Teoria de circuitos

E.U.I.T.I. Madrid

Curso 99/00

TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA (Examen de Febrero 9-2-2000)

Ejercicio 1 (4 puntos) El diodo de silicio con parámetros IS = 10-5 mA y η = 2, está conectado al circuito de la figura.

Determinar a temperatura ambiente (VT = 25 mV) 1) Los valores 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.

R1 = 10 KΩ vi = 0,4 sen ωt (v) R2 10 KΩ V1 = 17,5 v

Ejercicio 2 (3 puntos) Para el circuito con diodo zener de características ( VZ = 10 V y PZmax = 30 mW), determinar: VL , VR , IZ y PZ. 1) Con RL = 0,8 KΩ 2) Con RL mínima para que el circuito sea regulador, considerando la corriente inversa de saturación despreciable.

3) Con RL máxima para que el circuito sea regulador.

R = 1 KΩ + VR -

IZ

Vi = 20 V

RL

+ VL -

Ejercicio 3 (3 puntos) En el circuito representado se emplea un transistor con βF = 99, corriente inversa de saturación despreciables y VBE = 0,7V. • Hallar los valores de IC y VCE. VCC = 10 V

RB=250KΩ

RC = 4,7 KΩ C v0

C vi RE = 1,2 KΩ

Tiempo total : 75 min

E.U.I.T.I. Madrid

Curso 99/00

TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA (Examen de Febrero 9-2-2000)

Ejercicio 4 (4 puntos) Para la etapa amplificadora con JFET de la figura, cuyos parámetros son: IDSS = 10 mA , Vp = - 4 V y λ = 0,01 V-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.

VDD = 20 V RD=2KΩ C2 C1

v0 RG 10MΩ

vi

RL 10MΩ

VGG=1,5V

Ejercicio 5 (3 puntos) Calcular para el circuito Darlington de la figura con: VBE = 0,7 V , β1 = 160 , β2 = 200 y VT = 25 mV 1) los valores de polarización: VB1 , VC2 e IC. 2) la tensión de salida total vO a frecuencias bajas.

16 V IC

100Ω C2

C1

v0 Q1

vi =120 sen ωt mV

Q2 1,5MΩ

Ejercicio 6 (3 puntos) Determinar el voltaje de salida para el circuito de la figura, considerando a los amplificadores operacionales ideales.

100 KΩ 220 KΩ 10 KΩ

22 KΩ

V1= 12 mV

v0 22 KΩ v2=20 sen ωt (mv)

Tiempo total: 90 min

TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA (Examen de Febrero 9-2-2000)

Ejercicio 1. Solución 1) El circuito para continua es el de la figura 1 I1 = I 2 + I D

R1 = 10 KΩ I1 V1 = 17,5v

R2 10 KΩ

I2

+ VD -

ID

 VD  I D = IS  e η VT - 1  

La ecuación del diodo:

V1 - VD VD = + ID 10 10

Fig 1

V1 - VD VD  VD  = + IS  e η VT - 1 10 10  

 VD  V1 - VD = VD + 10 . 10-5  e 2 . 0,025 - 1   VD = 0,6 V

Por tanteo, se obtiene:

La corriente que pasa por el diodo es:  0,6  I D = 10-5  e 2 . 0,025 - 1 = 1,6 mA   La resistencia incremental: rd =

rd =

dando valores

η VT ID

2 . 0,025 = 0,03 KΩ = 30 Ω 1,6

2) El circuito para alterna es el de la figura 2, al cual se le aplica el teorema de Thevenin quedando representado en la figura 3.

R1 = 10 KΩ

RTh = 5 K id

R2 10KΩ

0,4 sen ωt

rd

+ vd -

VTh=0,2 sen ωt

10.10 = 5KΩ 10 + 10

Fig –3VTh =

10 0,4 sen ωt = 0,2 sen ωt 10 + 10

La componente alterna de la tensión: vd =

30 5 10 + 30 3

+ vd -

Fig -2R Th =

rd 30 Ω

0,2 sen ωt = 1,2 10-3 sen ωt (v)

La tensión total en bornes del diodo: vD = VD + vd = 0,6 + 1,2 10-3 sen ωt (v)

Ejercicio 2. Solución 1) Con VL < VZ el diodo zener está en OFF, quedando el circuito como el representado en la figura 4 R1 = 1 KΩ +

