Diodostransistores

Problemas Resueltos de Introducción a la Electrónica

Juan A. Carrasco Departament d’Enginyería Electrònica Universitat Politècnica de Catalunya

Barcelona, Diciembre 2007

II

Prefacio La presente colección de problemas resueltos abarca todos los contenidos teóricos de la asignatura Introducción a la Electrónica, tal y como es impartida en la Escuela Técnica Superior de Ingeniería Industrial de Barcelona, de la Universidad Politécnica de Cataluña. Se espera que la colección sea un instrumento útil para el estudio de dicha asignatura y que palíe el déficit crónico de resolución de problemas en clase, que siempre ha existido en dicha asignatura, debido el reducido número de horas lectivas disponibles. La resolución de algunos de los problemas sólo requiere una aplicación directa de la teoría. Sin embargo, la mayoría de ellos no. Ello es claramente cierto para todos los problemas de análisis de circuitos con dispositivos semiconductores. Pero también es cierto para la mayoría de los problemas de física de semiconductores. Algunos de estos últimos son, en realidad, extensiones del material impartido en las clases de teoría. En la resolución numérica de los problemas de física de semiconductores intervienen constantes físicas y dependencias de dichas constantes con la temperatura. A continuación se recogen los valores de dichas constantes y las leyes que rigen dichas dependencias. Las movilidades de los portadores de carga libres dependen además de la temperatura de otros factores tales como los dopajes, la presencia de imperfecciones en el cristal y, cuando es intenso, el campo eléctrico. Los valores dados son típicos para campos eléctricos no demasiado intensos. También se ignora la ligera dependencia de la anchura de la banda prohibida del silicio con la temperatura. La concentración intrínseca del silicio, ni , tiene en función de la temperatura absoluta T un valor dado por n2i = BT 3 e−Eg /(kT ) , donde B = 1,744 × 1033 cm−6 o K−3 , Eg = 1,210 eV es la anchura de la banda prohibida del silicio, y k = 8,620 × 10−5 eV o K−1 es la constante de Boltzmann. La movilidad de los huecos en el silicio a 300 o K vale µp = 500 cm2 V−1 s−1 y varía con la temperatura absoluta T siguiendo una ley de la forma T −2,7 . La movilidad de los electrones en el silicio a 300 o K vale µn = 1.300 cm2 V−1 s−1 y varía con la temperatura absoluta T siguiendo una ley de la forma T −2,5 . Dichos valores de las movilidades en el silicio son válidos para campos eléctricos < 103 V cm−1 . El número de Avogadro, NAV , que da el número de átomos (moléculas) en un mol —cantidad de la substancia igual a la masa atómica (molecular) en g— vale NAV = 6,022×1023 . La carga electrónica (positiva) vale q = 1,602 × 10−19 C. Dado que, por definición, 1 eV es la energía potencial que adquiere la carga electrónica positiva q cuando se mueve de un punto a otro con potencial 1 V mayor, tenemos k/q = 8,620 × 10−5 V o K−1 . La permitividad del silicio vale ε = 1,062 × 10−10 F/m. Se recuerda que la temperatura absoluta en o K, T , y la temperatura t en o C están relacionadas de

IV

Prefacio

la forma T = 273,15 + t. Por último, en la resolución de todos los problemas de análisis de circuitos se usa, por defecto, el habitual sistema consistente de unidades V, mA, KΩ, que hace que los valores numéricos que típicamente aparecen en la resolución de dichos problemas no disten muchos órdenes de magnitud de la unidad.

Capítulo 1

Problemas de física de semiconductores Problema 1: Se tiene un semiconductor extrínseco de silicio uniformemente dopado con una concentración de impurezas donadoras ND = 1017 cm−3 , aislado y en equilibrio. 1) Determine la temperatura absoluta, T2 , a la cual la concentración intrínseca, ni , es igual a ND . 2) Determine la concentración de electrones libres n y la concentración intrínseca ni para una secuencia de longitud mínima de temperaturas absolutas múltiplos de 100o K definiendo un intervalo que empiece al menos 300 o K por debajo de T2 y termine al menos 500 o K por encima de T2 , y comente los resultados. 3) Determine la temperatura absoluta T3 hasta la cual, suponiendo todas las impurezas ionizadas, n = ND con un error menor o igual al 1 %. Solución: 1) La concentración intrínseca del silicio ni tiene, en función de la temperatura absoluta T , el valor dado por n2i = BT 3 e−Eg /(kT ) , donde B = 1,744 × 1033 cm−6 o K−3 , Eg = 1,210 eV, y k = 8,620 × 10−5 eV o K−1 . Usando esos valores numéricos, con ni en cm−3 y T en o K, se obtiene

y

n2i = 1,744 × 1033 T 3 e−14.037/T ,

(1.1)

ni = 4,176 × 1016 T 1,5 e−7.019/T .

(1.2)

La temperatura T2 puede ser, por tanto, obtenida resolviendo la ecuación ni (T2 ) = ND , que da 4,176 × 1016 T21,5 e−7.019/T2 = 1017 . Dicha ecuación puede ser escrita de la forma f (T2 ) = 0 con f (T ) = 1017 − 4,176 × 1016 T 1,5 e−7.019/T . Para resolverla usaremos una búsqueda dicotómica, que es aplicable a cualquier función continua. Se parte de un intervalo [Tm , TM ] tal que f (Tm ) y f (TM ) son no nulos y de signos distintos (si alguno de ellos es nulo, la abcisa correspondiente es la solución). A continuación, se considera TI = (Tm + TM )/2 y se evalúa f (TI ). Si f (TI ) = 0, hemos encontrado ya la solución. En otro caso; si f (TI ) es de signo distinto a f (Tm ), el siguiente intervalo es [Tm , TI ]; si f (TI ) es de signo distinto a f (TM ), el siguiente intervalo es [TI , TM ]. Se obtiene de esa forma una secuencia de

2

1 Problemas de física de semiconductores

intervalos de longitudes decrecientes geométricamente con razón 1/2 que incluyen una solución de f (T ) = 0. El procedimiento finaliza cuando el intervalo es suficientemente pequeño. El número de evaluaciones necesarias de f (T ) es típicamente moderado. La siguiente tabla muestra los T considerados en la aplicación del método y los intervalos resultantes. El primer intervalo se obtiene cuando se han considerado dos T para los que f (T ) tenía signos distintos. La tabla indica también los valores de f (T ) para los T considerados. T (o K)

f (T )

[Tm , TM ] (o K)

600 700 800 750 775 762,5 768,8 771,9 770,4 771,2 771,6 771,4 771,3

9,490 × 1016 6,583 × 1016 −4,622 × 1016 2,605 × 1016 −5,052 × 1015 1,162 × 1016 3,516 × 1015 −6,928 × 1014 1,362 × 1015 2,706 × 1014 −2,790 × 1014 −3,862 × 1012 1,335 × 1014

[700, 800] [750, 800] [750, 775] [762,5, 775] [768,8, 775] [768,8, 771,9] [770,4, 771,9] [771,2, 771,9] [771,2, 771,6] [771,2, 771,4] [771,3, 771,4]

Se obtiene T2 = 771,4o K. 2) Las temperaturas absolutas T a considerar son 400, 500, 600, 700, 800, 900, 1.000, 1.100, 1.200 y 1.300 o K. La concentración intrínseca ni puede ser evaluada usando (1.2). Excepto para temperaturas muy bajas, próximas al cero absoluto, la concentración de electrones libres, n, viene dada por la expresión
n=

ND +

2 + 4n2 ND i

2

.

Usando, entonces, (1.1), se obtiene, con n en cm−3 ,  1017 + 1034 + 6,976 × 1033 T 3 e−14.037/T . n= 2 La siguiente tabla muestra los valores obtenidos para n y ni . T (o K)

n (cm−3 )

ni (cm−3 )

400 500 600 700 800 900 1.000 1.100 1.200 1.300

1,000 × 1017 1,000 × 1017 1,003 × 1017 1,106 × 1017 2,046 × 1017 5,155 × 1017 1,233 × 1018 2,632 × 1018 5,056 × 1018 8,901 × 1018

8,000 × 1012 3,738 × 1014 5,099 × 1015 3,417 × 1016 1,462 × 1017 4,625 × 1017 1,182 × 1018 2,580 × 1018 5,003 × 1018 8,847 × 1018

(1.3)

(1.4)

3

La concentración intrínseca aumenta con la temperatura, de forma muy rápida para temperaturas bajas y de forma algo más lenta para temperaturas más altas. La concentración de electrones libres n también aumenta con la temperatura. Para temperaturas significativamente menores a T2 = 771,4o K, n es prácticamente igual a ND = 1017 cm−3 y casi no depende de la temperatura. Al acercarse T a T2 , n empieza a crecer significativamente con T . Para T significativamente mayor a T2 , n es aproximadamente igual a ni . En esas condiciones, el semiconductor puede considerarse a todos los efectos un semiconductor intrínseco y n, p ≈ ni . 3) Usando (1.3), obtenemos 1+ n = ND



1 + 4(ni /ND )2 . 2

Dicha expresión pone de manifiesto que el error relativo con el que n = ND aumenta con la temperatura. La expresión supone que la temperatura T es significativamente mayor a la temperatura T1 a la cual prácticamente todas las impurezas están ionizadas, que es próxima al cero absoluto. La temperatura T3 será, pues, la temperatura T a la cual n = 1,01ND y, usando (1.4), puede ser obtenida resolviendo la ecuación
1017 + 1034 + 6,976 × 1033 T33 e−14.037/T3 = 1,01 × 1017 , 2 que puede ser expresada de la forma f (T3 ) = 0 con  1017 + 1034 + 6,976 × 1033 T 3 e−14.037/T − 1,01 × 1017 . f (T ) = 2 Como en el apartado 1), resolvemos dicha ecuación usando una búsqueda dicotómica. La siguiente tabla muestra los valores de T considerados, los valores correspondientes de f (T ) y los intervalos resultantes. T (o K)

f (T )

[Tm , TM ] (o K)

600 700 650 625 637,5 631,3 634,4 632,9 632,1 632,5 632,3 632,4

−7,403 × 1014 9,576 × 1015 9,637 × 1014 −2,552 × 1014 2,220 × 1014 −4,161 × 1013 8,287 × 1013 2,090 × 1013 −1,080 × 1013 4,935 × 1012 −2,963 × 1012 9,785 × 1011

[600, 700] [600, 650] [625, 650] [625, 637,5] [631,3, 637,5] [631,3, 634,4] [631,3, 632,9] [632,1, 632,9] [632,1, 632,5] [632,3, 632,5] [632,3, 632,4]

Se obtiene T3 = 632,4 o K. Problema 2: Considere dos barras con sección S = 25 mm2 por las que circula una corriente de valor I = 1 A. Una barra es de cobre; la otra es de silicio con un dopaje de impurezas donadoras

4

1 Problemas de física de semiconductores

ND = 2 × 1016 cm−3 . Ambas barras se encuentran a una temperatura de 20o C. Determine, para cada barra, el valor del campo eléctrico en V cm−1 y el valor de la velocidad de arrastre de los electrones en cm s−1 . Suponga que el cobre tiene un electrón libre por átomo. La masa atómica del cobre es ACu = 63,546 g mol−1 . La resistividad del cobre a 20 o C es ρCu = 16,78×10−9 Ω m. La densidad del cobre a 20 o C es ξCu = 8,96 g cm−3 . ¿Qué conclusiones pueden derivarse? Solución: La densidad de corriente de arrastre vale para los dos conductores 1A 1A I = = = 4 × 104 A m−2 . 2 S 25 mm 25 × 10−6 m2

J=

Consideremos primero la barra de cobre. La conductividad del material vale σCu =

1 1 = 5,959 × 107 Ω−1 m−1 . = ρCu 16,78 × 10−9 Ω m

El campo eléctrico resulta valer ECu =

J 4 × 104 A m−2 = = 6,713 × 10−4 V m−1 = 6,713 × 10−6 V cm−1 . σCu 5,959 × 107 Ω−1 m−1

Para calcular la velocidad de arrastre, vCu , necesitamos calcular la movilidad de los electrones en el cobre, µCu . Siendo nCu la concentración de electrones libres en el cobre, tenemos σCu = qnCu µCu , de donde se obtiene

σCu . qnCu Determinemos nCu . Dado que hay un electrón libre por átomo, nCu es la concentración de átomos. Llamando mCu a la masa de un átomo de cobre, tenemos µCu =

ξCu = nCu mCu . Por otro lado, siendo NAV el número de Avogadro, mCu =

ACu , NAV

que combinada con la anterior ecuación da ξCu =

nCu ACu , NAV

de donde se obtiene nCu =

ξCu NAV (8,96 g cm−3 )(6,022 × 1023 mol−1 ) = = 8,491 × 1022 cm−3 . ACu 63,546 g mol−1

El valor de la movilidad de los electrones en el cobre resulta valer µCu = =

5,959 × 107 Ω−1 m−1 σCu = nCu q (8,491 × 1022 cm−3 )(1,602 × 10−19 C) 5,959 × 107 Ω−1 m−1 (8,491 × 1028 m−3 )(1,602 × 10−19 C)

= 4,381 × 10−3 m2 V−1 s−1 = 43,81 cm2 V−1 s−1 .

