Recopilación de problemas de Electrónica I

Transcripción

1 Universidad Simón Bolívar Departamento de Electrónica y Circuitos Circuitos Electrónicos I (EC1177) Recopilación de problemas de Electrónica I Realizado por Br. Daniela Curiel Supervisado por Prof. Jose Restrepo Version 1.0 Trimestre SeptiembreDiciembre

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3 Capítulo 1 Amplificadores Operacionales Problemas resueltos de amplificadores operacionales 1.Para el circuito mostrado a continuación, determinar la corriente de carga I L en función de V I R5=1K Ib R1=2K Ia R2=2K R3=2K Id V I Ic R4=1K Ie I L RL 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: V a = V b = 0 Las corrientes de entrada tanto al terminal positivo como al negativo del amplificador son 0A. En consecuencia: I b = I a (1.1) La metodología para resolver este tipo de problema paso a paso es: I c = I d (1.2) 1. Definir que es lo que pide el problema: I l = V 0 R l (1.3) 2. Definir cada corriente en función de los voltajes en los extremos de la resistencia por la cual circula: I a = V 01 R 1 3

4 Problemas resueltos de OPAMP I b = V 0 R 5 I c = V 01 R 2 I d = V 02 R 3 I e = V 02 V 0 R 4 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: V 01 2K = V 0 1K Despejando estas ecuaciones se obtiene: V 01 2K = V 02 2K V o1 = 3 2V o V o2 = V o1 4. Hacer una ecuación de nodos en la salida del circuito: V 02 V 0 R 4 = V 0 R l V 0 R 5 Sustituyendo las expresiones (4) y (5) en (6) se tiene: 2V o 3 V o = 1k R L V o V o 5. Se obtiene finalmente la expresión para el voltaje de salida V 0 : 6. Se halla I l por la ecuación (3): 2 = 1k R L V o V o = 2R L 1k I l = 2 1k 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: R2 V2 R1 V1 4

5 Problemas resueltos de OPAMP Primero, vemos cual es el valor de V 0 cuando se coloca V 1 a tierra. En este caso se obtiene un amplificador inversor de ganancia R 2 R 1 V 2. Luego, realizamos el mismo proceso pero colocando V 2 a tierra. En este caso se obtiene un amplificador no inversor de ganancia (1 R2 R 1 ). entonces V 0 es simplemente la superposición de los resultados obtenidos. V 0 = R2 R 1 V 2 (1 R2 R 1 ). 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 V 01 y las entradas serían y V 0 obteniendo directamente: V o1 = 3 2V o 5

6 Problemas propuestos de OPAMP Problemas propuestos de amplificadores operacionales 1. Para el circuito mostrado a continuación determinar. R2 R4 Vi R1 R3 V o = ( R 2R 3 R 3 R 4 R 2 R 4 R 1 R 3 ) 2. Para el circuito mostrado a continuación determinar V o Vi R R R Rx R R R V o = ( 2R 2) R x 3. Para el circuito mostrado a continuación determinar R R R R R Vi R V o = 8 4. Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los siguentes datos del amplificador operacional: 6

7 Problemas propuestos de OPAMP Ad = CMRR = V1 10K V2 10K 100K CMRR = Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los siguientes datos del amplificador operacional: R 1 =R 3 R 2 =R 4 CMRR= CMRR 1 R2 Vd/2 R1 R3 Vcm Vd/2 R4 CMRR = CMRR 1 6. Para el circuito mostrado a continuación derive una expresión para V 0 en término de V 1,V 2,V 3 y V 4 suponiendo que todos los amplificadores operacionales operan en la región lineal. R2 V1 R1 R6 R5 V2 R4 V3 R3 V4 V 0 = V 4 R4 R 3 (V 4 V 3 ) R6 R 5 (V 4 V 4 R 4 R 3 V 3 R 4 R 3 V 2 V 2 R 2 R 1 V 1 R 2 R 1 ) 7

8 Problemas propuestos de OPAMP 7. Del circuito mostrado a continuación determinar R f tal que I l no dependa de Z l. Rf Vi R1 R3 R2 Zl R f = R3R1 R 2 8

