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1. En el circuito de la figura, calcular la forma de onda de la tensión de salida, Vo , cuando la señal de entrada, Vi , es una señal triangular de tensión pico a pico 10 V. Datos: diodo Zener, Dz :Vz =2 V, Rz =10 Ω, V γ - S

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Academic year: 2018

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(1)

Tecnología y Componentes Electrónicos y Fotónicos

Convocatoria ordinaria de 2003

1. En el circuito de la figura, calcular la forma de onda de la tensión de salida, Vo, cuando la

señal de entrada, Vi, es una señal triangular de tensión pico a pico 10 V.

Datos: diodo Zener, Dz: Vz=2 V, Rz=10 , VγZ=0.7 V, RS=20 ; diodo rectificador: Vγ=0.7 V, RS=0 ; R1=R2=1k; V1=2 V y V2=3 V.

R1

V1

R2

V2

+

-Vi

DZ D

VO +

[image:1.595.223.373.148.234.2]

-a

Figura 1. Circuito del enunciado (problema 1)

SOLUCIÓN

Los diodos irán operando en distintas regiones a medida que la señal a la entrada varía. Nótese que D sólo tiene definidas dos regiones de operación (no se indica el valor de la tensión de ruptura para este diodo) y que cuando opere en corte la tensión de salida será VO=V2=3 V. La resolución del problema pasa por identificar todas las posibilidades. Para ayudar en la discusión que sigue se han definido los nudos a y el de tierra (ver Figura 1).

Primera región:

Para valores de Vi negativos y alejados, en principio, del valor nulo, (esto es -5≤Vi<VX, siendo

desconocida VX por el momento) el diodo Zener estará operando en ruptura. Además, D operará en la región de conducción, pues se espera que el nudo a esté a una tensón menor que VO (se está analizando la región Vi “negativo y grande”). Veamos si esto es así. El circuito equivalente es el de la Figura 2.

R1

V1

R2

V2

+

-Vi

VO +

-a

Vγ RZ

[image:1.595.222.375.409.497.2]

VZ

Figura 2. DZ en la región de avalancha y D en conducción

Para que DZ opere en la región Zener deberá ocurrir que Vi-Va<-VZ, además si D opera en la región de conducción se verificará que VO-Va=Vγ.

Aplicando la ley de Kirchoff de las intensidades al nudo a (junto a las resistencias se indica la dirección de la corriente en cada rama), teniendo en cuenta que Va=VO-Vγ se tiene

1000 V 3 1000

2 0.7) (V 10

2) (V -0.7) (V R

V V R

V ) V (V R

) V (V -) V

(V O i O O

2 O 2

1 1 γ O

Z Z i γ

O− + + − − = − + + − − =

y operando se llega a que

(V) 2.703 0.980V

VO= i+

Para fijar la cota máxima de Vi (¿valor de VX?) repasemos las condiciones indicadas en el párrafo anterior (DZ opera en la región Zener: Vi-Va<-VZ y D opera en la región de conducción: Va=VO-Vγ):

(V) 0.15 V -2 2.003 0.020V 0.7) 2.703 (0.980V -V -V ) V (V -V V

-Vi a= i Oγ < Zi i+ − = i− < ⇒ i<

Por lo tanto ambas condiciones se satisfacen en el intervalo -5≤Vi<0.15 (V).

Segunda región:

Al aumentar Vi hasta valores iguales o algo superiores a 0.15 V, DZ abandona la región Zener y comienza a operar en la región de corte. La tensión de salida en ese punto se puede calcular de la solución anterior

(V) 2.85 2.703 0.980·0.15 2.703

0.980V

VO= i+ = + =

(2)

R1

V1

R2

V2

+

-Vi

VO +

-a

[image:2.595.220.377.61.146.2]

Vγ DZ

Figura 3. DZ en la región de corte y D en conducción

En este tramo la tensión de salida es independiente de la de entrada, por lo tanto se mantendrá en los 2.85 V obtenidos anteriormente. En todo caso el cálculo es muy simple a partir de la expresión del divisor de tensión generalizado:

(V) 2.85 3) -0.7 (2 2000 1000 3 ) V -V (V R R

R V

V 1 γ 2

2 1

2 2

O= + + + = + + =

Vi irá aumentando y, para cierto valor, DZ entra en la región de conducción (D se mantendrá en conducción en tanto VO no sea 3 V). DZ conduce cuando Vi-Va alcanza el valor de la tensión de umbral de ese diodo: VγZ=0.7 V. Como Va=VO-Vγ=2.85-0.7=2.15 V, se llega al límite de esta segunda región cuando Vi=Va+VγZ=2.15+0.7=2.85 V (estos 2.85 V no son los anteriores, el valor es el mismo porque las tensiones umbrales de ambos diodos son iguales). Así, esta región se extiende en el intervalo 0.15≤Vi<2.85 (V).