5

Y la velocidad de arrastre, vCu = µCu ECu = (43,81 cm2 V−1 s−1 )(6,731 × 10−6 V cm−1 ) = 2,949 × 10−4 cm s−1 . Analicemos, a continuación, la barra de silicio dopada. Dado que ND  ni (ni = 8,388 × 109 cm−3 para T = 273,15 + 20 = 293,15 o K), la concentración de electrones libres en la barra de silicio es nSi ≈ ND = 2 × 1016 cm−3 y la concentración de huecos es muy inferior. Calculemos la movilidad de los electrones libres, µSi . Se obtiene  −2,5   T 293,15 −2,5 2 −1 −1 = (1.300 cm V s ) = 1.377 cm2 V−1 s−1 µSi = µno To 300 La conductividad resulta valer σSi = qnSi µSi = (1,602 × 10−19 C)(2 × 1016 cm−3 )(1.377 cm2 V−1 s−1 ) = 4,412 Ω−1 cm−1 = 441,2 Ω−1 m−1 . El campo eléctrico vale ESi =

J 4 × 104 A m−2 = = 90,66 V m−1 = 0,9066 V cm−1 . σSi 441,2 Ω−1 m−1

Por último, la velocidad de arrastre vale vSi = µSi ESi = (1.377 cm2 V−1 s−1 )(0,9066 V cm−1 ) = 1.248 cm s−1 . Podemos observar que tanto el campo eléctrico como la velocidad de arrastre son mucho mayores en la barra de silicio que en la barra de cobre. Para corrientes normales, los electrones se desplazan con velocidades muy pequeñas en el cobre y bastante grandes en el silicio. Problema 3: Determine el valor en función de la temperatura absoluta T de la resistencia R de una barra de silicio uniformemente dopada con una concentración de impurezas donadoras ND = 1014 cm−3 de longitud L = 1 cm y sección S = 25 mm2 . Suponga que T es superior a la temperatura a la cual prácticamente todas las impurezas están ionizadas. Evalúe el valor de la resistencia para un conjunto de temperaturas absolutas que cubra el intervalo [200o K, 600 o K] con incrementos de 50 o K. Suponga que el campo eléctrico en la barra es suficientemente pequeño. ¿Es monótona la variación de R con T ? Explique cualitativamente la variación de R con T . Solución: Suponiendo todas las impurezas ionizadas, la concentración de electrones libres viene dada por la expresión
n=

ND +

2 + 4n2 ND i

2 donde la concentración intrínseca ni viene dada por

,

n2i = BT 3 e−Eg /(kT ) , con B = 1,744 × 1033 cm−3o K−3 , Eg = 1,210 eV y k = 8,620 × 10−5 eV o K−1 . La concentración de huecos vale n2 p= i . n

6

1 Problemas de física de semiconductores

La movilidad de los electrones vale  µn = µno

T 300

−2,5 ,

con µno = 1.300 cm2 V−1 s−1 . La movilidad de los huecos vale  µp = µpo

T 300

−2,7 ,

con µpo = 500 cm2 V−1 s−1 . La conductividad vale σ = qnµn + qpµp = q(nµn + pµp ) . Usando las expresiones para n, p, µn y µp , obtenemos  N +  D σ = q  




 2 + 4n2 ND i

2

 µno

T 300

−2,5

n2
i µpo + 2 + 4n2 ND + ND i



T 300

−2,7     

2

   1 +  = qND     



 1+4

ni ND

2

  µno

2



T 300

−2,5



+ 1+

ni ND

2 

1+4



ni ND

2 µpo

  −2,7   T .  300   

2 Sustituyendo, obtenemos para σ en Ω−1 cm−1 la expresión  σ = 0,01041 1 +



 1+4

ni ND

2

 

 

T 300

−2,5



+ 1+

con



ni ND

2

ni ND

1+4

2 

ni ND

 2

T 300

−2,7 ,

= 1,744 × 105 T 3 e−14.037/T .

Finalmente, la resistencia R vale R=

1 cm 1 cm 4 L = = = Ω. −1 −1 2 −1 −1 2 −1 σS σ(Ω cm )(25 mm ) σ(Ω cm )(0,25 cm ) σ(Ω cm−1 )

La siguiente tabla da (ni /ND )2 , σ y R para valores de T en el intervalo [200 o K, 600 o K] con incrementos de 50 o K.

7

T (o K) 200 250 300 350 400 450 500 550 600

(ni /ND )2

σ (Ω−1 cm−1 )

R (Ω)

0,05737 0,03284 0,02082 0,01416 0,01023 0,01101 0,03142 0,09641 0,2520

69,72 121,8 192,1 282,5 391,0 363,3 127,3 41,49 15,87

−19

4,610 × 10 1,124 × 10−12 2,250 × 10−8 2,858 × 10−5 6,416 × 10−3 0,4509 14,00 239,1 2.604

La resistencia R primero aumenta con T y luego disminuye. Así pues, la variación de R con T no es monótona. Para T pequeñas, ND  ni , n ≈ ND , p  n y σ ≈ qND µn . Como µn disminuye al aumentar T , σ disminuye y R aumenta al aumentar T . Para T grandes, ni  ND , n, p ≈ ni y σ ≈ qni (µn + µp ). Pero ni crece al aumentar T más fuertemente de lo que disminuyen µn y µp , haciendo que σ aumente y que R disminuya. Problema 4: Se desea medir la temperatura usando el puente de Wheastone de la figura que incluye una resistencia NTC. La resistencia NTC está constituida por una barra de silicio sin dopar de longitud L = 1 mm y sección S = 10 cm2 . 1) Determine los valores que han de tener R1 y R2 para que, al variar la temperatura entre 20 o C y 50 o C, la tensión diferencial vd varíe entre 0 y 1 V. 2) Determine la tensión vd para un conjunto de temperaturas que cubra el intervalo [20 o C, 50 o C] con incrementos de 5 o C. ¿Es aproximadamente lineal la relación entre la temperatura y vd dentro de ese intervalo? 10 V R1

NTC +

R2

R2

vd −

Solución: 1) Sea RNTC el valor de la resistencia NTC. La tensión diferencial vd vale, en V, vd =

R2 R2 10 − 10 . R2 + RNTC R1 + R2

(1.5)

Al aumentar la temperatura, disminuye RNTC y aumenta vd . Para que vd sea 0 para una temperatura de 20 o C, R1 debe ser igual a RNTC a esa temperatura. Calculemos RNTC para una temperatura de 20 o C. Obtenemos T = 273,15 + 20 = 293,15 o K .

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1 Problemas de física de semiconductores

 ni =




=

BT 3 e−Eg /(kT ) (1,744 × 1033 cm−6 o K−3 )(293,15 o K)3 e−1,210/((8,620×10

−5 )(293,15))

= 8,387 × 109 cm−3 .    293, 15 −2,7 T −2,7 µp = µpo = 500 cm2 V−1 s−1 = 532,2 cm2 V−1 s−1 . To 300    −2,5 293, 15 −2,5 T = 1.300 cm2 V−1 s−1 = 1.377 cm2 V−1 s−1 . µn = µno To 300 

σ = qµp p + qµn n = q(µp + µn )ni = (1,602 × 10−19 C)(532,2 + 1.377 cm2 V−1 s−1 )(8,387 × 109 cm−3 ) = 2,565 × 10−6 Ω−1 cm−1 . RNTC =

0,1 cm L = = 3.899 Ω . σS (2,565 × 10−6 Ω−1 cm−1 )(10 cm2 )

Así pues, R1 = 3.899 Ω. Para determinar R2 , impongamos que para una temperatura de 50 o C, vd = 1, V. Calculemos RNTC para esa temperatura. Obtenemos T = 273,15 + 50 = 323,15 o K .  ni = =




BT 3 e−Eg /(kT ) (1,744 × 1033 cm−6 o K−3 )(323,15 o K)3 e−1,210/((8,620×10−5 )(323,15))

= 8,961 × 1010 cm−3 .    323, 15 −2,7 T −2,7 = 500 cm2 V−1 s−1 = 409,1 cm2 V−1 s−1 . µp = µpo To 300    −2,5 323, 15 −2,5 T = 1.300 cm2 V−1 s−1 = 1.080 cm2 V−1 s−1 . µn = µno To 300 

σ = q(µp + µn )ni = (1,602 × 10−19 C)(409,1 + 1.080 cm2 V−1 s−1 )(8,961 × 1010 cm−3 ) = 2,138 × 10−5 Ω−1 cm−1 . RNTC =

0,1 cm L = = 467,7 Ω . −5 σS (2,138 × 10 Ω−1 cm−1 )(10 cm2 )

Usando los valores de R1 y RNTC en (1.5) e imponiendo vd = 1 V, obtenemos 1=

R2 R2 10 − 10 , R2 + 467,7 R2 + 3.899

(R2 + 467,7)(R2 + 3.899) = 10R2 (R2 + 3.899 − R2 − 467,7) ,

9

R22 + 4,367R2 + 1,824 × 106 = 3,431 × 104 R2 , R22 − 2,994 × 104 R2 + 1,824 × 106 = 0 , cuyas soluciones son R2 = 2,988 × 104 Ω y R2 = 60 Ω. Escogemos la primera, pues la segunda no es muy precisa. Así pues, valores apropiados para R1 y R2 son R1 = 3.899 Ω y R2 = 2,988 × 104 Ω. 2) Empezaremos encontrando una expresión para RNTC en función de la temperatura absoluta T . Obtenemos, con ni en cm−3 , µp y µn en cm2 V−1 s−1 , σ en Ω−1 cm−1 y RNTC en Ω,  BT 3 e−Eg /(kT ) ni =
−5 = (1,744 × 1033 )T 3 e−1,210/((8,620×10 )T ) = 4,176 × 1016 T 1,5 e−7.018,56/T .    T −2,7 T −2,7 = 500 = 2,439 × 109 T −2,7 . µp = µpo To 300    −2,5 T −2,5 T µn = µno = 1.300 = 2,026 × 109 T −2,5 . To 300 

σ = q(µp + µn )ni



= (1,602 × 10−19 ) 2,439 × 109 T −2,7 + 2,026 × 109 T −2,5   4,176 × 1016 T 1,5 e−7.019/T

= 1,632 × 107 T −1,2 + 1,355 × 107 T −1 e−7.018,56/T .