9 Capítulo 2 Diodos Problemas resueltos de diodos 1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar las corrientes por los diodos tomando en cuenta que son ideales. D3 5V 10V D1 3K 7K 2,5K D2 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 ánodocátodo de cada uno de ellos. En este caso se tiene: V A1 V K1 = 10V 5V = 15V V A2 V K2 = 5V 5V = 10V V A3 V K3 = 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 sería que sólo uno de ellos esta encendido. Se supone entonces que el que tiene el voltaje ánodocátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodocátodo. En este caso se supone encendido el diodo 1 y se obtiene: V A2 V K2 = 5V 6,4V = 1,4V V A3 V K3 = 0V 2V = 2V De nuevo la suposición era incorrecta, esto quiere decir que más 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 ánodocátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodocátodo. En este caso se supone encendido el diodo 3 y se obtiene: V A2 V K2 = 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

10 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 V Z = 4,3V. 10K 10K D1 D2 Vi 5K 5K Dz1 Dz2 En este tipo de problemas el algoritmo mostrado anteriormente no puede utilizarse debido a que sería demasiado 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 suficientes 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 de voltaje, 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 el voltaje 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 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 abrimos ambos 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

11 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 dentro de 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 de la 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: Vi

12 Problemas propuestos de diodos Problemas propuestos de diodos 1. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia, tomando en cuenta que los diodos son ideales. Vi 10K D1 D2 5V 5V 10K 10K 5 1 Vi/2 5/2 5 5 Vi/2 5/ Para el circuito mostrado a continuación determinar V o 1V D1 100K 10V 0V D2 10K D3 D4 D5 0V 10V D6 1V 10K 10V V o = 0 12

13 Problemas propuestos de diodos 3. Para el circuito mostrado a continuación determinar V o V1 D1 V2 D2 1K 1K tomando en cuenta el siguiente gráfico de las señales de entrada. V1 V2 5V V 4.3V 2.15V Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia Vi 10K 10K 13

14 Problemas propuestos de diodos Vz (Vz1.4)/2 (Vz1.4)/2 Vi Vz Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia R Rf Vi R D1 D2 RL 1 Vi 6. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia 10V 10K D1 D2 Vi D3 D4 10K 10K 10V 14

15 Problemas propuestos de diodos m = Vi 7. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia V o 10V 10K Vz = 5V D1 D2 Vi D3 D4 10K 10K 10V Vi5, , ,35 Vi 4.65 Vi5,7 15

16 Problemas propuestos de diodos 8. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia 50K 10K Vi 500 R1 Dz2 D1 Dz1 R2 R2 = 200 ohm R1 = 1K Vz1 = 3.3 V Vz2 = 5.3 V D2 D3 36V 1,5V 4V 24V 6V 0,7V 4V 7V Vi 4,2V 9. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia, tomando en cuenta que V z = 4V 10V 10K 10K Vi 10K 10K 10V 16

17 Problemas propuestos de diodos 4.7V 4.7V 4.7V Vi 4.7V 17

18 18 Problemas propuestos de diodos

19 Capítulo 3 Mosfet Problemas resueltos de MOSFET 1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar v o cuando = 0V, 3V, 6V. 6V Q 2 Kn (W/L)=Kp (W/L) Vto =2V l=0 Vi Q 1 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 V t 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 saturación 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 Q 1, es el que debemos ir analizando, para luego definir el estado de Q 2. El primer paso es reconocer que el transistor Q 1 es tipo N y por lo tanto V t1 =2V mientras que el transistor Q 2 es tipo P y por lo tanto V t2 =2V. Es necesario tener mucho cuidado de utilizar las condiciones correctas según el tipo de transistor. 19