Tercera región:

Es la definida en el párrafo anterior y el circuito correspondiente es el de la Figura 4.

R1

V1

R2

V2

+

-Vi

VO +

-a

Vγ RS

[image:2.595.128.509.636.774.2]

Z Vγ

Figura 4. Ambos diodos en conducción

Aplicando la ley de Kirchoff de las corrientes al nudo a, teniendo en cuenta que Va=VO-Vγ se tiene

1000 V 3 1000

2 0.7) (V 20

0.7) (V -0.7) (V R

V V R

V ) V (V R

) V (V -) V

(V O i O O

2 O 2

1 1 γ O

S Z γ i γ

O− − + − − = − − + − − =

y operando se llega a que

(V) 0.110 0.962V

VO= i+

Esta región acaba cuando VO=3 V y el diodo rectificador entre en la región de corte. Despejando Vi de la ecuación anterior se obtiene Vi=3.006 V. Luego el intervalo para esta región es 2.85≤Vi<3.01 (V).

Cuarta región:

Finalmente, para 3.01≤Vi≤5 (V) el diodo D opera en la región de corte y el circuito a analizar es

el de la Figura 4 substituyendo la fuente Vγ por un circuito abierto. Con ello la salida es de nuevo independiente de Vi. Por inspección se observa que el valor de VO es el ya adelantado:

(V) 3 VO=

Finalmente resumimos los resultados obtenidos y representamos la forma de onda de VO:

      

< ≤

< ≤ +

< ≤

< ≤ +

=

(V) 5 V 3.01 3

(V) 3.01 V 2.85 0.110 0.962V

(V) 2.15 V 0.15 2.85

(V) 0.15 V -5 2.703 0.980V

(V) V

i i i

i i i

O

t Vi, VO (V)

Vi

VO

-5 -2.2 0.15 2.15 3.01 5

(3)

2. Calcular en el circuito amplificador de la figura, para pequeña señal, la ganancia en tensión, así como las impedancias de entrada y salida. Comentar la influencia de x en el compromiso ganancia en tensión- impedancia de entrada. Datos: Vcc=15 V, R1=4 k,

R2=50 k, βF=200, RE=200 , RC=1 k, RL=10 k.

CL

∆vS RL

+

-CE xRE

(1-x)RE RC R2

R1 CA

vO

+

[image:3.595.200.390.107.249.2]

-VCC

Figura 5. Circuito del enunciado (problema 2)

SOLUCIÓN

El subcircuito constituido por VCC-R2-R1 se substituye, para el análisis, por su equivalente Thèvenin, que es:

) (k 3.7 50 4

4·50 R R

R R R R (V); 1.1 15 50 4

4 V R R

R V V

2 1

2 1 Th BB CC

2 1

1 Th

BB= = + = + = = = + = + = Ω

Análisis en continua:

El circuito en continua es el de la Figura 6.

RE RC VCC

RBB

VBB

Figura 6. Circuito equivalente del amplificador en continua

La ecuación de la malla de entrada es:

Q E E Q BE Q B BB

BB R I V R I

V = + +

que con las hipótesis habituales de operación del BJT en zona activa directa: (V) 0.2 V V ; 1)I (β I ; I β I (V); 0.7

V SAT

CE Q CE Q B F Q E Q B F Q C Q

BE= = = + > =

permite despejar el valor de la corriente de base, y con ella las de colector y emisor:

(mA) 1.83 1)9.11 (200 1)I (β I (mA); 1.82 200·9.11 I

β I

A) ( 9.11 1)0.2 (200 3.7

0.7 -1.1 1)R

(β R

V -V I

Q B F Q E Q

B F Q C

E F BB

Q BE BB Q

B

= + = + = =

= =

= + + = + +

= µ

Para calcular la tensión que cae entre el colector y el emisor utilizamos la ecuación de la malla de salida para escribir:

(V) 12.8 1.83·0.2 1.82·1

15 R I R I V

VCEQ = CC−QC C−EQ E= − − =

verificándose que esta tensión es superior a 0.2 V y se constata la operación en zona activa directa.