RNTC =

0,1 1 e7.018,56/T L = = = . σS σ10 100 σ 1,632 × 109 T −1,2 + 1,355 × 109 T −1

Finalmente, sustituyendo R1 y R2 por sus valores en (1.5), obtenemos, con vd en V, vd = =

2,988 × 104 2,988 × 104 10 − 10 2,988 × 104 + RNTC 3.899 + 2,988 × 104 10 − 8,846 . RNTC 1+ 2,988 × 104

Utilizando las expresiones anteriores para RNTC y vd podemos calcular vd para cualquier valor de T . La siguiente tabla da T , RNTC y vd para las temperaturas en o C, t, especificadas. t (o C)

T (o K)

RNTC (Ω)

vd (mV)

20 25 30 35 40 45 50

293,15 298,15 303,15 308,15 313,15 318,15 323,15

3.899 2.657 1.834 1.282 906,1 647,8 467,7

0 337 576 743 860 942 1.000

10

1 Problemas de física de semiconductores

Calculando los incrementos en vd correspondientes a valores sucesivos de temperaturas, vemos que distan mucho de ser constantes. Así pues, la relación entre vd y la temperatura dista de ser aproximadamente lineal. Problema 5: Se desea medir la temperatura usando el puente de Wheastone de la figura que incluye una resistencia PTC. La resistencia PTC está constituida por una barra de silicio de longitud L = 1 cm y sección S = 1 mm2 dopada con una concentración de impurezas donadoras ND = 2 × 1014 cm−3 . 1) Determine los valores que han de tener R1 y R2 para que, al variar la temperatura entre 20 o C y 50 o C, la tensión diferencial vd varíe entre 0 y 0,1 V. 2) Determine la tensión vd para un conjunto de temperaturas que cubra el intervalo [20o C, 50 o C] con incrementos de 5 o C. ¿Es aproximadamente lineal la relación entre la temperatura y vd dentro de ese intervalo? 10 V R1

R1 +

R2

PTC

vd −

Solución: 1) Comprobemos primero que, para el rango de temperaturas en que se va a usar el puente, el semiconductor que constituye la resistencia PTC trabaja en la zona extrínseca. Ello es cierto si ni  ND . Dado que ni aumenta con la temperatura, bastará com comprobar que se cumple la condición para una temperatura de 50o C. Calculemos ni para dicha temperatura. Obtenemos T = 273,15 + 50 = 323,15 o K y  BT 3 e−Eg /(kT ) ni =
= (1,744 × 1033 cm−6 o K−3 )(323,15 o K)3 e−1,210/((8,620×10−5 )(323,15)) = 8,961 × 1010 cm−3 , que es  ND = 2 × 1014 cm−3 . Así pues, el semiconductor trabaja en la zona extrínseca para todas las temperaturas consideradas y, dado que a esas temperaturas se puede considerar que todas las impurezas están ionizadas, n ≈ ND , p  n, y con gran precisión σ = qµn ND . La tensión diferencial vd vale, en V y en función del valor RPTC de la resistencia PTC, vd =

RPTC R2 10 − 10 . R1 + RPTC R1 + R2

(1.6)

Al aumentar la temperatura, aumenta RPTC y aumenta vd . Para que vd sea 0 para una temperatura de 20 o C, R2 debe ser igual a RPTC a esa temperatura. Calculemos RPTC para una temperatura de 20 o C. Obtenemos T = 273,15 + 20 = 293,15 o K .    −2,5 293,15 −2,5 T = 1.300 = 1.377 cm2 V−1 s−1 . µn = µno To 300

11

σ = qµn ND = (1,602 × 10−19 C)(1.377 cm2 V−1 s−1 )(2 × 1014 cm−3 ) = 0,04412 Ω−1 cm−1 . L 1 cm = = 2.267 Ω . RPTC = −1 σS (0,04412 Ω cm−1 )(0,01 cm2 ) Así pues, R2 = 2.267 Ω. Para determinar R1 , impongamos que para una temperatura de 50 o C, vd = 0,1 V. Calculemos RPTC para esa temperatura. Obtenemos T = 273,15 + 50 = 323,15 o K .    −2,5 323,15 −2,5 T = 1.300 = 1.080 cm2 V−1 s−1 . µn = µno To 300 σ = qµn ND = (1,602 × 10−19 C)(1.080 cm2 V−1 s−1 )(2 × 1014 cm−3 ) = 0,03460 Ω−1 cm−1 . 1 cm L = = 2.890 Ω . RPTC = −1 σS (0,03460 Ω cm−1 )(0,01 cm2 ) Usando los valores de R2 y RPTC en (1.6) e imponiendo vd = 0,1 V, obtenemos 0,1 =

2.267 2.890 10 − 10 , R1 + 2.890 R1 + 2.267

(0,1)(R1 + 2.890)(R1 + 2.267) = (2,890 × 104 )(R1 + 2.267) − (2,267 × 104 )(R1 + 2.890) , 0,1R12 + 515,7R1 + 6,552 × 105 = 6.230R1 , 0,1R12 − 5.714R1 + 6,552 × 105 = 0 , R12 − 5,714 × 104 R1 + 6,552 × 106 = 0 , cuyas soluciones son R1 = 5,703 × 104 Ω y R1 = 115 Ω. Escogemos la primera, pues la segunda no es muy precisa. Así pues, valores apropiados para R1 y R2 son R1 = 5,703 × 104 Ω y R2 = 2.267 Ω. 2) Empezaremos encontrando una expresión para RPTC en función de la temperatura absoluta T . Obtenemos, con µn en cm2 V−1 s−1 , σ en Ω−1 cm−1 y RPTC en Ω,    −2,5 T −2,5 T = 1.300 = 2,026 × 109 T −2,5 . µn = µno To 300 σ = qµn ND



= (1,602 × 10−19 ) 2,026 × 109 T −2,5 (2 × 1014 )

= 6,491 × 104 T −2,5 . 1 L = = 1,541 × 10−3 T 2,5 . RPTC = 4 σS (6,491 × 10 T −2,5 ) (0,01) Finalmente, sustituyendo R1 y R2 por sus valores en (1.6), obtenemos, con vd en V, vd = =

RPTC 2.267 10 10 − 4 5,703 × 10 + RPTC 5,703 × 104 + 2.267 10 − 0,3823 . 5,703 × 104 1+ RPTC

Utilizando las expresiones anteriores para RPTC y vd podemos calcular vd para cualquier valor de T . La siguiente tabla da T , RNTC y vd para las temperaturas en o C, t, especificadas.

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1 Problemas de física de semiconductores

t (o C)

T (o K)

RNTC (Ω)

vd (mV)

20 25 30 35 40 45 50

293,15 298,15 303,15 308,15 313,15 318,15 323,15

2.267 2.365 2.466 2.569 2.674 2.782 2.893

0 15,9 32,2 48,7 65,6 82,8 100

Calculando los incrementos en vd correspondientes a valores sucesivos de temperaturas, vemos que varían entre 15,9 mV y 17,2 mV. Así pues, la relación entre vd y la temperatura es aproximadamente lineal. Problema 6: Una barra de silicio de longitud L y sección S uniformemente dopada con una concentración de impurezas donadoras ND tal que ND  ni es sometida por un extremo a una radiación de potencia PR y frecuencia ν tal que ¯hν > Eg , siendo Eg la anchura de la banda prohibida del silicio. La longitud L verifica L  Lp , siendo Lp la longitud de difusión de los huecos. Los fotones producen ionización fotónica con rendimiento η en el extremo por donde incide la radiación. La concentración de huecos es en cada punto muy inferior a la concentración de electrones libres. 1) Demuestre que la concentración de huecos tiene, en régimen estacionario, un perfil aproximado, en función de la coordenda longitudinal x a partir del extremo donde incide la radiación, de la forma p(x) = po + Ae−x/Lp , A > 0, po = n2i /ND . 2) Determine la constante A. Solución: 1) La radiación incidente provocará un aumento de la concentración de huecos en el extremo x = 0 de la barra. Dicho aumento provocará un flujo de huecos por difusión en el sentido positivo de x. En régimen estacionario, la concentración de huecos tendrá un perfil decreciente con x. Siendo ∆p = p − po , dicho perfil satisfará la ecuación diferencial 1 d2 ∆p = 2 ∆p(x) , 2 dx Lp cuya solución genérica tiene la forma ∆p(x) = Ae−x/Lp + Bex/Lp . Siendo la inyección de huecos a bajo nivel, prácticamente toda la corriente de huecos será corriente de difusión. Para x = L, la corriente de huecos debe ser 0, pues en ese punto se acaba el material. Para que la corriente de difusión de huecos para x = L sea nula, dp/dx deberá ser nula para x = L. Calculemos dp/dx. Obtenemos d∆p A −x/Lp B x/Lp dp = =− e + e . dx dx Lp Lp E imponiendo dp/dx = 0 para x = L obtenemos 0=−

B L/Lp A −L/Lp e + e , Lp Lp

13

B = Ae−2L/Lp . Así pues, el perfil tiene la forma   p(x) = po + A e−x/Lp + e−2L/Lp ex/Lp . Demostremos que para L  Lp el término e−2L/Lp ex/Lp puede ser despreciado. Consideraremos dos casos: a) x  Lp ; b) x  Lp . Observemos que, siendo 0 ≤ x ≤ L, 2L − x ≥ x, y e−2L/Lp ex/Lp = e−(2L−x)/Lp ≤ e−x/Lp . En el caso a), e−x/Lp  1, e−2L/Lp ex/Lp ≤ e−x/Lp  1, podemos aproximar con error pequeño e−x/Lp + e−2L/Lp ex/Lp con e−x/Lp , y p(x) ≈ po + Ae−x/Lp . En el caso b), x  L, 2L − x  x, y e−2L/Lp ex/Lp = e−(2L−x)/Lp  e−x/Lp , obteniéndose también p(x) ≈ po + Ae−x/Lp . Así pues, con error pequeño,

p(x) = po + Ae−x/Lp .

Dado que p(x) > po , A > 0. 2) Para obtener A hacemos un balance de huecos. Siendo p(x) > po , en cada punto de la barra la tasa de recombinación de huecos supera la tasa de creación de huecos por ionización térmica. Ello provoca una pérdida en el número de huecos de la barra. La tasa de dicha pérdida es compensada por la tasa de generación de huecos por ionización fotónica en el extremo de la barra, permitiendo que el perfil p(x) sea estacionario. La tasa de pérdida de huecos vale 

L

S 0

 L  L AS p(x) − po Ae−x/Lp 1 dx = S dx = − e−x/Lp τp τp τp Lp 0 0   AS AS = . 1 − e−L/Lp ≈ Lp τ p Lp τ p

Para calcular la tasa de generación de huecos por ionización fotónica, consideramos que, siendo hν). Cada fotón ¯hν la energía de cada fotón, la tasa a la que inciden fotones en la barra es PR /(¯ produce una ionización fotónica con probabilida η. Por tanto, las tasa de creación de huecos for ionización fotónica es PR . η ¯hν Igualando la tasa de pérdida de huecos con la tasa de creación de huecos, obtenemos PR AS , =η Lp τ p ¯hν A=η

PR Lp τp . ¯hν S

Problema 7: Una porción de silicio de volumen V uniformemente dopada con una concentración de impurezas donadoras ND tal que ND  ni es sometida a una radiación de potencia hν > Eg , siendo Eg la anchura de la banda prohibida del silicio. Los PR y frecuencia ν tal que ¯ fotones producen ionización fotónica con rendimiento η uniformemente sobre todo el valumen

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1 Problemas de física de semiconductores

de la barra. La concentración de huecos es muy inferior a la concentración de electrones libres. 1) Determine la concentración de huecos en la barra. 2) En un cierto instante cesa la radiación. Determine la evolución temporal de la concentración de huecos en la barra. Solución: 1) La concentración de huecos es el resultado de un equilibrio entre la pérdida de huecos por ser la concentración de huecos superior a po = n2i /ND y la creación de huecos por ionización fotónica. Dado que la concentración de huecos es muy inferior a la de electrones libres, la tasa de pérdida de huecos vale p − po V. τp Cada fotón tiene una energía ¯ hν. Por tanto, la tasa a la que inciden fotones en el material es hν), y como cada fotón produce una ionización con probabilidad η, la tasa de creación de PR /(¯ huecos por ionización fotónica es PR . η ¯hν Igualando dicha tasa a la tasa de pérdida de huecos, obtenemos η

p − po PR = V, ¯hν τp

p = po + η

PR τp . ¯hν V

2) Dado que en el instante inicial t = 0 la concentración de huecos es uniforme, dicha concentración evolucionará con el tiempo uniformemente. Siendo la concentración de huecos muy inferior a la de electrones libres, la tasa de disminución de la concentración valdrá (p − po )/τp y p(t) cumplirá la ecuaci´n diferencial p(t) − po dp =− . dt τp Introduciendo ∆p = p − po , obtenemos ∆p(t) d∆p =− , dt τp cuya solución es

∆p(t) = Ae−t/τp .