20 Problemas resueltos de MOSFET a) caso =0V suponemos Q 1 en corte V g1 =0V V gs1 =0V como V gs1 <V t1, entonces la suposición es correcta y efectivamente está en corte. Como V gs2 =6V<V t2 entonces Q 2 no esta en corte. Se sabe que Q 1 está en corte y por lo tanto, I d q=0. Por la característica de salida de los transistores tipo P, cuando a corriente es nula V ds2 =0. Como V ds2 >V gs2 V t2 entonces podemos decir que Q 2 está en triodo. Dado que Q 1 está en corte y Q 2 en triodo, entonces el voltaje en la salida es 6V. En resumen, para =0V se tiene: Q 1 : En corte Q 2 : En triodo V 0 =0V b) caso =3V Suponemos Q 1 en corte V g1 =3V V gs1 =3V como V gs1 >V t1, entonces la suposición es incorrecta y no está en corte. Suponemos Q 1 en saturación Tenemos que V gs1 V t1 = 1V. Utilizamos la ecuación de I D en saturación y obtenemos 1 2 K n( w l ) Ahora veamos cual es el estado del transistor Q 2 Tenemos que V gs2 V t2 = 4V. Utilizando la ecuación de I D 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 de los transistores. Entonces decimos que Q 2 esta en triodo. Utilizamos la ecuación de I D en triodo para el transistor Q 2 y la igualamos a la ecuación de I D en saturación para el transistor Q 1, 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(V gs V T )V ds V 2 ds] De la ecuación anterior se obtiene la expresión cuadrática V 2 ds 8V ds 1 = 0 De la cual se obtienen los siguientes valores para V ds : V dsa =7,87V V dsb 0,12V Como estamos trabajando con un transistor tipo P que esta en la zona de triodo debe cumplirse que V ds >V gs V t, por lo que nos quedaremos con el segundo valor. 20

21 Problemas resueltos de MOSFET Entonces, como V s =6V, entonces V d =0,12V6V=5,88V y V 0 =V ds =V d =5,88V En resumen, para =3V se tiene: Q 1 : En saturación Q 2 : En triodo V 0 =5,88V c) caso =6V Suponemos Q 1 en corte V g1 =6V V gs1 =6V como V gs1 >V t1, entonces la suposición es incorrecta y no está en corte. Suponemos Q 1 en saturación Tenemos que V gs1 V t1 = 4V. Utilizamos la ecuación de I D en saturación y obtenemos 1 2 K n( w l )4V 2 Ahora veamos cual es el estado del transistor Q 2 Tenemos que V gs2 V t2 = 4V. Utilizando la ecuación de I D 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 V 0 =3V. Ahora es necesario verificar si la suposición de que ambos estén saturados es correcta. Partiendo de que V d1 =V d2 =3V se tiene que: para Q 1, V ds1 =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 Q 2, V ds2 =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 procede a utilizar las ecuaciones de I D en triodo tanto para Q 1 como para Q 2 para luego igualarlas y hallar V d s a partir del cual podemos obtener V 0. I D1 = 1 2 K n( w l )[2(6 2)V ds1 V 2 ds1] I D2 = 1 2 K p( w l )[2( 6 2)V ds2 V 2 ds2] También se tiene que V ds2 =V ds1 6V Entonces, Igualando las corrientes, sustituyendo V ds2 y despejando V ds1 de la ecuación se tiene: V ds1 =V 0 =3V En resumen, para =6V se tiene: Q 1 : En triodo Q 2 : En triodo V 0 =3V 21

22 Problemas resueltos de MOSFET 2. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 6V 10V 50kW Kn (W/L)=50mA/V Vt0 =1V V 1 l=0.01 g=0.5v ff=0.3v 2 Análisis DC: Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación. posteriormente debe verificarse que efectivamente están en ese estado. sabemos que la ecuación ID para un mosfet en saturación es: Además, esta corriente puede escribirse como: Igualando estas dos ecuaciones tenemos: ID = 1 2 K n( w l )(V gs V t)2 ID = V s 50K 1 2 K n( 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 segundo grado: 1,25V s 2 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 esté en 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[ 2φ f ± V sb 2φ f ] 22

23 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 significativamente. 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 s 2 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 s 40K = 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 = K n ( w l )(V gs V t) = 94µ gm γ gmb = 2φ = 10,6µ f ±V sb ro = 1 λ Idq = 1MΩ Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: 23

24 Problemas resueltos de MOSFET G Vin GmVgs GmVbs Ro Rs Debido a que la fuente de corriente gmbv 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: Gm(Vin) Gmb 1 Ro Rs a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente: V o = (rs//ro//gmb 1 ) gm(n V o) Entonces, despejando /Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de valores conocidos. V o = (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