IL

VR -

VL =

IZ=0

Vi = 20v

+ VL -

RL

VR = Vi – VL = 20 – 8,9 = 11,1 v VL = 8,9 v

Fig -4-

R L . Vi 0,8 . 20 = = 8,9 < VZ R + R L 1 + 0,8

VR = 11,1v

IZ = 0

PZ = 0

2) Para que el circuito sea regulador el diodo zener debe estar en zona zener VZ = 10v, quedando el circuito como el representado en la figura 5. v -V V I = IZ + IL = i Z = cte siendo IL = Z I R1=1kΩ IL RL RL Para R ⇒ I ⇒ I + VR IZ + Lmin Lmax Zmin Vi = 2v

VZ=10v

RL

VL _

Si la corriente inversa de saturación es despreciable: Is = 0 ⇒ IZmin = 0 y PZ = 0 I = ILmax =

Fig -5-

20 - 10 = 10 mA 1

Despejando la resistencia de carga mínima: R Lmin =

VZ I Lmax

=

10 = 1 KΩ 10

VR = Vi – VL = 20 – 10 = 10 v VL = 10 v

VR = 10 v

IZ = 0

PZ = 0

3) Al ser el circuito regulador el diodo zener está en zona zener VZ = 10v, quedando el circuito como el representado en la figura 5.

V I = IZ + I L siendo IL = Z RL Si RLmax ⇒ ILmin ⇒ IZmax Para

PZmax 30 = = 3 mA VZ 10

PZmax = 30 mW

⇒ I Zmax =

I = IZmax + ILmin =

20 - 10 = 10 mA 1

ILmin = I - IZmax = 10 – 3 = 7 mA Despejando la resistencia de carga máxima: R Lmax =

VZ I Zmin

=

10 = 1,42 KΩ 7

VR = Vi – VL = 20 – 10 = 10 v VL = 10 v

VR = 10 v

IZ = 3 mA

PZ = 30 mW

Ejercicio 3. Solución VCC=10V I RC=4,7 kΩ RB=250 kΩ IC IB + VCE + VBE _ RE=1,2 kΩ IE 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 activa, tendremos:

- VCC + RC (IB + IC)+ IB RB + VBE - IE RE = 0

Puesto que IE = - (IB + IC)

e

IC = βF IB ⇒

IE = - (1+βF) IB

Sustituyendo IC e IE : - VCC + RC (1+ βF) IB + IB RB + VBE + (1+ βF) IB RE = 0

Despejando IB y aplicando los valores numéricos

IB =

VCC - VBE 10 - 0,7 = 0,011 mA = R B + (1 + β F )R C + (1 + βF )R E 259 + (1 + 99) . 4,7 + (1 + 99) . 1,2

Aplicando las ecuaciones de Ebers-Moll para un transistor NPN, trabajando en modo activa directa con la corriente de saturación inversa despreciable, la corriente de colector será: IC = βF IB = 99 . 0,011 = 1,1 mA Aplicando la ley de Kirchhoff al lazo colector-emisor -VCC + (IB + IC) RC + VCE - IE RE = 0 -VCC + (IB + IC) RC + VCE + (IB + IC) RE = 0 Despejando VCE y aplicando los valores numéricos VCE = VCC - (1+ βF) IB (RE + RC) VCE = 10 – (1+ 99) . 0,011 . (4,7 + 1,2) = 3,51 V. El transistor está en activa directa, ya que: VBC = VBE – VCE = 0,7 –3,51 < 0

Ejercicio 4. Solución 1) El circuito para el estudio en continua está representado en la figura 7.

Como IG = 0 ⇒ VGS = -VGG = -1,5 v VDD = 20 V ID

RD 2 KΩ

IG

+

Los valores del punto de polarización son:

VDS

+

RG=10MΩ

Por ser el JFET un amplificador debe trabajar en zona de saturación.