Para determinar A impongamos que p(0) sea igual al valor calculado en el apartado anterior. Obtenemos PR τp , p(0) = po + ∆p(0) = po + A = po + η ¯hν V PR τp . A=η ¯hν V Por tanto, PR τp −t/τp e . p(t) = po + η ¯hν V

15

Problema 8: En el modelo unión abrupta de la región de vaciamiento de un diodo se supone que en la región de vaciamiento no hay ningún portador de carga libre. Usando dicho modelo, 1) determine la relación entre la anchura a de la región de vaciamiento y el valor máximo Emax del campo eléctrico en la región de vaciamiento y la tensión directa VAK aplicada al diodo, 2) determine los valores numéricos de a y Emax para VAK = 0 y T = 300 o K para un diodo con zona p dopada con una concentración de impurezas aceptadoras NA = 2 × 1017 cm−3 y zona n dopada con una concentración de impurezas donadoras ND = 1018 cm−3 y comente los resultados. Desprecie el campo eléctrico fuera de la región de vaciamiento. Solución: 1) Sea xp la penetración de la región de vaciamiento en la zona p y sea xn la penetración de la región de vaciamiento en la zona n. Dado que, en el modelo unión abrupta, se supone que en la región de vaciamiento no hay ningún portador de carga libre, la densidad volúmica de carga, ρ, vale ρ = −qNA en la parte p de la región de vaciamiento y ρ = qND en la región n de la región de vaciamiento, donde q es la carga electrónica en valor absoluto. Fuera de la región de vaciamiento, ρ = 0. El campo eléctrico E es nulo fuera de la región de vaciamiento y puede ser calculado en la región de vaciamiento usando ρ dE = , dx ε donde x es la coordenada longitudinal del diodo. El potencial eléctrico ψ puede ser evaluado a partir de una cierta referencia usando  x E dx . ψ(x) = ψ(xo ) − xo

La siguiente figura muestra los perfiles de ρ, E y ψ. Se supone ψ(x) = 0 a la izquierda de la región de vaciamiento. V denota la altura de la barrera de potencial en la unión pn, que vale V = Vo − VAK , con   NA ND . Vo = VT ln n2i ρ qND −xp xn −qNA

x

E x Emax

ψ V x

Observemos, en primer lugar, que la neutralidad eléctrica exige que la carga negativa en la zona

16

1 Problemas de física de semiconductores

p de la región de vaciamiento sea igual a la carga positiva en la zona n de la región de vaciamiento. Siendo A la sección del diodo, tenemos qNA Axp = qND Axn , NA xp = ND xn y xn = (NA /ND )xp . Determinemos E(x) dentro de la región de vaciamiento. Para −xp ≤ x ≤ 0, obtenemos  x  x ρ qNA qNA dx = − dx = − (x + xp ) . E(x) = ε ε ε −xp −xp El valor máximo de campo eléctrico, Emax , vale, por tanto, Emax = −E(0) =

qNA xp . ε

(1.7)

Para 0 ≤ x ≤ xn , el campo eléctrico vale, usando NA xp = ND xn ,  x  x qNA xp qND xn qND x qND ρ qND dx = − + dx = − + =− (xn −x) . E(x) = E(0)+ ε ε ε ε ε 0 ε 0 Determinemos, a continuación, V . Obtenemos  0   xn E dx = − E dx − V = − −xp

−xp

xn

E dx 0

 xn qNA qND (x + xp ) dx + (xn − x) dx ε −xp ε 0  xn  xp qNA x2p qND x2n qNA qND x dx + x dx = + , = ε ε ε 2 ε 2 0 0 

0

=

y, usando xn = (NA /ND )xp , V =

qNA x2p qND + ε 2 ε



NA ND

2

x2p qNA = 2 2ε

 1+

NA ND

 x2p .

(1.8)

Despejando xp en (1.8), obtenemos  xp =

2εV , qNA (1 + NA /ND )

(1.9)

y, usando xn = (NA /ND )xP ,  a = xp + xn =  =

NA 1+ ND



 xp =

NA 1+ ND



2εV qNA (1 + NA /ND )

2εV (1 + NA /ND ) . qNA

Finalmente, combinando (1.7) y (1.9),   qNA 2εV 2qNA V = . Emax = ε qNA (1 + NA /ND ) ε(1 + NA /ND )

(1.10)

(1.11)

17

2) Con VAK = 0,  V = Vo = VT ln

NA ND n2i



kT ln = q



NA ND n2i

 .

Determinemos ni .
ni = (1,744 × 1033 cm−6 o K−3 )(300 o K)3 e−1,210/((8,620×10−5 )(300) = 1,500 × 1010 cm−3 . Eso da −5

V = (8,620 × 10

 V/o K)(300 o K) ln

(2 × 1017 cm−3 )(1018 cm−3 ) (1,500 × 1010 cm−3 )2

 = 0,8901 V .

Usando (1.10), obtenemos  (2)(1,062 × 10−10 F/m)(0,8901 V)(1 + 2 × 1017 /1018 ) a = (1,602 × 10−19 C)(2 × 1023 m−3 ) = 8,415 × 10−8 m = 0,08415 µm . Finalmente, usando (1.11),  Emax =

(2)(1,602 × 10−19 C)(2 × 1023 m−3 )(0,8901 V) (1,062 × 10−10 F/m)(1 + 2 × 1017 /1018 )

= 2,116 × 107 V/m = 2,116 × 105 V/cm . Observamos que a es muy pequeña, mucho más pequeña que las longitudes de difusión de minoritarios en las zonas p y n, que son del orden del mm, y que el campo eléctrico en la región de vaciamiento es muy intenso. Lo primero justifica que en la deducción de la ecuación del diodo se puedan despreciar las generaciones térmicas y recombinaciones de huecos y electrones libres en la región de vaciamiento, y que las corrientes de huecos y electrones puedan ser consideradas constantes en dicha región. Lo segundo implica que en la región de vaciamiento hay, aún con VAK = 0, un cuasi-equilibrio entre las corrientes de difusión y las de arrastre, tanto de huecos como de electrones, y que se pueda usar la ecuación de Boltzmann para determinar con un error muy pequeño las concentraciones de portadores minoritarios a ambos lados de la región de vaciamiento. Problema 9: Se construye un sensor de temperatura conectando en serie 8 diodos de silicio por los que se hace pasar una cierta corriente directa I, obteniéndose así una tensión positiva v dependiente de la temperatura. Los diodos tienen una sección A = 10 mm2 , una zona p con un dopaje NA = 2 × 1017 cm−3 y una zona n con un dopaje ND = 1017 cm−3 . Las vidas medias de los huecos en la zona n y de los electrones en la zona p valen τp = 0,75 ms y τn = 1,1 ms, respectivamente. 1) Determine qué valor ha de tener la corriente I para que, para una temperatura de 100 o C, la tensión v valga 5 V. 2) Determine la tensión v para un conjunto de temperaturas que cubra el intervalo [0 o C, 100 o C] con incrementos de 10 o C. ¿Es aproximadamente lineal la relación entre la temperatura y v dentro de ese intervalo?

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1 Problemas de física de semiconductores

Solución: 1) Empezaremos determinando el valor de la corriente inversa de saturación de los diodos, IS , en función de la temperatura absoluta T . Dicha corriente tiene la expresión   Dp Dn , IS = Aqn2i + Lp ND Ln NA donde Dp es la constante de difusión de huecos en la zona n, Lp es la longitud de difusión de huecos en la zona n, Dn es la constante de difusión de electrones en la zona  p, y Ln es la = Dp τp , Ln = longitud de difusión de electrones en la zona p. Usando las relaciones L p √ Dn τn , Dp = µp (kT /q), Dn = µn (kT /q), µp = µpo (T /To )−2,7 , µn = µno (T /To )−2,5 , y n2i = BT 3 e−Eg /(kT ) , obtenemos  IS = AqBT 3 e−Eg /(kT )



kT q

1 √ µpo √ ND τp



T To

−1,35

1 √ + µno √ NA τn



T To

−1,25  .

Sustituyendo valores, con IS en A, tiempos en s y longitudes en cm, obtenemos IS





= (0,1) 1,602 × 10−19 1,744 × 1033 T 3  −5 e−(1,210)/((8,620×10 T )) 8,620 × 10−5 T       √ √ T −1,35 1 T −1,25 1 √ √ 500 + 1.300 300 300 1017 7,5 × 10−4 2 × 1017 1,1 × 10−3

(1.12) = 4,678 T 2,15 + 1,760 T 2,25 e−14.037/T .

Calculemos IS para una temperatura de 100 o C. Obtenemos T = 100 + 273,15 = 373,15 o K .   IS = (4,678)(373,15)2,15 + (1,760)(373,15)2,25 e−14.037/(373,15) = 1,224 × 10−10 A . Dado que hay 8 diodos en serie, v = 8vAK , donde vAK es la tensión ánodo-cátodo de cada diodo. Tenemos, pues, vAK = v/8 e     (1.13) I = IS evAK /VT − 1 = IS ev/(8VT ) − 1 . Calculemos VT . VT =

kT = (8,620 × 10−5 V o K−1 )(300 o K) = 0,03217 V . q

Para que v = 5 V, I deberá valer   I = (1,224 × 10−10 A) e5/((8)(0,03217)) − 1 = 0,03352 A = 33,52 mA . 2) El potencial equivalente de temperatura, VT , en V vale en función de T VT =

kT = 8,620 × 10−5 T . q

19

Despejando v de (1.13), obtenemos, con v en V e IS en A, 

I v = 8VT ln 1 + IS



−5

= (8)(8,620 × 10   0,03352 −4 . = 6,896 × 10 T ln 1 + IS



0,03352 )T ln 1 + IS



Dicha expresión combinada con (1.12) da v en V en función de T . La siguiente tabla da T , IS y v para las temperaturas en o C, t, especificadas. t (o C)

T (o K)

IS (A)

v (V)

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

273,15 283,15 293,15 303,15 313,15 323,15 333,15 343,15 353,15 363,15 373,15

6,459 × 10−17 4,291 × 10−16 2, 512 × 10−15 1,312 × 10−14 6,179 × 10−14 2,650 × 10−13 1,043 × 10−12 3,801 × 10−12 1,289 × 10−11 4,094 × 10−11 1,224 × 10−10