25 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) depende del voltaje entre sus extremos y puede reemplazarse por una resistencia de valor gm 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 Rs vs Rg Rd 10V K n( w l ) = 1mA/V 2 V t = 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 en ese 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: Además, esta corriente puede escribirse como: Igualando estas dos ecuaciones tenemos: Se tiene que Vg=0V ID = 1 2 K n( w l )(V gs V t)2 ID = 10 V s 1K 1 2 K n( w l )(V gs V t)2 = 10 V s 1K Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado: 25 (3.2)

26 Problemas resueltos de MOSFET Las posibles soluciones de esta ecuación son: V s1 = 2V V gs = 2V V s2 = 8V V gs = 8V V s 2 6V s 16 = 0 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 = K = 8mA Como esta corriente es la misma que circula por la resistencia Rd, tenemos la siguiente ecuación: Despejando la ecuación anterior se tiene que: ID = V d10 0,5K 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 = K n ( w l )(V gs V t) = 4m Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: G Vin GmVgs GmVbs Ro Rs 26

27 Problemas resueltos de MOSFET Debido a que la fuente de corriente gmbv 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: G Vin Rg GmVgs Rd a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente: Luego, Vgs=Vi y por lo tanto: V o = gm V gs Rd V o = gm n Rd Entonces, despejando /Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de valores conocidos. El valor numérico de la ganancia es: V o = gm Rd A = 2 b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada c. Cálculo de la impedancia de salida Zin = Rg 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

28 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) R d =7K y R s =3K y b)r d =4K y R s =3K. K n( w l ) = 2mA/V 2 V t = 1V 10V Rd 1M M 1 1M Rs a) triodo I d = 947µA V d s = 0,52V b) saturación I d = 1mA V d s = 4V 2. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor para R d =3K K n( w l ) = 2mA/V 2 V t = 1V 28

29 Problemas propuestos de MOSFET 10V Rd 800K M 1 200K 4K saturación I d = 0,56mA V d s = 6,06V 3. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor K n( w l ) = 2mA/V 2 V t = 2V 5V 4K G D S I D B triodo I d = 1,18mA V d s = 0,276V 29

30 Problemas propuestos de MOSFET 4. Para el circuito mostrado a continuación determinar V o /,Z i,z o 15V 800K 60K vs 700K 40K Rl K n( w l ) = 0,2mA/V 2 V t = 2V V o / = 0,2 (60K//R l ) Z i = 800K//700K Z o =60K//R l 5. Para el circuito mostrado a continuación determinar V o /,Z i,z o 15V 5M 10K vs 5K K n( w l ) = 0,3mA/V 2 V t = 1,8V V o / = 2,65 (60K//R l ) Z i = 5M Z o =10K//5K//5M 6. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación para a)( w l ) 1 = ( w l ) 2 = 40 b)( w l ) 1 = 40y( w l ) 2 = 15 30

31 Problemas propuestos de MOSFET 5V M 1 M 2 V t = 0,8V K n = 30uA/V 2 7. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación. 15V 60K 800K 700K G D S I D B 40K V t = 2V K n( w l ) = 0,2mA/V 2 γ = 0,5V 1 2 2φ f = 0,6V 31

32 Problemas propuestos de MOSFET 8. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación. 5V 40K G D S I D B 2.9V 5V V t = 2V K n( w l ) = 20mA/V 2 9. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación. 20V 1K V t = 2V K n( w l ) = 1mA/V 2 K p( w l ) = 2mA/V 2 32

33 Problemas propuestos de MOSFET 10. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. VDD I D 5V vs 0.5mA K n( w l ) = 1mA/V 2 γ = 0,5V 1 2 2φ f = 0,6V V t = 1V λ = 0V Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 10V 17,5K vs 1M 2,5K 5V K n( w l ) = 0,2mA/V 2 γ = 0,5V 1 2 2φ = 0,6V V t = 2V λ = 0V 1 33

34 34 Problemas propuestos de MOSFET

35 Capítulo 4 BJT Problemas resueltos de BJT 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 15V R1=83K Rc=5K Q2 R2=39K 15V Va = R3=53K Q1 R4=10K Re = 2K 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: 15V Rc=5K 26,53K Q2 4,795V 8,41K Q1 2,38V Re = 2K 35