Análisis en señal:

El circuito incremental para pequeña señal es el de la Figura 7. Donde 200 β β ); (k 2.9 9.11·10

0.026 I

V

r Q -6 0 F

B t

[image:3.595.267.328.378.491.2]
(4)

RBB

+

-xRE rπ

∆vS

β0∆iB ∆iB

RC RL

[image:4.595.192.405.63.148.2]

∆vO

Figura 7. Circuito incremental en pequeña señal de amplificador

La ganancia en tensión se calcula como sigue:

1) (β xR r

) //R (R β G

1) (β xR r

∆v ∆i

) ∆i β ∆i ( xR ∆i r ∆v

) //R (R ∆i β ∆v

0 E π

L C 0 V 0

E π

S B

B 0 B E B π S

L C B 0 O

+ +

− = ⇒    

+ +

= ⇒ +

+ =

− =

Dado que RC//RL=0.91 kΩ el valor de la ganancia en tensión es:

40.2x 2.9

182 1)x

200·(200 2.9·10

0 200·0.91·1 1)

(β xR r

) //R (R β G

3

3

0 E π

L C 0

V =− +

+ +

− = + +

− =

del circuito del enunciado se deduce que x variará entre 0 y 1. Por lo tanto obtenemos máxima ganancia en tensión cuando x es nula [GV(x=0)=-62.8] y es mínima si x alcanza el valor unidad [GV(x=1)=-4.2]. Esta es la razón por la que se utiliza el condensador CE: para desacoplar la resistencia RE, necesaria para estabilizar el punto de operación.

La impedancia de entrada, Ri, es la “vista” por la fuente de señal. Se obtiene evaluando el cociente VX/IX en el circuito de la Figura 8.

RBB

+

-xRE rπ

VX

β0∆iB ∆iB

RC RL

∆vO IX

[image:4.595.193.407.345.427.2]

IBB

Figura 8. Circuito incremental en pequeña señal de amplificador

La corriente que fluye por la resistencia RBB se puede expresar como:

BB X X B BB

X B X

BB I ∆i RV ∆i I RV

I = − = ⇒ = −

de modo que como:

[

]

[

r xR (β 1)

]

R V -I V 1) (β xR r ∆i

V π E 0

BB X X X 0

E π B

X  + +

  

  = ⇒ + +

=

se tiene:

[

]

40.2x 6.6

148.7x 10.7 1) (β xR r R

1) (β xR r R I V R

0 E π BB

0 E π BB

X X

i + + + = ++

+ +

= =

(5)

3. Los transistores T1 y T2 de la figura son iguales y operan en la misma región. Del

transistor T3 se conoce que si operase como una resistencia, ésta tendría un valor de

707,11. Calcular el valor de [k(W/L)]3 para que la tensión de salida, Vo, sea 6 V. Dibuja,

además, el circuito incremental resultante en pequeña señal indicando los valores de todos los parámetros.

Datos: T1 y T2: [k(W/L)]1,2=4mAV-2, VT1,2=1 V, T3: VT3=1 V, VDD=12 V, R=21k.

VDD

Ii IO

T2 T1 R Vi T3 VO VDD G1,G2 D1 D2=S3 S1 S2 D3

IG=0

Figura 9. Circuito del enunciado (problema 3)

SOLUCIÓN

En la Figura 9 se indican los terminales a que se hará referencia en la resolución de este problema. Al no indicarse otra cosa se asume que todos los MOSFETs son de canal n.

El transistor T1 se halla en saturación, pues VGD=0 V y, por lo tanto, VGS=VDS, con lo que VDS>VGS-VT, (VT>0 V). Además la corriente que fluye hacia las puertas de los transistores es nula en régimen estático.

