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
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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