36 Problemas resueltos de BJT Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que todos los dispositivos están en activodirecto y posteriormente verificar que efectivamente están en ese estado. Para halla la corriente Ib1 podemos analizar el siguiente circuito: Vb Rb Ib Q1 Re ( f 1) Ib Donde la expresión para Ib en términos generales es: Ib = V b 0,7 Rb (β f 1)Re (4.1) Aplicando este modelo a nuestro caso en particular se tiene que Luego: Ib1 = 2,38V 0,7V 8,41K202K = 7,98µA Ic1 = Ie1 = 100Ib1 = 0,798mA Ib2 = Ie2 101 = 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 de malla 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: Icq 1 = 0,789mA V ce 1 = 2,28V 36

37 Problemas resueltos de BJT Icq 2 = 0,790mA V ce 2 = 7,17V Puede verificarse que los dispositivos estaban en activo directo como se había supuesto desde un principio. Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: R1//R2 V R Gm2V 2 A Rc Vin R3//R4 V R Gm1V 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, hacemos una ecuación de nodos en el punto A gm1v π1 = V π2 rπ2 Despejando Vπ2 de la ecuación anterior se tienen que gm2v π2 = V π2(1gm2rπ2 rπ2 ) = V π2( 1β rπ2 ) V π2 = gm1v π1rπ2 1β De esta expresión, el único valor no conocido es Vπ1, pero en el modelo AC se puede observar claramente 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 tenemos: Como ganancia se define como /Vi finalmente: Se tiene que: V o = gm2rcgm1rπ2 1β A = V o = Rcgm1β 1β gm1 = Icq1 V t = 31,92ms 37

38 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//rπ 1 = 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

39 Problemas propuestos de BJT Problemas propuestos de BJT 1. Para el circuito mostrado a continuación determinar es estado de los transistores. 15V Rc1=5K Re2=2K Rb1=100K Q1 Q2 Rc2=2,7K Bf = 100 Vj(on)=0,7V Rb2=50k Re1=3K Ambos en activo directo Vbe 1 = 0,7V Polarizado Vbc 1 = 4,04V no polarizado Vbe 2 = 0,84V polarizado Vbc 2 = 1,16V no polarizado 2. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout Rb1 Rc Q1 Rb2 Q2 Rb3 Re A = gmrc 39

40 Problemas propuestos de BJT Zin = Rb3//Rb2//rπ 2 Zout = Rc 3. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A 100K 1mA 10K 175 ohm A = 10 9 ( gmrπ10k 175β 175 rπ 1 10 ) 4. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout Rb=100K 0,5mA Rl=1K Rs=50 ohm A = Rb (RbRl) ( gmrl 1Rsgm ) Zin = gm 1 Zout = Rb 40

41 Problemas propuestos de BJT 5. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A 10V 10V Rc Rb1 Rl Rb2 Re A= Rc//Rl(β2(β11)β1) rπ 1rπ 2(β 11) 6. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 9V f = 30 Va = V Icq 1 = 3,36mA V ce 1 = 4,7V Icq 2 = 68,32µA V ce 2 = 5,4V 41

42 42 Problemas propuestos de BJT

43 Capítulo 5 Circuitos Multietapa Problemas resueltos de Circuitos multietapa 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 15V R1 = 3,05M R2 = 5,81M M1 Rs = 31,1K Rd = 130K Q2 Rc = 20K Re = 38,1K Kp (w/l) = 200 A/V Vt = 2V f = 100 Va = Análisis DC: En DC los condensadores se comportan como abiertos. Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que los BJT están en activodirecto y los mosfet están en saturación. posteriormente debe verificarse que efectivamente están en ese estado. sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es: Además, esta corriente puede escribirse como: Igualando estas dos ecuaciones tenemos: ID = 1 2 K n( w l )(V gs V t)2 ID = 15 V s Rs 1 2 K n( w l )(V gs V t)2 = 15 V s Rs Haciendo un divisor de voltaje a la entrada del mosfet tenemos el voltaje Vg es: (5.1) V g = 15R2 R1R2 = 9,836 Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado: 43