6,382 6,246 6,110 5,972 5,835 5,697 5,558 5,419 5,280 5,140 4,999

Calculando los decrementos de v entre temperaturas consecutivas, encontramos que están comprendidos entre 0,136 V y 0,141 V. Así pues, la relación entre la temperatura y v dentro del intervalo [0, o C, 100 o C] es muy aproximadamente lineal. Problema 10: Considere un diodo de silicio de sección A, zona p de longitud Bp y dopaje NA y zona n de longitud Bn y dopaje ND . La vida media de los huecos en la zona n vale τp y la vida media de los electrones en la zona p vale τn . 1) Demuestre que la caída de tensión directa ∆V debida al campo eléctrico en las zonas neutras (fuera de la región de vaciamiento) es proporcional a la corriente directa I y que, por tanto, dicho efecto puede ser modelado introduciendo una resistencia R y determine el valor de R. Desprecie la anchura de la región de vaciamiento frente a Bp y Bn , suponga Bn  Lp , donde Lp es la longitud de difusión de huecos en la zona n, y Bp  Ln , donde Ln es la longitud de difusión de electrones en la zona p, y suponga que las inyecciones de portadores minoritarios son a bajo nivel tanto en la zona n como en la zona p. Suponga también que el campo eléctrico en las zonas neutras es pequeño. 2) Determine el valor de R para T = 300 o K, A = 10 mm2 , Bp = Bn = 1 cm, NA = ND = 1017 cm−3 , τp = 0,75 ms, y τn = 1,1 ms y calcule ∆V para una corriente directa I = 20 mA. Solución: 1) Despreciando la anchura de la región de vaciamiento, sea x
la coordenada con origen en la frontera de la región de vaciamiento que crece al adentrarnos en la zona neutra n y sea x

la coordenada con origen en la frontera de la región de vaciamiento que crece al adentrarnos en la zona neutra p. Supondremos positivas las componentes de la corriente en la zona neutra n en el sentido creciente de x
. De modo similar, supondremos positivas las componentes de corriente en la zona neutra p en el sentido creciente de x

. Con inyección de huecos en la zona n a bajo

20

1 Problemas de física de semiconductores

nivel y con Bn  Lp , el perfil de la concentración de huecos en la zona n sigue la ecuación  
pn (x
) = pno + eVAK /VT − 1 pno e−x /Lp , donde pno = n2i /ND . La corriente de difusión de huecos en la zona n vale, por tanto,  Aqpno Dp  VAK /VT dpn
= − 1 e−x /Lp e dx
Lp  Dp  VAK /VT
= Aqn2i − 1 e−x /Lp , e ND Lp

Idpn (x
) = −AqDp

y, dado que

 I = Aqn2i

Dn Dp + ND Lp NA Ln

Idpn (x
) = I



 eVAK /VT − 1 ,

Dp ND Lp Dn Dp + ND Lp NA Ln




e−x /Lp .

Suponiendo pequeño el campo eléctrico en la zona neutra de la región n, dE/dx
= ρ/ε, donde ρ es la densidad volúmica de carga, implica que ρ será despreciable y nn (x
) − nno = pn (x
) − pno con error pequeño, lo cual implica dnn /dx
= dpn /dx
y Idnn (x
) = AqDn

Dn dnn dpn = AqDn =− Idpn (x
) .

dx dx Dp

Con inyección de huecos a bajo nivel en la zona n, nn (x
)  pn (x
) y la corriente de arrastre de huecos será despreciable frente a la corriente de arrastre de electrones. Tendremos I = Idpn (x
) + Idnn (x
) + Iann (x
) ,  I=

Dn 1− Dp



Idpn (x
) + Iann (x
) ,



 Dn Idpn (x
) Iann (x ) = I − 1 − Dp   Dp     ND Lp Dn
e−x /Lp  = I . 1 − 1 − Dp Dn Dp + ND Lp NA Ln


El perfil de la concentración de electrones libres en la zona p sigue la ecuación  

np (x

) = npo + eVAK /VT − 1 npo e−x /Ln ,

(1.14)

21

donde npo = n2i /NA . La corriente de difusión de electrones en la zona p vale, por tanto,  Aqnpo Dn  VAK /VT dnp

= − − 1 e−x /Ln e dx

Ln  Dn  VAK /VT

= −Aqn2i − 1 e−x /Ln e NA Ln Dn

NA Ln = −I e−x /Ln . Dn Dp + ND Lp NA Ln

Idnp (x

) = AqDn

De modo similar a como se ha razonado para la zona n, tenemos dpp /dx

= dnp /dx

y Idpp (x
) = −AqDp

Dp dpp dnp = −AqDp =− Idnp (x

) .

dx dx Dn

Con inyección de electrones a bajo nivel en la zona p, pp (x

)  np (x

) y la corriente de arrastre de electrones será despreciable frente a la corriente de arrastre de huecos. Tendremos I = −Idnp (x

) − Idpp (x

) − Iapp (x

) ,   Dp Idnp (x

) − Iapp (x

) , I =− 1− Dn 

 Dp Idnp (x

) Iapp (x ) = −I − 1 − Dn   Dn     Dp NA Ln −x

/Ln  e = −I  1 − 1 − .  Dn Dp Dn + ND Lp NA Ln



(1.15)

Se puede obtener el campo eléctrico en la zona neutra n usando la relación Iann (x
) = Aqµn ND E(x
) . Combinando con (1.14), obtenemos  E(x
) =



 Iann (x
) I 1 − 1 − Dn = Aqµn ND Aqµn ND  Dp



Dp ND Lp Dn Dp + ND Lp NA Ln

 
e−x /Lp  .

(1.16)

De modo similar, usando (1.15), Iapp (x

) = Aqµp NA E(x

) ,   Dn     Iapp (x

) I

NA Ln 1 − 1 − Dp =− e−x /Ln  E(x

) =  . Dp Dn Aqµp NA Aqµp NA Dn + ND Lp NA Ln

(1.17)

22

1 Problemas de física de semiconductores

Finalmente, la tensión ∆V la obtenemos por integración, usando (1.16) y (1.17). Con  1−

Ap =

Dn Dp

Dp ND Lp



Dn Dp + ND Lp NA Ln

y  An =

Dp 1− Dn

Dn NA Ln



Dn Dp + ND Lp NA Ln

,

obtenemos, usando e−Bp /Ln  1 y e−Bn /Lp  1, 

∆V

= = =











Bn

E(x ) dx + E(x
) dx
0 0  Bp  Bn I I
−x

/Ln

(1 − An e ) dx + (1 − Ap e−x /Lp ) dx
Aqµp NA 0 Aqµn ND 0  Bp  Bn I I


+ x

+ An Ln e−x /Ln x
+ Ap Lp e−x /Lp Aqµp NA Aqµn ND 0 0 I I (Bp − An Ln ) + (Bn − Ap Lp ) Aqµp NA Aqµn ND   Bp − An Ln Bn − Ap Lp + I, Aqµp NA Aqµn ND

= − =

Bp

que demuestra que ∆V es proporcional a I y que puede ser modelada con una resistencia de valor Bp − An Ln Bn − Ap Lp + . R= Aqµp NA Aqµn ND 2) Determinemos primero Dp , Dn , Lp y Ln . Obtenemos Dp =

Dn =

kT µp = (8,620 × 10−5 V o K−1 )(300 o K)(500 cm2 V−1 s−1 ) = 12,93 cm2 s−1 . q kT µn = (8,620 × 10−5 V o K−1 )(300 o K)(1.300 cm2 V−1 s−1 ) = 33,62 cm2 s−1 . q   Lp = Dp τp = (12,93 cm2 s−1 )(7,5 × 10−4 s) = 0,09848 cm .   Ln = Dn τn = (33,62 cm2 s−1 )(1,1 × 10−3 s) = 0,1923 cm .

Lp no parece mucho menor que Bn y Ln no parece mucho menor que Bp . En realidad, para que los perfiles pn (x
) y np (x

) utilizados en 1) sean buenas aproximaciones basta e−Bn /Lp  1 y e−Bp /Ln  1. Obtenemos e−Bn /Lp = e−1/0,09848 = 3,891 × 10−5 , que puede considerarse  1 y e−Bp /Ln = e−1/0,1923 = 5,515 × 10−3 , que también puede considerarse  1. Así pues, supuestas inyecciones de portadores minoritarios a bajo nivel a ambos la región de vaciamiento,

23

los resultados obtenidos en el apartado anterior son aproximadamente aplicables. Calculemos Ap y An . Obtenemos Dp 12,93 cm2 s−1 = 1,313 × 10−15 cm4 s−1 . = 17 ND Lp (10 cm−3 )(0,09848 cm) 33,62 cm2 s−1 Dn = 1,748 × 10−15 cm4 s−1 . = NA Ln (1017 cm−3 )(0,1923 cm)   1,313 × 10−15 33,62 = −0,6864 . Ap = 1 − 12,93 1,313 × 10−15 + 1,748 × 10−15   1,748 × 10−15 12,93 = 0,3514 . An = 1 − 33,62 1,313 × 10−15 + 1,748 × 10−15 Utilizando esos valores de Ap y An , obtenemos, usando cm para longitudes, ‘ R=

1 + (0,6864)(0,09848) 1 − (0,3514)(0,1923) + = 1,677 Ω −19 17 (0,1)(1,602 × 10 )(500)(10 ) (0,1)(1,602 × 10−19 )(1.300)(1017 )

Para una corriente I = 20 mA, ∆V vale ∆V = RI = (1,677 Ω)(20 mA) = 33,54 mV .

24

1 Problemas de física de semiconductores

Capítulo 2

Problemas de análisis de circuitos con diodos Problema 11: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación IS1 = 10−12 A e I S2 = 2 × 10−11 A, respectivamente. Analice el circuito y determine la tensión V y la corriente I. Suponga VT = 25,9 mV. I D1

5V

D2

+ V −

Solución: Empezaremos suponiendo 5 − V  VT = 0,0259 V. Ello implica I = IS1 = 10−12 A. La tensión V puede ser calculada utilizando   I = IS2 eV /VT − 1 , obteniéndose 

I V = VT ln 1 + IS2





10−12 = (0,0259) ln 1 + 2 × 10−11

 = 0,001264 = 1,264 mV .

