + rπ1 + R2(β + 1)

49

Recopilación de problemas de Electrónica I · PDF fileLa primera parte del...

Documents

Transcript of Recopilación de problemas de Electrónica I · PDF fileLa primera parte del...