VGS

-

-

VGG=1,5v

2

2  VGSQ  - 1,5   = 10 1 I DQ = I DSS 1  = 3,9 mA VP   -4  

VDSQ = VDD – RD IDQ = 20 – 2 . 3,9 = 12,2 v

Fig -7Los parámetros de alterna son: La transconductancia

 VGSQ  I 10 . 10-3  - 1,5   = - 2 g m = - 2 DSS 1 1  = 3,125 S VP  VP  -4  -4  La resistencia de salida rds =

1 + λ VDSQ λ I DQ

=

1 + 0,01.12,2 = 28,8 KΩ 0,01 . 3,9

El circuito equivalente para señal queda representado en la figura 8:

vi

RG 10MΩ

+ vgs _

gm vgs

rds 28,8KΩ

Ri 2) Ganancia de tensión v0 = -(rds // RD // RL) gm vgs vi = vgs v0 = -(rds // RD // RL) gm = - 1,87 103 . 3,125 = -5840 vi

3) Resistencia de entrada Ri = RG = 10 MΩ 4) Resistencia de salida R0 = rds // RD // RL = 1,87 KΩ

+ RL v0 10MΩ _ R0

Fig -8-

∆V =

RD 2KΩ

Ejercicio 5. Solución 1) Circuito de continua, figura 9.

IC = IE1 + IC2 16 v IB2 = - IC1 IC

100Ω Por estar los transistores en zona activa:

IE1 − 0,7

+

VC2 IC2

VB1 IB1 1,5MΩ

IC2 = βF2 IB2 = - βF2 IC1

IC1 IB2

IC1 = βF1 IB1

+

0,7v _

IC2 = - βF1 βF2 IB1

Fig -9-

Como βF>>1 ⇒ IE1 ≈ - IC1

IC = -IC1 + IC2 = - βF1 IB1 - βF1 βF2 IB1 = - (βF1 + βF1 βF2 ) IB1 IC = - ( 160+160 . 200) IB1 = -32160 IB1 Apliocando la ley de Kirchhoff al lazo emisor-base de Q1.

16 = 100 10-3 IC + 0,7 – 1,5 103 IB1 Sustituyendo IC 16 = - 100 10-3. 32160 IB1 + 0,7 – 1,5 103 IB1 Despejando IB1 I B1 =

0,7 - 16 = - 3,2 10-3 mA 4716

VB1 = -1,5 103 IB1 = 1,5 103 . 3,2 10-3 = 4,8 V IC = 32160 . 3,2 10-3 = 103 mA VC2 = 16 – 0,1 IC = 16 – 0,1 . 103 = 5,7 V IC1 = βF1 IB1 = 160 (-3,2 10-3) = - 0,5 mA La transconductancia gm y la resistencia rπ del transistor bipolar 1. β01 rπ1 = gm1 = 160 = 8000 Ω 0,02

0,5 gm1 = IC1 = = 0,02 s.

25 25

2) Circuito para alterna, figura 10.

Vi

b1

Ib1

c1= b2

Ib2

e2

β01 Ib1

rπ1 1,5MΩ

rπ2

β02 Ib2

e1 Ie1

100Ω

Fig -10-

+ Vo -

c2

Ie1 = - Ib1 - β01 Ib1 + β02 Ib2 Ib2 = - β01 Ib1

Ie1 = - Ib1 - β01 Ib1 - β02 β01 Ib1

Ie1 = - Ib1 ( 1+ β01 + β01 β02 ) ≈ - Ib1 β01 β02 La tensión de salida de pico para señal V0 = - 0,1 Ie = 0,1 Ib1 β01 β02 V0 = 0,1 . 160 . 200 . Ib1 = 3200 Ib1 La tensión de entrada de pico para señal Vi = rπ1 Ib1 – 0,1 Ie1 = rπ1 Ib1 + 0,1 Ib1 β01 β02 Vi = (8 + 0,1 . 160 . 200) Ib1 = 3208 Ib1 La ganancia de tensión AV =

V0 3200 = ≈1 Vi 3208

V0 = Vi = 120 mv La tensión de salida para alterna: vo = 120 sen ωt (mv) La tensión de salida total v0 = V0 + vo = VC2 + vo = 5,7 + 120 10-3 sen ωt (v)

Ejercicio 6. Solución

100 KΩ I1

220 KΩ I2

I1

I21

V1= 12 mV

v0 10 KΩ

V01

22 KΩ I22 22 KΩ v2= 20 sen ωt (mv)

I1 =

V V1 = - 01 10 100

I 21 =

V01 -10 = V1 22 22

I 22 =

v2 22

⇒

V01 =

I 2 = I 21 + I 22

I2 = -

v0 220

Sustituyendo las corrientes -

v 0 -10 V1 v 2 = + 220 22 22

v0 = 100 V1 - 10 v2 v0 = 100 . 12 - 10 . 20 sen ωt v0 = 1200 - 200 sen ωt (mv)

-100 V1 = - 10 V1 10