Resulta 5 − V = 5 − 0,001264 = 4,999, que es  0,0259. Así pues, los valores calculados para V e I son correctos. Problema 12: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación IS1 = 10−12 A e IS2 = 8 × 10−12 A, respectivamente. Analice el circuito y determine las

26

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

corrientes I1 e I2 . I1 1 µA

I2

D1

D2

Solución: Llamando VAK a la tensión anódo cátodo común a los dos diodos, tenemos   I1 = IS1 eVAK /VT − 1 ,   I2 = IS2 eVAK /VT − 1 , de donde,

IS1 10−12 I1 = = = 0,125 . I2 IS2 8 × 10−12

Aplicando la primera ley de Kirchoff, obtenemos 10−6 = I1 + I2 , y usando la relación anterior entre I1 e I2 , 10−6 = 0,125I2 + I2 = 1,125I2 , de donde I2 =

10−6 = 8,889 × 10−7 = 0,8889 µA . 1,125

Finalmente, usando 10−6 = I1 + I2 , I1 = 10−6 − I2 = 10−6 − 8,889 × 10−7 = 1,111 × 10−7 = 0,1111 µA . Problema 13: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación IS1 = 3 × 10−11 A e IS2 = 10−12 A, respectivamente. Analice el circuito y determine la tensión V y la corriente I. Suponga VT = 25,9 mV. D1 5V

10 MΩ

I

D2 + V −

Solución: Empezaremos suponiendo 5 − V  VT = 0,0259 V. Llamando I
a la corriente inversa por el diodo D1, se tendrá I
= IS1 = 3 × 10−11 A. Sea R la resistencia del circuito. La corriente a través de dicha resistencia vale V /R. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado a los ánodos de los diodos y utilizando la ecuación del diodo D2 se obtiene  V  V = IS2 eV /VT − 1 + , I
= I + R R y, sustituyendo valores,   V 3 × 10−11 = 10−12 eV /0,0259 − 1 + 7 , 10

27

que puede ser expresada de la forma   V = 3 × 10−4 − 10−5 eV /0,0259 − 1 . Dicha ecuación trascendente tiene la forma V = f (V ). Para resolverla, usamos una iteración de punto fijo Vk+1 = f (Vk ). Dicho método converge si |f
(V )| < 1 en un entorno centrado en la solución que incluye el valor inicial V1 . Con V1 = 3 × 10−4 , se obtiene V2 = 2,999 × 10−4 , V3 = 2,999 × 10−4 . Así pues, la solución de la ecuación es V = 2,999 × 10−4 V = 0,2999 mV. Dicho valor de V verifica 5 − V = 4,9997 V, que es  0,0259, y es, por tanto, correcto. Falta calcular I. Usando la ecuación del diodo D2 se obtiene     −4 I = IS2 eV /VT − 1 = 10−12 e2,999×10 /0,0259 − 1 = 1,165 × 10−14 A . Problema 14: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y determine las corrientes I1 e I2 y la tensión V . 10 V

10 KΩ V I1

I2

9,9 KΩ −10 V

Solución: Supondremos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 10 V

10 KΩ

I1 I1 + I2

A I2 K

A K

V

9,9 KΩ

−10 V

Por inspección, V = 0. Además, las diferencias de tensión en las dos resistencias resultan ser iguales a 10 V, obteniéndose 10 = 9,9 (I1 + I2 ) , 10 = 10I2 ,

28

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

de donde se obtiene I2 = 1 mA, que es ≥ 0, e I1 =

10 − 9,9 I2 10 − (9,9)(1) = = 0,01010 mA , 9, 9 9, 9

que también es ≥ 0, por lo que los estados supuestos para los diodos y los valores calculados para I1 e I2 son correctos. Problema 15: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y determine las corrientes I1 , I2 e I3 y la tensión V . 30 V

I1

10 KΩ I2 V 20 KΩ

I3

20 KΩ

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de 30 V y las resistencias de la izquierda, que tiene como salida los extremos de la resistencia de 20 KΩ, se obtiene una tensión de Thévenin Vth =

20 30 = 20 V 10 + 20

y una resistencia de Thévenin Rth = 10  20 =

(10)(20) = 6,667 KΩ . 10 + 20

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin resulta el circuito: 6,667 KΩ 20 V

V 20 KΩ

Dicho circuito pone en evidencia que el diodo está en ON. Para verlo, considere que el punto de trabajo del diodo (VAK , I), donde VAK es la tensión ánodo-cátodo del diodo e I es la corriente directa del diodo, tiene que estar en la intersección de la recta de carga 20 = 6,667I + VAK + 20I = 26,67I + VAK y el modelo lineal a tramos del diodo, y que dicha intersección se produce en un punto con I > 0. Sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON se

29

obtiene el circuito 30 V

I1

10 KΩ I2 A K

20 KΩ

I3

V 20 KΩ

Calculando la resistencia equivalente de las tres resistencias vistas desde la fuente de tensión de 30 V, se obtiene Req = 10 + 20 || 20 = 10 + 10 = 20 KΩ . Resulta, entonces, I1 =

30 30 = 1,5 mA. = Req 20

Además, por simetría, I2 = I3 y, como I1 = I2 + I3 , tenemos I2 = I3 =

I1 = 0,75 mA. 2

Por último, la tensión V puede ser calculada como la diferencia de tensión en la resistencia de la derecha: V = 20I2 = (20)(0,75) = 15 V. Problema 16: Utilizando para el diodo el modelo con tensión ánodo-cátodo cero para corrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, determine la función de transferencia vo = F (vi ) del siguiente cuadripolo. + vi

−

10 KΩ

+ 10 KΩ

vo

−

Solución: Supondremos cada uno de los tres estados posibles del diodo Zener y determinaremos, para cada uno de ellos, el intervalo de tensiones vi para el cual el diodo está en el estado y la relación entre vo y vi . Para el estado RUPTURA, sustituyendo el diodo por el circuito equivalente para ese estado,

30

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

obtenemos el circuito i1 + i2 10 KΩ i1 vi

K

+ −

A

5V

i2

+

10 KΩ

vo

−

La condición de estado del diodo a imponer es i1 ≥ 0. De modo inmediato obtenemos vo = 5 y 5 = 10i2 . Esta última da i2 = 0,5. Para determinar i1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de la izquierda de valor 10 KΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, obteniendo

vi = 10(i1 + i2 ) + 5 = 10i1 + 10i2 + 5 = 10i1 + (10)(0,5) + 5 = 10i1 + 10 ,

i1 =

vi − 1. 10

Imponiendo i1 ≥ 0 se obtiene vi ≥ 10. Así pues para vi ∈ [10, ∞) el diodo está en RUPTURA y vo = 5. Para el estado OFF obtenemos el circuito 10 KΩ

vi

+ −

vAK

+ − K + A

10 KΩ

vo −

Utilizando la fórmula del divisor de tensión obtenemos vo =

10 vi vi = . 10 + 10 2

La condición de estado del diodo a imponer es −5 ≤ vAK ≤ 0 que, utilizando vAK = −vo , se traduce en 0 ≤ vo ≤ 5, y utilizando vo = vi /2, en 0 ≤ vi ≤ 10. Así pues, para vi ∈ [0, 10], el diodo está en OFF y vo = vi /2. El diodo estará en el estado ON para el resto de valores de vi , es decir para vi ∈ (−∞, 0). El

31

circuito resultante para ese estado es 10 KΩ

vi

+ K

+ −

A

10 KΩ

vo −

Por inspección, vo = 0. Así pues, para vi ∈ (−∞, 0), el diodo está en ON y vo = 0. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi ). vo 5

10

vi

Problema 17: Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y de la tensión VAK del diodo. 5 KΩ 5V 1 KΩ

Solución: Empezaremos suponiendo el diodo en OFF. Ello conduce al circuito

5 KΩ 5V 1 KΩ

+ VAK −

y la condición de estado a verificar es VAK ≤ 0,7. Aplicando la fórmula del divisor de tensión obtenemos 1 VAK = 5 = 0,8333 V , 1+5

32

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

que es > 0,7. Por lo tanto, el diodo está en ON. El circuito resultante es I + I
5 KΩ I

5V

+

I


A

1 KΩ

K

0,7 V

VAK −

Por inspección, VAK = 0,7 V. Además, utilizando el hecho de que la diferencia de tensión en la resistencia de 1 KΩ es 0,7, obtenemos 0,7 = (1)I
, I
= 0,7. Por último, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias, 5 = 5(I + I
) + I
= 5I + 6I
= 5I + (6)(0,7) = 5I + 4,2 , obteniéndose I=

5 − 4,2 = 0,16 mA . 5

Problema 18: Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y resistencia incremental en conducción directa rD = 1 Ω, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y de la tensión VAK del diodo.

100 mA

10 Ω

Solución: Empezaremos suponiendo el diodo en OFF. Ello conduce al circuito

100 mA

10 Ω

A+ K

VAK −

y la condición a verificar es VAK ≤ 0,7. Aplicando la ley de Ohm, obtenemos VAK = (0,01)(100) =

33

1, que es > 0,7. Por tanto, el diodo está en ON. El circuito resultante es N

I A

I
100 mA

1Ω

10 Ω K

0,7 V

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo N obtenemos 100 = I + I
. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 V y las resistencias, obtenemos 0,7 = −0,001I + 0,01I
, dando lugar al sistema lineal I + I
= 100 −I + 10I
= 700 , cuya solución para I es     I=    

 100 1  700 10  300  = = 27,27 mA .  11 1 1  −1 10 

Finalmente, la tensión ánodo-cátodo resulta valer VAK = 0,7 + 0,001 I = 0,7 + (0,001)(27,27) = 0,7273 V. Problema 19: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V analice el siguiente circuito y determine el valor de la corriente I.

I

10 KΩ D1

5V 1 KΩ

D2

Solución: Con el diodo D1 en OFF, el diodo D2 quedaría polarizado exlusivamente por la resistencia de 1 KΩ y también estaría en OFF. Con esos estados para D1 y D2, tendríamos

34

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

VAK1 = 5, que no es ≤ 0,7 V. Así pues, el diodo D1 está en ON. Supongamos que el diodo D2 está en OFF. Se obtiene el circuito I

10 KΩ A

5V

K

0,7 V + VAK2 K −

A

1 KΩ

Se ha de verificar I ≥ 0 i VAK2 ≤ 0,7 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff se obtiene

5 = 10I + 0,7 + (1)I ,

I=

5 − 0,7 = 0,3909 mA , 11

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm,

VAK2 = (1)I = I = 0,3909 V ,

que es ≤ 0,7 V. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos e I = 0,3909 mA. Problema 20: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V, resistencia incremental en conducción directa rD = 10 Ω, tensión de ruptura VZO = 5 V y resistencia incremental en ruptura rZ = 20 Ω, analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I1 e I2 . 1 KΩ

10 V I1

10 KΩ

1 KΩ

D1 I2

D2

Solución: Supondremos que D1 está en estado ON y D2 está en estado RUPTURA. Sustituyendo

35

los diodos por los circuitos equivalentes correspondientes a esos estados se obtiene el circuito I1 + I2 1 KΩ

I1

10 V

10 KΩ

1 KΩ

A

K I2

10 Ω K

0,7 V

20 Ω 5V

A

Las condiciones a verificar son I1 ≥ 0 e I2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de la izquierda de valor 1 KΩ, la resistencia de valor 10 KΩ, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, las resistencias de valor 1 KΩ, la resistencia de valor 20 Ω y al fuente de tensión de valor 20 Ω, se obtiene 10 = (1)(I1 + I2 ) + 10I1 + 0,01 I1 + 0,7 , 10 = (1)(I1 + I2 ) + (1)I2 + 0,02 I2 + 5 , que conducen al sistema lineal 11,01I1 + I2 = 9,3 I1 + 2,02I2 = 5 , cuya solución es   9,3 1   5 2,02

   

I1 =   11,01 1   1 2,02

I2 =

13,79 = = 0,6492 mA ,  21,24  

5 − 0,6492 5 − I1 = = 2,154 mA . 2,02 2,02

Dado que tanto I1 como I2 son ≥ 0, los estados supuestos para los diodos y los valores calculados de I1 e I2 son correctos. Problema 21: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura,

36

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I1 e I2 . 1 KΩ

D1 I1

200 Ω

D2 I2

10 mA

Solución: Por cada conjunto formado por un diodo y la resistencia que tiene en paralelo ha de circular una corriente de valor 10 mA. Ello permite el análisis independiente de esos dos grupos de elementos. Supongamos que el diodo D1 está en ON. Se obtiene el circuito I
10 mA

I1

A

1 KΩ

K

0,7 V

La diferencia de tensión en la resistencia es 0,7 V. Por tanto, 0,7 = (1)I
e I
= 0,7 mA. Aplicando la primera ley de Kirchoff se obtiene 10 = I
+ I1 = 0,7 + I1 , de donde se obtiene I1 = 9,3 mA, que es ≥ 0. Así pues, D1 está en ON e I1 = 9,3 mA. Supongamos que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito I

10 mA

K

200 Ω

A

I2 5V

La diferencia de tensión en la resistencia es 5 V. Por tanto, 5 = 0,2 I

e I

= 25 mA. Aplicando la primera ley de Kirchoff se obtiene 10 = I

+ I2 = 25 + I2 , de donde se obtiene I2 = −15 mA, que no es ≥ 0. Supongamos D2 en OFF. Se obtiene el circuito I

