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Universidad Simón Bolívar Departamento de Electrónica y Circuitos Circuitos Electrónicos I (EC-1177) Recopilación de problemas de Electrónica I Realizado por Br. Daniela Curiel Supervisado por Prof. Jose Restrepo Version 1.0 Trimestre Septiembre-Diciembre 2005 1 2 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 RL I L V I Ia Ib Ic Id Ie Al resolver ejercicios que involucren amplificadores operacionales ideales es necesario recordar y aplicar las siguientes 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. En consecuencia: 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 las resistencias 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 RL Vo + Vo − Vi 5. Se obtiene finalmente la expresión para el voltaje de salida V0: −2Vi = 1k RL Vo ⇒ Vo = − 2RL 1k Vi 6. Se halla Il por la ecuación (3): Il = − 2 1k Vi Otra manera de solucionar este problema de forma más rápida,es recordando las expresiones para la salida 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−R2R1 V2. Luego, realizamos el mismo proceso pero colocando V2 a tierra. En este caso se obtiene un amplificador no inversor de ganancia(1 + R2R1 V i). entonces V0 es simplemente la superposición de los resultados obtenidos. V0 = −R2R1 V2 +(1+ R2 R1 V i). Este concepto puede usarse perfectamente en el ejercicio propuesto para así obtener directamente la expresión (6). Si nos fijamos bien, en este caso lo que se quiere hallar es el voltaje V01 y las entradas serían 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 determinarVoVi . - + R4 R1 R2 R3 Vi Vo Respuesta: Vo Vi = −(R2R3 + R3R4 + R2R4 R1R3 ) 2. Para el circuito mostrado a continuación determinarVoVi - + R R Rx Vo R R R R R Vi Respuesta: Vo Vi = −(2R Rx + 2) 3. Para el circuito mostrado a continuación determinarVoVi - + 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 los siguentes datos del amplificador operacional: 6 Problemas propuestos de OP-AMP • 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 los siguientes 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) + R6R5 (V4 + V4 R4 R3 − V3 R4R3 − V2 − V2 R2 R1 + V1 R2 R1 ) 7 Problemas propuestos de OP-AMP 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 cuenta que son ideales. + + +- - - D1 D2 D3 3K 7K 2,5K 5V 10V 5V Al resolver ejercicios que involucren diodos ideales o no ideales es necesario recordar y aplicar el siguiente algoritmo: • Se supone el caso más sencillo, es decir, todos los diodos apagados y se hallan los voltajes ánodo-cátodo de 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 debe estar encendido. De nuevo, la suposición más sencilla seríaque sólo uno de ellos esta encendido. Se supone entonces que el que tiene el voltaje ánodo-cátodo másalto es el que está encendido y se vuelven a 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 el voltaje 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 diodos 1 y 3. como el diodo 3 va a tierra y el diodo 2 está apagado, eso quiere decir que la corriente que pasa por el diodo 1 es igual a la que pasa por el diodo 3 y viene dada por: 9 Problemas resueltos de diodos 10 - 10KI = 0 I = 1mA Como se puede observar, lo más complicado acerca de circuitos con diodos, es saber en que momento están prendidos o apagados. Para problemas sencillos, este algoritmo funciona muy bien, sin embargo, para otro tipo 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 que VZ = 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 configuraciones de diodos más comunes y su comportamiento, de modo que podamos dividir un problema complicado en pequeños 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 de el 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 de entrada esté dentro de cierto rango, lo diodos estarán apagados y por lo tanto el voltaje en la salida variará linealmente 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 arribase encenderá en inverso mientras que 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 abajo y 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 el voltaje de entrada debe dividirse entre dos resistencias del mismo valor 5K, lo cual quiere decir que para alcanzar los voltajes límite sobre los diodos 5V y -5V, el voltaje de entrada debe valer el doble 10V y -10V. 10 Problemas resueltos de diodos Una vez establecidos los rangos, sabemos que cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V el 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 ambos diodos estarán apagados de modo que el circuito se comporta como un simple amplificador inversor de ganancia -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 amplificador es 0V porque el terminal positivo de éste está a tierra. Dado que se trata de un amplificador inversor, si el voltaje de entrada es positivo, el de salida es negativo y viceversa. Entonces si el voltaje de entrada es lo suficientemente positivo, el diodo a mano izquierda se encenderá cuando el voltaje en su cátodo sea menor o igual a -0,7V, lo cual sucede cuando el voltaje de salida es -1,4V, ya que por tratarse de dos resistencias de 10K, el voltaje se divide en partes iguales. Si el voltaje de entrada es lo suficientemente negativo se encenderá el 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 de trasferencia 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 la ganancia del amplificador es de -1 hasta cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V, cuando el 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 Problemas propuestos de diodos 1. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi , 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 2. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo + - D1 100K + - + - 10V -10V D2 D3 D5 D6-10V 10K 1V 0V 0V -1V D4 10K Respuesta:Vo = 0 12 Problemas propuestos de diodos 3. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo + - 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 4. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi Vi 10K 10K Vo 13 Problemas propuestos de diodos Respuesta: Vz+1.4 -Vz-1.4 Vo Vi 0.5 -(Vz+1.4)/2 (Vz+1.4)/2 5. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi - + Rf RL R R D1 D2 Vi Vo Respuesta: Vo Vi -1 6. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi Vi 10K Vo 10K 10K 10V -10V D1 D2 D3 D4 14 Problemas propuestos de diodos Respuesta: -4.65 4.65 Vo Vi m = 1 7. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi 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 Problemas propuestos de diodos 8. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi - + Vi 500 Dz2 Vo 50K D3 Dz1 D2 10K D1 R1 R2 R2 = 200 ohm R1 = 1K Vz1 = 3.3 V Vz2 = 5.3 V Respuesta: Vo Vi 4V 7V 24V 36V -4,2V -0,7V 1,5V 4V 6V 9. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferenciaVoVi , tomando en cuenta queVz = 4V - + 10K Vo 10K 10K -10V 10V Vi 10K Vi 10K 16 Problemas propuestos de diodos Respuesta: -4.7V 4.7V 4.7V -4.7V Vo Vi 17 Problemas propuestos de diodos 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 y defenir 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 si cumple con la condición de corte. De cumplirse la condición,se procede a realizar los cálculos necesarios 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 realizar los 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 demostrar la condición de triodo para así poder descartar cualquier error cometido a lo largo de la resolución del 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 que debemos 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 condiciones correctas según el tipo de transistor. 19 Problemas resueltos de MOSFET a) caso Vi=0V • suponemos Q1 en corte Vg1=0V Vgs1=0V como Vgs1<Vt1, entonces la suposición es correcta y efectivamente 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 transistores tipo 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 incorrecta y no está en corte. • Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1-Vt1 = 1V. Utilizamos la ecuación de ID en saturación y obtenemos 1 2 K ′n( w l ) • Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2-Vt2 = -4V. Utilizando la ecuación de ID en saturación y obtenemos 1 2 K ′p( w l )(−4)2 Como se puede observar las corrientes halladas no coinciden. Esto quiere decir que alguno de los dos transistores no esta en saturación. En estos casos, aquel que presente la mayor corriente no esta 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 transistor Q2 y la igualamos a la ecuación de ID en saturación para el transistor Q1, ya que la corriente debe ser la misma. Entonces se tiene que: 1 2 K ′n( w l ) = 1 2 K ′p( w l )[2(Vgs − VT )Vds − V 2ds] 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 Comoestamos trabajando con un transistor tipo P que esta en la zona de triodo debe cumplirse que Vds>Vgs-Vt, por lo que nos quedaremos con el segundo valor. 20 Problemas resueltos de MOSFET Entonces, como Vs=6V, entonces Vd=-0,12V+6V=5,88V y V0=Vds=Vd=5,88V En resumen, para Vi=3V se tiene: • 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 incorrecta y no está en corte. • Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1-Vt1 = 4V. Utilizamos la ecuación de ID en saturación y obtenemos 1 2 K ′n( w l )4V 2 • Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2-Vt2 = -4V. Utilizando la ecuación de ID en saturación y obtenemos 1 2 K ′p( w l )(−4)2 Como se puede observar las corrientes halladas coinciden. Esto quiere decir que en cada transistor caen 3V y por lo tanto V0=3V. • Ahora es necesario verificar si la suposición de que ambos estén saturados es correcta. Partiendo de 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 quiere decir 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. Esto quiere 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 y hallar Vds a partir del cual podemos obtener V0. ID1 = 1 2 K ′n( w l )[2(6 − 2)Vds1 − V 2ds1] ID2 = 1 2 K ′p( w l )[2(−6 + 2)Vds2 − V 2ds2] También se tiene que Vds2=Vds1-6V Entonces, Igualando las corrientes, sustituyendo Vds2 y despejando Vds1 de la ecuación se tiene: Vds1=V0=3V En resumen, para Vi=6V se tiene: • Q1: En triodo • Q2: En triodo • V0=3V 21 Problemas resueltos de MOSFET 2. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 10V 6V Vo 50kW Kn’(W/L)=50 A/Vm 2 |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 2 Kn( 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 válido Vs1. Como en este ejercicio hay efecto de sustrato, es necesario calcular el verdadero Vt a partir del valor de Vs que acabamos de hallar y el valor inicial de Vt que llamaremos Vto. Para esto se utiliza la fórmula de|V t|: |V t| = V to + γ[ √ 2φf ± V sb − √ 2φf ] 22 Problemas resueltos de MOSFET En teoría, el nuevo Vt debe hallarse de manera iterativa, es decir, hacer varias veces el procedimiento para 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 Vs del mismo modo que lo hicimos anteriormente. En este caso habrá que resolver la siguiente ecuación de segundo orden: 1, 25V s2 − 16, 5V s + 48 = 0 Las posibles soluciones de esta ecuación son: • 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 como válido 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 cumple que: 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 Problemas resueltos de MOSFET Rs GmVbs Vin GmVgs Ro G Vo Debido a que la fuente de corrientegmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos sustituirla 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, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito paracompletarlo. En este caso, la expresión para 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 de valores conocidos. V o V 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 Problemas resueltos de MOSFET c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de corriente gm(Vin-Vo) depende del voltaje entre sus extremos y puede reemplazarse por una resistencia de valorgm−1. Entonces, la impedancia de salida es simplemente el paralelo de todas las resistencias. Zout =rs//ro//gmb−1//gm−1 3. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 10V Rg Rs vs Rd -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. Ya que 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 Además, esta corriente puede escribirse como: ID = 10−V s1K Igualando estas dos ecuaciones tenemos: 1 2 Kn( w l )(V gs − V t)2 = 10 − V s 1K (3.2) Se tiene que Vg=0V Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segun- do grado: 25 Problemas resueltos de MOSFET V s2 + 6V s − 16 = 0 Las posibles soluciones de esta ecuación son: • 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 como válido 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 Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente: • Idq = 8mA • V ds = −8V Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumple que: 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: el modelo en pequeña señal es el siguiente: Rs GmVbs Vin GmVgs Ro G Vo 26 Problemas resueltos de MOSFET Debido aque la fuente de corrientegmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos sustituirla por una resistencia de valor gmb−1. Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a: RgVin GmVgs G Vo Rd a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizarlos cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito paracompletarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente: 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 de valores conocidos. V o V i = −gm · Rd El valor numérico de la ganancia es: A = −2 b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada Zin = Rg c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de corriente gmVgs se abre pues Vgs=0V. Entonces, la impedancia de salida es simplemente la resistencia de 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 Problemas propuestos de MOSFET 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 Problemas propuestos de MOSFET 4. Para el circuito mostrado a continuación determinarVo/Vi,Zi,Zo 15V Rl 700K 800K 60K 40K vs 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 Problemas propuestos de MOSFET 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, 5V 1 2 2φf = 0,6V 31 Problemas propuestos de MOSFET 8. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación. D S B G ID 40K 5V 2.9V -5V |Vt| = 2V K ′n( w l ) = 20mA/V 2 9. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación. 20V 1K |Vt| = 2V K ′n( w l ) = 1mA/V 2 K ′p( w l ) = 2mA/V 2 32 Problemas propuestos de MOSFET 10. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. ID vs 5V 0.5mA VDD Vo K ′n( w l ) = 1mA/V 2 γ = 0, 5V 1 2 2φf = 0,6V |Vt| = 1V λ = 0V −1 11. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 10V 1M 17,5K vs Vo 2,5K -5V K ′n( w l ) = 0, 2mA/V 2 γ = 0, 5V 1 2 2φ = 0, 6V |Vt| = 2V λ = 0V −1 33 Problemas propuestos de MOSFET 34 Capítulo 4 BJT Problemas resueltos de BJT 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisisDC y AC R3=53K R4=10K Vi + - Q1 Re = 2K Rc=5K Q2 R2=39K R1=83K Vo +15V +15V b1=b2=100 Va = ¥ Análisis DC: En DC los condensadores se comportan como abiertos. En primer lugar es recomendable hallar el equivalente de thevenin para la entrada de ambos transistores para facilitar el análisis. En ese caso tenemos el siguiente circuito: 2,38V + - Q1 Re = 2K Rc=5K Q2 26,53K Vo +15V 8,41K + - 4,795V 35 Problemas resueltos de BJT Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debesuponerse que todos los dispositivos están en 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 Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente: • Icq1 = 0, 789mA • V ce1 = 2, 28V 36 Problemas resueltos de BJT • 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: el modelo en pequeña señal es el siguiente: R1//R2 Gm2V 2p RcRp2 + - Vp2 Vo Gm1Vp1 + - Vp1 Rp1R3//R4Vin A a. Cálculo de la ganancia Para calcular la ganancia de cualquier circuito es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. De esta manera se evita perder el tiempo realizando cálculos inútiles. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es 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+β rπ2 ) 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 también la 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 Problemas resueltos de BJT Por lo que el valor numérico de la ganancia es: A = −158 b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es el paralelo de las resistencias en la entrada Zin = R3//R4//rπ1 = 2, 28K c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vπ1 y la corriente gm1Vπ1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc. Zout = Rc = 5K 38 Problemas propuestos de BJT 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)=0,7V Q1 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 Problemas propuestos de BJT Zin = Rb3//Rb2//rπ2 Zout = Rc 3. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A 175 ohmVi + - 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) ( gmRl 1+Rsgm ) Zin = gm−1 Zout = Rb 40 Problemas propuestos de BJT 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 = 30 Va = ¥ Respuesta: Icq1 = 3, 36mA V ce1 = 4, 7V Icq2 = 68, 32µA V ce2 = 5, 4V 41 Problemas propuestos de BJT 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 = 5,81M Vi + - Q2 Re = 38,1K 15V Kp’(w/l) = 200 A/V |Vt| = 2V f = 100 Va = 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 Además, esta corriente puede escribirse como: ID = 15−V sRs Igualando estas dos ecuaciones tenemos: 1 2 Kn( 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 Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segun- do grado: 43 Problemas resueltos de Circuitos multietapa V s2 − 23, 35V s + 135, 267 = 0 Las posibles soluciones de esta ecuación son: • 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 como válido 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 se divide en dos corrientes, una que va hacia tierra a través d laresistencia de 130K y otra que va hacia la base 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 corriente que va desde el emisor hasta tierra a través de la resistenciade 38,1 K puede expresarse de la siguiente manera: 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 b2 130K 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 1001 V b2−0,7 38,1K = 224, 68µA V e2 = V b2 − 0, 7 = 8, 646V V c2 = 15 − 20KIc2 = 10, 506V Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente: • Idq1 = 74, 14mA • V ds1 = −3, 34V • Icq2 = 224, 68µA • V ce2 = 1, 86V 44 Problemas resueltos de Circuitos multietapa Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: Rd Gm2V 2p RcRp2 + - Vp2 VoG1 R1//R2Vin Gm1Vgs a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizarlos cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito paracompletarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente: 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 valores conocidos, 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 b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada Zin = R1//R2 ≃ 2MΩ c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vgs1 y la corriente gm1Vgs1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc Zout = Rc = 20K 45 Problemas propuestos de Circuitos multietapa Problemas propuestos de Circuitos multietapa 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC M1 Rb1 = 163K Rb2 = 47K Vi + - Q1 2 Re = 1K 20V Kn’(w/l) = 0,01 mA/V Vt = 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 2. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC Rb = 465K Vi + - Q1 2 10V Kn’(w/l) = 2 mA/V Vt = -2 VA = 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( ro ro+rd ) = 700 Zin = Rb//rπ Zout = ro//Rd 46 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 3. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC R3 = 680K Vi + - Q1 2 Kn’(w/l) = 1 mA/V Vt = -2 ro1 = 200K ro2 = 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 4. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC M1 60K 40K Vi + - Q2 3,65K 10V 1K Q4 -10V 9,3K 2 Kn’(w/l) = 1 mA/V Vt = 2 ro3 = 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+rπ gmrπ+1 ) + R4) Zin = R1//R2 47 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 5. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC Vo 10V Ro= = 100b ¥ 10 Respuesta: A = R2β 2 (R1+rπ1)(1+β) Zout =R2) Zin = R1 + rπ1 6. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC M1 Vi + - Q2 R2 10V R1 2Kp’= 50 = 40 l = 10 |Vto| = 3V s=1.7*10^-15 VA = m w m m b = 50 I A/V 4,3V ¥ Respuesta: Idq= 400µA Vgs= -5V Icq= 2,5mA A = −R2gm1 + (R2gm1+gm2)gm1R1rπ2R1+rπ2+R1rπ2gm1 Zout =R2 Zin = ∞ 48 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 7. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 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
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