E.U..T.. Curso 99/00 Madrid TECNOLOGÍA ELECTÓNCA (Examen de Febrero 922000) Ejercicio 1 (4 puntos) El diodo de silicio con parámetros S 5 ma y η 2, está conectado al circuito de la figura. eterminar a temperatura ambiente ( T 25 m) 1) Los alores del punto de trabajo (corriente y tensión en el diodo). 2) La componente alterna de la tensión y la tensión total en bornes del diodo. 1 KΩ i 0,4 sen ωt () 1 17,5 2 KΩ Ejercicio 2 (3 puntos) Para el circuito con diodo zener de características ( Z y P Zmax 30 mw), determinar: L,, Z y P Z. 1) Con L 0,8 KΩ 2) Con L mínima para que el circuito sea regulador, considerando la corriente inersa de saturación despreciable. 3) Con L máxima para que el circuito sea regulador. 1 KΩ + Z i 20 L L + Ejercicio 3 (3 puntos) En el circuito representado se emplea un transistor con β F 99, corriente inersa de saturación despreciables y BE 0,7. Hallar los alores de C y CE. CC i C B 250KΩ C 4,7 KΩ C E 1,2 KΩ 0 Tiempo total : 75 min
E.U..T.. Curso 99/00 Madrid TECNOLOGÍA ELECTÓNCA (Examen de Febrero 922000) Ejercicio 4 (4 puntos) Para la etapa amplificadora con JFET de la figura, cuyos parámetros son: SS ma, p 4 y λ 0,01 1 Calcular: 1) El punto de trabajo. 2) La ganancia de tensión a frecuencias bajas. 3) La resistencia de entrada del circuito amplificador. 4) La resistencia de salida. 20 2KΩ C 2 C 1 0 G i MΩ MΩ GG 1,5 L Ejercicio 5 (3 puntos) Calcular para el circuito arlington de la figura con: BE 0,7, β 1 160, β 2 200 y T 25 m 1) los alores de polarización: B1, C2 e C. 2) la tensión de salida total O a frecuencias bajas. 16 C 0Ω C 1 0 Q 1 C 2 i 120 sen ωt m Q 2 1,5MΩ Ejercicio 6 (3 puntos) eterminar el oltaje de salida para el circuito de la figura, considerando a los amplificadores operacionales ideales. 0 KΩ 220 KΩ KΩ 22 KΩ 1 12 m 0 22 KΩ 2 20 sen ωt (m) Tiempo total: 90 min
TECNOLOGÍA ELECTÓNCA (Examen de Febrero 922000) Ejercicio 1. Solución 1) El circuito para continua es el de la figura 1 1 KΩ 1 2 2 + 1 17,5 KΩ Fig 1 5. 0,025 1 +. e 2 1 1 2 + La ecuación del diodo: 1 1 + η T + S e 1 η T S e 1 Por tanteo, se obtiene: 0,6 La corriente que pasa por el diodo es: 0,6 5 e 2. 1 1,6 ma 0,025 La resistencia incremental: r d η T dando alores r d 2. 0,025 0,03KΩ 30 Ω 1,6 2) El circuito para alterna es el de la figura 2, al cual se le aplica el teorema de Theenin quedando representado en la figura 3. 1 KΩ Th 5 K i d 2 + r d + 0,4 sen ωt KΩ r d d Th 0,2 sen ωt 30 Ω d Fig 2 Fig 3 Th. 5KΩ + Th 0,4 sen ωt 0,2sen ωt + La componente alterna de la tensión: d 30 3 0,2 sen ωt 1,2 sen ωt () 3 5 + 30 La tensión total en bornes del diodo: + d 0,6 + 1,2 3 sen ωt ()
Ejercicio 2. Solución 1) Con L < Z el diodo zener está en OFF, quedando el circuito como el representado en la figura 4 1 1 KΩ L + Z 0 i 20 L L Fig 4 + L. i 0,8. 20 L 8,9 < + 1+ 0,8 L i L 20 8,9 11,1 L 8,9 11,1 Z 0 P Z 0 Z 2) Para que el circuito sea regulador el diodo zener debe estar en zona zener Z, quedando el circuito como el representado en la figura 5. 1 1kΩ L Z + L i Z cte siendo L L + Z + Para Lmin Lmax Zmin Z L i 2 Z L L _ Fig 5 espejando la resistencia de carga mínima: Si la corriente inersa de saturación es despreciable: s 0 Zmin 0 y P Z 0 Lmax 20 ma 1 Lmin Z 1KΩ Lmax i L 20 L Z 0 P Z 0 3) Al ser el circuito regulador el diodo zener está en zona zener Z, quedando el circuito como el representado en la figura 5. Z + L siendo Z L Si Lmax Lmin Zmax P 30 Para P Zmax 30 mw Zmax Zmax 3 ma Zmax + Lmin L 20 ma 1 Lmin Zmax 3 7 ma espejando la resistencia de carga máxima: Lmax Z 1,42 KΩ 7 Zmin i L 20 L Z 3 ma P Z 30 mw Z