10 mA

200 Ω

I2 − K VAK2 A +

Por inspección, I2 = 0. Por otro lado, aplicando la ley de Ohm, obtenemos VAK2 = −0,2 I

=

37

−(0,2)(10) = −2 V, que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Así pues, el diodo D2 está en OFF e I2 = 0. Problema 22: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I y de la tensión V . D1 10 KΩ 10 V 1 KΩ

I

D2 + V −

Solución: Supongamos que el diodo D1 está en ON. Con el diodo D2 en ON, todas las corrientes entrantes al nodo al que están conectados los cátodos de los diodos serían ≥ 0, con al menos una de ellas (la procedente de la resistencia) > 0, lo cual es imposible. Supongamos que el diodo D2 está en OFF. Se obtiene el circuito 0,7 V A 10 V

I

K 10 KΩ I


K A

− VAK2 +

1 KΩ

+ V −

Se ha de verificar I
≥ 0 y −5 ≤ VAK2 ≤ 0,7. Por inspección, I = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla con corriente I
se obtiene 10 = 0,7 + 10I
+ (1)I
= 0,7 + 11I
,

I
=

9,3 10 − 0,7 = = 0,8455 mA , 11 11

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 KΩ, se obtiene VAK2 = −10I
= −(10)(0,8455) = 8,455 , que es < −5. Así pues, el estado supuesto para el diodo D2 no es correcto. Supongamos que está

38

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

en RUPTURA. Se obtiene el circuito 0,7 V A

I K

K 10 KΩ

A

I


10 V

I +I

5V

+ 1 KΩ V −




Se ha de verificar I ≥ 0 e I + I
≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 KΩ, se obtiene 5 = 10I
, I
=

5 = 0,5 mA . 10

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de 10 V, la fuente de tensión de 0,7 V, la fuente de tensión de 5 V y la resistencia de 1 KΩ, se obtiene 10 = 0,7 + 5 + (1)(I + I
) = 5,7 + I + I
= 5,7 + I + 0,5 = 6,2 + I , I = 10 − 6,2 = 3,8 mA , que es ≥ 0. Además, I + I
= 3,8 + 0,5 = 4,3 mA, que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos e I = 3,8 mA. La tensión V puede ser calculada aplicando la ley de Ohm. Se obtiene V = (1)(I + I
) = I + I
= 3,8 + 0,5 = 4,3 V . Problema 23: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura, analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I1 e I2 .

1 mA

10 KΩ

I1 D1

2 KΩ

I2 D2

Solución: Supongamos que el diodo D1 está en estado OFF. Tenemos I2 = 1 mA, implicando que D2 estará en estado RUPTURA. Entonces, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por los diodos y las resistencias, obtenemos VAK1 = 5 + 2I2 = 5 + (2)(1) = 7 V ,

39

que no es ≤ 0,7 V. Así pues el diodo D1 estará en ON. Supongamos que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

I1

10 KΩ 1 mA

A

I2

2 KΩ

0,7 V

K

K A

5V

Se ha de verificar I1 ≥ 0 e I2 ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff obtenemos 1 = I1 + I2 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por las fuentes de tensión y las resistencias obtenemos 0,7 + 10I1 = 5 + 2I2 , 10I1 − 2I2 = 4,3 , que combinada con I1 + I2 = 1 da el sistema lineal I1 + I2 = 1 10I1 − 2I2 = 4,3 , cuya solución es

    I1 =    

 1 1  4,3 −2  −6,3  = = 0,5250 mA ,  −12 1 1  10 −2 

I2 = 1 − I1 = 1 − 0,5250 = 0,4750 mA . Dado que tanto I1 como I2 son ≥ 0, los estados supuestos para los diodos y los valores calculados para I1 e I2 son correctos. Problema 24: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I1 e I2 . 4 KΩ 5V 1 KΩ I1

1 KΩ

2 KΩ

D1 I2

D2

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido por la fuente de tensión de 5 V y las resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de la resistencia de

40

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

1 KΩ, se obtiene una tensión de Thévenin 1 5 = 1V 4+1

Vth = y una resistencia de Thévenin

Rth = 4  1 =

(4)(1) = 0,8 KΩ . 4+1

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito 0,8 KΩ

1V

I1

1 KΩ

2 KΩ

D1 I2

D2

Supongamos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 0,8 KΩ

I1 + I2

I1 1V

1 KΩ A K

I2

0,7 V

2 KΩ A K

0,7 V

Se ha de verificar I1 ≥ 0 e I2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 1 V, la resistencia de valor 0,8 KΩ, la resistencia de valor 1 KΩ y la fuente de tensión de la izquierda de valor 0,7 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 1 V, la resistencia de valor 0,8 KΩ, la resistencia de valor 2 KΩ y la fuente de tensión de la derecha de valor 0,7 V, se obtiene 1 = (0,8)(I1 + I2 ) + (1)I1 + 0,7 , 1 = (0,8)(I1 + I2 ) + 2I2 + 0,7 , que conduce al sistema lineal 1,8I1 + 0,8I2 = 0,3 0,8I1 + 2,8I2 = 0,3 , cuya solución es

    I1 =    

 0,3 0,8  0,3 2,8  0,6 = = 0,1364 mA ,  4,4 1,8 0,8  0,8 2,8 

41

    I2 =    

 1,8 0,3  0,8 0,3  0,3 = = 0,06818 mA . 4,4 1,8 0,8  0,8 2,8 

Dado que tanto I1 como I2 son ≥ 0, los estados supuestos para los diodos y los valores calculados para I1 e I2 son correctos. Problema 25: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientes inversas, determine la función de transferencia vo = F (vi ) del cuadripolo de la figura. 1 KΩ

+

+ D1

vi 4,7 V

vo

D2

−

−

Solución: Una forma sencilla de analizar el circuito es considerar los posibles valores de la corriente i. 1 KΩ

+ vi

+ i

D1

4,7 V

D2

−

vo −

El diodo D1 impide que i tome valores < 0. Así pues, i ≥ 0. Determinemos los valores de vi para los cuales i > 0 y la relación entre vo y vi en ese caso. Necesariamente D1 estará en ON y D2 estará en RUPTURA, obteniéndose el circuito 1 KΩ i vi

+ −

A

+ 0,7 V

K K A

vo 4,7 V −

Por inspección, obtenemos vo = 4,7 + 0,7 = 5,4. Aplicando la segunda ley de Kirchoff obtenemos vi = (1)i + 0,7 + 4,7 = 5,4 + i . Imponiendo la condición i > 0 obtenemos vi > 5,4. Así pues, vo = 5,4 para vi > 5,4. Para

42

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

vi ≤ 5,4, i = 0 y siendo nula la diferencia de tensión en la resistencia de 1 KΩ, obtenemos vo = vi . La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia. vo 5,4

vi

5,4

Problema 26: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura, analice el circuito de la figura y: 1) determine la función de transferencia vo = F (vi ); 2) suponiendo vi senoidal con amplitud 15 V, determine el valor medio V o y el valor eficaz Vo,eff de la tensión de salida vo . + vi −

D1 10 KΩ

D2

+ 10 KΩ

vo −

Solución: 1) Hacemos un barrido de vi desde −∞ hasta ∞. Obtenemos así una sucesión de intervalos para vi en los que los estados de los diodos se mantienen constantes. Los extremos derechos de los intervalos y los diodos que cambian de estado al pasar de un intervalo al siguiente son determinados imponiendo las condiciones de estado de los diodos. Los diodos deben cambiar a estados correspondientes a tramos lineales adyacentes a los tramos lineales de los estados en los que están los diodos antes del cambio. En caso de que un estado tenga dos estados “adyacentes”, es necesario analizar qué desigualdad falla al aumentar vi para determinar a qué estado cambia el diodo.

Dado que el cuadripolo es pasivo, la potencia consumida por él tiene que ser ≥ 0. Ello implica que, para vi negativa, la corriente de entrada al cuadripolo o es 0 o va de − a +, pues en caso contrario la potencia consumida por el cuadripolo sería < 0. Eso sólo es posible con D1 en OFF. Así pues para vi negativa D1 está en OFF. Con D1 en OFF, el conjunto formado por D2 y la resistencia de la derecha queda aislado y la corriente por D2 es 0, implicando que D2 también estará en OFF. Así pues, para vi negativa, D1 y D2 están en OFF. Supongamos dichos estados, analicemos el cuadripolo y determinemos hasta que valor de vi se mantienen los estados, qué

43

diodos cambian de estado al crecer vi y a qué estado cambian. Se obtiene el circuito K 10 KΩ

A + vi

−

vAK1

K

+ −

A

+ − vAK2

10 KΩ

vo

+ −

Se ha de imponer vAK1 ≤ 0,7 y −5 ≤ vAK2 ≤ 0,7. Las corrientes por todas las ramas del circuito son nulas y, aplicando la ley de Ohm, vAK2 = 0, que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Además, vo = 0. Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , los diodos y la resistencia de la izquierda, se obtiene vi = vAK1 + 0 − vAK2 , de donde vAK1 = vi + vAK2 = vi . La condición vAK1 ≤ 0,7 se traduce en vi ≤ 0,7. Así pues, para vi ∈ (−∞, 0,7], los diodos D1 y D2 están en OFF y vo = 0. Al hacerse vi > 0,7, falla la condición de estado del diodo D1, que pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 0,7, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito 0,7 V A

K 10 KΩ i

vi

K

+ −

A

+ − vAK2

10 KΩ

vo

+ −

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK2 ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla con corriente i se obtiene vi = 0,7 + 10i + 10i = 20i + 0,7 , vi − 0,7 . 20 Imponiendo i ≥ 0, se obtiene la condición vi ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. La tensión vo puede obtenerse aplicando la ley de Ohm: i=

vo = 10i = 10

1 vi − 0,7 = vi − 0,35 . 20 2

Por inspección, 1 vAK2 = −vo = − vi + 0,35 . 2 Imponiendo la condición −5 ≤ vAK2 ≤ −0,7 se obtiene −5 ≤ −(1/2)vi + 0,35 ≤ 0,7 y −0,7 ≤ vi ≤ 10,7. Al aumentar vi dentro del intervalo falla la condición vi ≤ 10,7. Dicha condición procede de vAK2 ≥ −5. Así pues, para vi ∈ (0,7, 10,7] D1 está en ON, D2 está en

44

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

OFF, y vo = (1/2)vi − 0,35. Al hacerse vi > 10,7 el diodo D2 pasa a RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 10,7, D1 está en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito 0,7 V A

K 10 KΩ i2

i1 vi

+ −

5V

i
K

10 KΩ

+ vo

A −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia por la que circula la corriente i
se obtiene 5 = 10i
, 5 = 0,5 mA . 10 Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 10 KΩ de la izquierda y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene i
=

vi = 0,7 + 10i1 + 5 = 5,7 + 10i1 , vi − 5,7 . 10 La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 5,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo en el que confluyen las corrientes i1 , i2 e i
, se obtiene i1 = i2 + i
, i1 =

vi vi − 5,7 − 0,5 = − 1,07 . 10 10 La condición i2 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 10,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (10,7, ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y vo = 5. La siguiente figura muestra la función de transferencia vo = F (vi ). i2 = i1 − i
=

vo

1 vi − 0,35 2

5

0,7

10,7

vi

2) Sea ω la pulsación de vi . Usaando la variable α = ωt, usando la relación ω = 2π/T , donde T

45

es el periodo de vi , y haciendo el cambio de variable α = ωt, obtenemos Vo =

1 T



T

vo (t) dt = 0

1 ωT



ωT

vo (α) dα = 0

1 2π



2π

vo (α) dα , 0

y, de modo similar, 2 Vo,eff

1 = T



T

1 vo (t) dt = 2π



2π

2

0

vo (α)2 dα . 0

Empecemos determinando la “forma” de vo (α) usando la forma de vi (α) y la función de transferencia. La siguiente figura la ilustra. 1 vo (α) = vi (α) − 0,35 = 7,5 sen α − 0,35 2

15

vi (α) = 15 sen α

10,7 5 0,7 α1

α2

π

π/2

2π

α = ωt

Utilizando las características y simetrías de vo (α), obtenemos     π−α1  π/2 1 1 1 π/2 2 Vo = vo (α) dα = vo (α) dα = vo (α) dα . 2π α1 2π π α1 α1 De modo similar, 2 Vo,eff



1 = π

π/2

vo (α)2 dα . α1

El problema queda pues reducido a evaluar las integrales 

π/2

I1 =

vo (α) dα , α1



(2.1)

π/2

vo (α)2 dα .