La corriente Ii se determina resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones:

GS1 DS1 2 T1 GS1 1 i DS1 i

DD 2 ; V V

) V -(V L W k I ; V RI V =     = + =

introduciendo los datos enunciados, la solución es:

(V) 1.5 V V (mA); 0.5

Ii= DS1= GS1=

existe otra posible solución que se descarta pues T1 operaría en la región de corte.

Al ser VGS2=VGS1, y como ambos transistores son iguales y operan en la misma región se obtiene que IO=0.5 mA ya que la expresión de la corriente de drenador es la misma que para T1.

De T3 sabemos que el valor de la resistencia que presentaría en este circuito si operase como una resistencia. La expresión del valor de dicha resistencia se obtiene a partir de la ecuación constitutiva del transistor en la región lineal imponiendo que VDS sea pequeña (de cuadrado despreciable). Por lo tanto:

) V -(V L W k 1 I V R )V V -(V L W k V 2 1 -)V V -(V L W k I T3 GS3 3 D3 DS3 EQ DS3 T3 GS3 3 2 DS DS3 T3 GS3 3 D3     = = ⇒ ⇒     ≈         =

Además: VGS3=Vi-VO, ID3=IO.

Supongamos que también T3 opera en la región de saturación Entonces:

EQ T3 O i 2 T3 O i T3 O i EQ O T3 O i 3 EQ 2 T3 O i 3 O R V -V -V 2 ) V -V -(V ) V -V -(V R 1 I ) V -V -(V L W k 1 R ; 2 ) V -V -(V L W k I 2 = = ⇒ ⇒     =     =

Introduciendo en esta última ecuación IO=0.5 mA, VO=6 V, VT3=1 V y REQ=707.11 Ω se obtiene el valor de Vi en el circuito de la Figura 9:

(V) 7.7 1 6 .5·10 2·707.11·0 V V I 2R V 3 T3 O O EQ

i= + + = − + + =

con lo que se puede comprobar que, en efecto, el transistor opera en saturación:

T3 GS3 DS3 T3 O i T3 GS3 O DD

DS3 V V V

(V) 0.7 1 6 7.7 V V V V V (V) 6 6 -12 V -V V − > ⇒    = − − = − − = − = = =

Finalmente el valor de [k(W/L)]3 se obtiene de:

) (mAV 2 1) -6 -707.11(7.7 1 ) V -V -(V R 1 L W k ) V -V -(V L W k 1 R 2 T3 O i EQ 3 T3 O i 3

EQ ⇒ = = = −

   

(6)

Para construir el circuito incremental en pequeña señal anulamos las fuentes de tensión de valor constante. Así se tiene el circuito de la Figura 10.

R

VGS

gm2VGS -gm3VO gm1VGS

[image:6.595.81.493.57.260.2]

VO

Figura 10. Circuito incremental en pequeña señal

Si asumimos, por ejemplo, que Vi es una fuente de señal el circuito es el de la Figura 12.

R

Vi VGS

gm2VGS

+

-gm3(Vi-VO) gm1VGS

[image:6.595.169.428.194.253.2]

VO

Figura 11 Circuito incremental en pequeña señal con Vi considerada una fuente de señal

La fuente controlada gm1VGS equivale a una resistencia de valor R m1=1/gm1 pues la tensión de control es la misma que cae entre sus terminales. Algo análogo puede decirse de la fuente gm3(Vi-VO) respecto a la componente de VO (en este caso esa fuente equivale a la asociación en paralelo de otras dos, una de ellas es una resistencia.

R

Vi VGS

gm2VGS

+

-gm3Vi

VO

[image:6.595.138.452.330.401.2]

Rm1 Rm3

Figura 12. Circuito equivalente al de la Figura 11

Los valores de las transconductancias son los siguientes:

(mS) 2 ·0.5·10 2·2·10 I

L W k 2 g

(mS); 2 I L W k 2 g (mS); 2 ·0.5·10 2·4·10 I

L W k 2 g

3 3 O

3 m3

O 2 m2

3 3 i

1 m1

= =

      =

=       = =

=       =

Figure

Figura 2. DZ en la región de avalancha y D en conducción
Figura 3. DZ en la región de corte y D en conducción
Figura 6. Circuito equivalente del amplificador en continua
Figura 7. Circuito incremental en pequeña señal de amplificador
+2

Referencias

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