Ejercicio 3. Solución CC C 4,7 kω B 250 kω C B + + CE BE _ E 1,2 kω E Fig 6 El circuito para el estudio de continua queda representado en la figura 6 Aplicando la ley de Kirchhoff al lazo base emisor del circuito con transistor NPN y suponiendo al transistor en actia, tendremos: CC + C ( B + C )+ B B + BE E E 0 Puesto que E ( B + C ) e C β F B E (1+β F ) B Sustituyendo C e E : CC + C (1+ β F ) B + B B + BE + (1+ β F ) B E 0 espejando B y aplicando los alores numéricos B B CC BE + (1+ β ) + (1+ β F C F ) E 0,7 259 + (1+ 99). 4,7 + (1+ 99).1,2 0,011mA Aplicando las ecuaciones de EbersMoll para un transistor NPN, trabajando en modo actia directa con la corriente de saturación inersa despreciable, la corriente de colector será: C β F B 99. 0,011 1,1 ma Aplicando la ley de Kirchhoff al lazo colectoremisor CC + ( B + C ) C + CE E E 0 CC + ( B + C ) C + CE + ( B + C ) E 0 espejando CE y aplicando los alores numéricos CE CC (1+ β F ) B ( E + C ) CE (1+ 99). 0,011. (4,7 + 1,2) 3,51. El transistor está en actia directa, ya que: BC BE CE 0,7 3,51 < 0
Ejercicio 4. Solución 1) El circuito para el estudio en continua está representado en la figura 7. G MΩ GG 1,5 20 2 KΩ G + + S GS Como G 0 GS GG 1,5 Por ser el JFET un amplificador debe trabajar en zona de saturación. Los alores del punto de polarización son: Q SS 1 GSQ P 2 1 1,5 4 2 3,9 ma Fig 7 SQ Q 20 2. 3,9 12,2 Los parámetros de alterna son: La transconductancia SS gm 2 1 P La resistencia de salida r ds 1+ λ λ SQ Q GSQ P 3. 2 4 1+ 0,01.12,2 28,8 KΩ 0,01.3,9 1,5 1 3,125S 4 El circuito equialente para señal queda representado en la figura 8: + + i G gs g m gs r ds L 0 MΩ _ 28,8KΩ 2KΩ MΩ _ 2) Ganancia de tensión i 0 Fig 8 0 (r ds // // L ) g m gs i gs 0 (r ds // // L ) g m 1,87 3. 3,125 5840 i 3) esistencia de entrada i G MΩ 4) esistencia de salida 0 r ds // // L 1,87 KΩ
Ejercicio 5. Solución 1) Circuito de continua, figura 9. B1 0,7 + E1 C 16 B1 C1 B2 1,5MΩ + 0,7 _ Fig 9 0Ω C2 C2 C E1 + C2 B2 C1 Por estar los transistores en zona actia: C2 β F2 B2 β F2 C1 C1 β F1 B1 C2 β F1 β F2 B1 Como β F >>1 E1 C1 C C1 + C2 β F1 B1 β F1 β F2 B1 (β F1 + β F1 β F2 ) B1 C ( 160+160. 200) B1 32160 B1 Apliocando la ley de Kirchhoff al lazo emisorbase de Q 1. 16 0 3 C + 0,7 1,5 3 B1 Sustituyendo C 16 0 3. 32160 B1 + 0,7 1,5 3 B1 espejando B1 0,7 16 4716 B 1 3,2 3 ma B1 1,5 3 B1 1,5 3. 3,2 3 4,8 C 32160. 3,2 3 3 ma C2 16 0,1 C 16 0,1. 3 5,7 C1 β F1 B1 160 (3,2 3 ) 0,5 ma La transconductancia g m y la resistencia r π del transistor bipolar 1. g m1 C1 0, 5 25 25 β01 0,02 s. r π1 160 8000 gm1 0,02 Ω 2) Circuito para alterna, figura. i b 1 b1 c 1 b 2 r π2 b2 e 2 1,5MΩ e 1 r π1 β 01 b1 β 02 b2 e1 0Ω o Fig + c 2
e1 b1 β 01 b1 + β 02 b2 b2 β 01 b1 e1 b1 β 01 b1 β 02 β 01 b1 e1 b1 ( 1+ β 01 + β 01 β 02 ) b1 β 01 β 02 La tensión de salida de pico para señal 0 0,1 e 0,1 b1 β 01 β 02 0 0,1. 160. 200. b1 3200 b1 La tensión de entrada de pico para señal i r π1 b1 0,1 e1 r π1 b1 + 0,1 b1 β 01 β 02 i (8 + 0,1. 160. 200) b1 3208 b1 La ganancia de tensión 3200 A 3208 0 i 1 0 i 120 m La tensión de salida para alterna: o 120 sen ωt (m) La tensión de salida total 0 0 + o C2 + o 5,7 + 120 3 sen ωt ()
Ejercicio 6. Solución 0 KΩ 220 KΩ 1 2 1 21 1 12 m 0 KΩ 01 22 KΩ 22 22 KΩ 2 20 sen ωt (m) 0 0 1 01 1 01 1 1 01 22 22 21 1 2 22 22 2 21 + 22 220 0 2 Sustituyendo las corrientes 220 22 22 0 1 + 2 0 0 1 2 0 0. 12. 20 sen ωt 0 1200 200 sen ωt (m)