44 Problemas resueltos de Circuitos multietapa Las posibles soluciones de esta ecuación son: V s 2 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 como válido Vs1. Utilizando este valor tenemos que: ID = 74,14 µa 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 la resistencia de 130K y otra que va hacia la base del transistor 2 (Ib2). ID = Ib2 V b2 130K 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 resistencia de 38,1 K puede expresarse de la siguiente manera: (5.2) Ie2 = V b2 0,7V 38,1K = (100 1)Ib2 Despejando Ib2, tenemos que: Ib2 = V b2 0,7V 3,8481M y sustituyendo Ib2 en la ecuación (2) podemos finalmente obtener Vb2 ID = V b2 3,8481M 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 Ie2 101 = 100 V b2 0, ,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: Idq 1 = 74,14mA V ds 1 = 3,34V Icq 2 = 224,68µA V ce 2 = 1,86V 44

45 Problemas resueltos de Circuitos multietapa Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: Gm1Vgs Vin R1//R2 G1 Rd V R Gm2V 2 Rc a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente: V o = gm2rcv π2 Entonces, es necesario escribir V π2 en función de valores conocidos. gm1v gs Rd rπ2 V π2 = Rdrπ2 Por simple inspección, se sabe que Vgs=Vi, de modo que ya tenemos V π2 en función de valores conocidos, y por lo tanto también. V o = Como ganancia se define como /Vi finalmente: Se tiene que: gm1 Rd rπ2 Rc gm2 Rdrπ2 A = V o = gm1 Rd rπ2 Rc gm2 Rdrπ2 gm2 = Icq2 V t Por lo que el valor numérico de la ganancia es: = 8,987ms gm1 = Kp ( w l )(V gs V t) = 171,62µs rπ2 = 11,127KΩ 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

46 Problemas propuestos de Circuitos multietapa Problemas propuestos de Circuitos multietapa 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 20V Rb1 = 163K Rb2 = 47K M1 Q1 Rc = 10K Kn (w/l) = 0,01 ma/v Vt = 2V 2 Re = 1K Vgs = 3,14V Icq= 6, gm M = 11,3µ gm Q = 0,03 rπ = 3, Ω A = RcgmQgmMrπ 1rπgm M = 10,9V Zin = Rb2//Rb1 Zout = Rc 2. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 10V Rb = 465K Rc = 3K R1 = 10K Rg = 10K Q1 Vx M1 Rd = 3K Kn (w/l) = 2 ma/v Vt = 2 VA = 100V 2 Idq= 1mA Vgs=3V Icq= 1mA A = Rdgm M gm Q Rc( ro rord ) = 700 Zin = Rb//rπ Zout = ro//rd 46

47 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 3. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC 15V R1 = 40K R2 = 10K M1 2 Kn (w/l) = 1 ma/v Vt = 2 ro1 = 200K ro2 = 200K R3 = 680K Q1 R4 = 680k 15V A = gm(r0 1 //r0 2 ) Zin = R 3 //R 4 //rπ Zout = r0 1 //r Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 10V 60K M1 1K Q2 2 Kn (w/l) = 1 ma/v Vt = 2 ro3 = 100K 40K 3,65K 9,3K Q3 Q4 10V Idq= 2mA Vgs=4V Icq= 0,99mA A = r03(1gmqrπ)(gmmr3) R 3R rπ(r4 R 3 )(1gm Q rπ) Zout = r0 3 //(( R3rπ gmrπ1 ) R 4) Zin = R 1 //R 2 47

48 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 5. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC 10V 10 Ro= = 100 A = R 2 β 2 (R 1 rπ 1 )(1β) Zout = R 2 ) Zin = R 1 rπ 1 6. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 10V 4,3V M1 R1 Q2 R2 Kp = 50 A/V 2 = 40 l = 10 Vto = 3V s=1.7*10^15 VA = Idq= 400µA Vgs= 5V Icq= 2,5mA A = R 2 gm 1 (R2gm1gm2)gm1R1rπ2 R 1rπ 2R 1rπ 2gm 1 Zout = R 2 Zin = 48

49 Problemas propuestos de Circuitos multietapa 7. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC 10V R1 = 2,75K Rbb = 425K Q1 Q2 R3 = 2K R4 = 10K R2 = 5K 10V Icq2= 1mA Icq1= 1mA A = R 4gm 2gm 1(R 1R 3(β 21)) (Rbbrπ 1R 2R 2β 1)(R 1rπ 2R 3(β 2)) 1 Zin = Rbb rπ 1 R 2 (β 1) 49