I2 = α1

Empecemos calculando α1 y α2 (en radianes): 0,7 = 15 sen α1 ,

(2.2)

46

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

 α1 = arc sen

0,7 15

 = arc sen(0,04667) = 0,04669 .

10,7 = 15 sen α2 ,   10,7 = arc sen(0,7133) = 0,7942 . α2 = arc sen 15 Evaluemos la integral I1 . Se obtiene 



α2

I1 =

π/2

vo (α) dα + α1  0,7942

=

vo (α) dα α2

(7,5 sen α − 0,35) dα + 5

0,04669  0,7942

= 7,5 0,04669

π 2

− 0,7942



sen α dα − (0,35)(0,7942 − 0,04669) + 3,883

= (7,5)[cos(0,04669) − cos(0,7942)] + 3,621 = 5,856 . Evaluemos la integral I2 . Se obtiene  I2 =



α2

2

α1  0,7942

=  =

π/2

vo (α) dα +

(7,5 sen α − 0,35)2 dα + 25

0,04669 0,7942 0,04669



vo (α)2 dα

α2

π 2

− 0,7942



56,25 sen2 α − 5,25 sen α + 0,1225 dα + 19,41

0,7942

= 56,25 0,04669

 sen α dα − 5,25 2

0,7942 0,04669

sen α dα + 0,1225(0,7942 − 0,04669)

+19,41   α sen 2α 0,7942 − − (5,25)[cos(0,04669) − cos(0,7942)] + 19,50 = 56,25 2 4 0,04669 = (28,13)(0,7942 − 0,04669) − (14,06)[sen(1,588) − sen(0,09338)] + 17,94 = 26,22 . Finalmente, usando (2.1) y (2.2), se obtiene Vo =

5,856 I1 = = 1,864 V , π π 26,22 I2 = = 8,346 , π π  = 8,346 = 2,889 V .

2 = Vo,eff

Vo,eff

47

Problema 27: Utilizando para los diodos los modelos con tensión ánodo-cátodo 0 para corrientes directas y con tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi ). 1 KΩ

+

+ 1 KΩ 7V

vi 5V

D2

vo

D1

−

−

Solución: Intuitivamente, parece que para vi → −∞ el diodo D2 deberá estar en ON. Supuesto D2 en ON, vo valdrá 0, implicando que D1 estará en OFF. Así pues, supongamos que para vi → −∞, D1 está en OFF y D2 está en ON. Obtenemos el circuito 1 KΩ i vi

+ −

+ 1 KΩ K A

i K

vo

A

−

La condición a imponer, correspondiente al diodo D2, es −i ≥ 0, i ≤ 0. Evidentemente, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, obtenemos vi = (1)i = i, dando la condición para vi , vi ≤ 0. Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], D1 está en OFF, D2 está en ON y vo = 0. Al hacerse vi > 0, i se hará > 0 y dejará de cumplirse la condición de estado de D2, que cambiará al estado OFF. Supongamos que D1 permanece en el estado OFF. Obtenemos el circuito 1 KΩ i vi

+ −

+ 1 KΩ − vAK1 +

− vAK2 +

vo −

Se ha de imponer −5 ≤ vAK1 ≤ 0 y −7 ≤ vAK2 ≤ 0. La corriente i valdrá 0, la diferencia de tensión en la resistencia de 1 KΩ conectada a la fuente de tensión de valor vi valdrá 0 y vo será igual a vi . Dado que vi = −vAK1 , la condición −5 ≤ vAK1 ≤ 0 se traduce en la condición 0 ≤ vi ≤ 5. Dado que vi = −vAK2 , la condición −7 ≤ vAK2 ≤ 0 se traduce en la condición 0 ≤ vi ≤ 7. Así pues, para vi ∈ [0, 5] D1 y D2 estarán en OFF y vo = vi . Al hacerse vi > 5, el diodo D1 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad vAK1 ≥ −5 de la condición de estado de D1, permaneciendo D2 en OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 5, D1 estará

48

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

en RUPTURA y D2 en OFF. Obtenemos el circuito 1 KΩ i vi

+ −

+ i

1 KΩ K

− vAK2 5V A + A K

vo −

Se ha de imponer i ≥ 0 y −7 ≤ vAK2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , las resistencia de valor 1 KΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = (1)i + (1)i + 5 = 2i + 5 , vi − 5 , i= 2 que se mantiene ≥ 0 al aumentar vi dentro del intervalo. La tensión vo resulta valer vo = 5 + (1)i = 5 + i = 5 +

1 vi − 5 5 = vi + . 2 2 2

Utilizando vAK2 = −vo , la condición −7 ≤ vAK2 ≤ 0 se traduce en 0 ≤ vo ≤ 7, y utilizando vo = vi /2 + 5/2, en la condición 0 ≤ vi /2 + 5/2 ≤ 7, −5 ≤ vi ≤ 9. Así pues, para vi ∈ [5, 9], D1 estará en RUPTURA, D2 estará en OFF y vo = vi /2 + 5/2. Al hacerse vi > 9, el diodo D2 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad vAK2 ≥ −7 de la condición de estado de D2, permaneciendo D1 en RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 9, los dos diodos estarán en RUPTURA. Se obtiene el circuito i1 + i2 1 KΩ

vi

+ −

+ i1

1 KΩ K A

5V

i2 K A

vo 7V −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , las resistencias de valor 1 KΩ y la fuente de tensión de valor 5 V y a la mall formada por la fuente de tensión de valor vi la resistencia de la izquierda de valor 1 KΩ y la fuente de tensión de valor 7 V, se obtiene vi = (1)(i1 + i2 ) + (1)i1 + 5 vi = (1)(i1 + i2 ) + 7 y el sistema lineal 2i1 + i2 = vi − 5 i1 + i2 = vi − 7 ,

49

cuya solución es

  vi − 5   vi − 7 i1 =   2 1   1 1

 1  1  2  = = 2,  1  

i2 = vi − 7 − i1 = vi − 7 − 2 = vi − 9 . Las condiciones i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0 no dejan de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo, implicando que para vi ∈ [9, ∞) D1 y D2 estarán en RUPTURA y vo = 7. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi ). vo

vi 5 + 2 2

vi

7 5

5

vi

9

Problema 28: Utilizando para el diodo D1 el modelo “diodo ideal” y para el diodo D2 el modelo con tensión ánodo-cátodo nula en conducción directa y tensión cátodo-ánodo 7 V en ruptura, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi ). +

2 KΩ

vi

D1

+ vo

D2

5 mA

−

−

Solución: Supondremos que para vi → −∞, los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito 2 KΩ

K

A

+

i1 vi

+ −

5 mA

i2

K A

vo −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = −2i1 ,

50

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

vi . 2 La condición i1 ≥ 0 se traduce pues en vi ≤ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al cátodo del diodo D2 se obtiene i1 = −

5 + i2 = i1 , vi i2 = i1 − 5 = − − 5 . 2 La condición i2 ≥ 0 se traduce pues en −vi /2−5 ≥ 0, vi ≤ −10. Así pues, para vi ∈ (−∞, −10] los dos diodos están en ON y vo = 0. Al hacerse vi > −10 el diodo D2 cambia de estado y pasa a OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −10, D1 estará en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito 2 KΩ

K

A

+

i1 vi

+ −

K

5 mA

A

− vAK2 vo + −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 y −7 ≤ vAK2 ≤ 0. Por inspección, i1 = 5 mA, que es ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa se obtiene vo = 2i1 + vi = (2)(5) + vi = vi + 10 . Por inspección, vAK2 = −vo y la condición −7 ≤ vAK2 ≤ 0 se traduce en 0 ≤ vo ≤ 7, que usando vo = vi + 10 da 0 ≤ vi + 10 ≤ 7, −10 ≤ vi ≤ −3. Al aumentar vi dentro del intervalo falla la desigualdad vi ≤ −3. Dado que dicha desigualdad procede de vAK2 ≥ −7, en ese punto el diodo D2 pasará a RUPTURA. Así pues, para vi ∈ (−10, −3] D1 está en ON, D2 está en OFF y vo = vi + 10. Al hacerse vi > −3 el diodo D2 pasará a RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −3, D1 estará en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito 2 KΩ

K

A i1

vi

+ −

+ i2

K

5 mA

7 V vo

A −

Se de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = −2i1 + 7 , 7 − vi . i1 = 2 La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≤ 7. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo al que está conectado el ánodo del diodo D1 se obtiene 5 = i1 + i2 ,

51

3 vi 7 − vi = + , 2 2 2 y la condición i2 ≥ 0 se traduce en 3/2 + vi /2 ≥ 0, vi ≥ −3, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (−3, 7], D1 está en ON, D2 está en RUPTURA, y vo = 7. Al hacerse vi > 7, falla la condición de estado de D1, que pasa a OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 7, D1 está en OFF y D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito i2 = 5 − i1 = 5 −

2 KΩ

K −

vi

+ −

A

+

+ vAK1

i2

K

5 mA

7 V vo

A −

Se ha de imponer vAK1 ≤ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7 e i2 = 5 mA, que es ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = 0 − vAK1 + 7 , vAK1 = −vi + 7 . La condición vAK1 ≤ 0 se traduce en −vi + 7 ≤ 0, vi ≥ 7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (7, ∞), D1 está en OFF, D2 está en RUPTURA y vo = 7. La siguiente figura muestra la función de transferencia vo = F (vi ). vo 7

vo = vi + 10

−10

vi

−3

Problema 29: Utilizando para los diodos el modelo “diodo ideal” excepto por la tensión de ruptura indicada para el diodo Zener, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi ). 1 KΩ +

D1

2 KΩ

+ 5 KΩ

vo

vi 3V −

5V

D2

−

Solución: Intuitivamente, parece que para vi → −∞ los dos diodos estarán en OFF. Supongá-

52

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

moslo. Obtenemos el circuito 1 KΩ

A K

+

vAK1

5 KΩ

2 KΩ

+ −

vi

+

− 3V

K A

− vAK2 +

vo −

Se ha de imponer vAK1 ≤ 0 y −5 ≤ vAK2 ≤ 0. Por inspección, teniendo en cuenta que todas las corrientes son nulas, vo = 3, vAK1 = vi − 3 y vAK2 = −3. La condición −5 ≤ vAK2 ≤ 0 es verificada. La condición vAK1 ≤ 0 se traduce en vi − 3 ≤ 0, vi ≤ 3. Así pues, para vi ∈ (−∞, 3] los dos diodos están en OFF y vo = 3. Al hacerse vi > 3, el diodo D1 pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 3, D1 está en ON y D2 está en OFF. Obtenemos el circuito 1 KΩ

A K

+

i 5 KΩ

2 KΩ

+ −

vi

3V

K A

− vAK2 +

vo −

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 KΩ, el interruptor cerrado, la resistencia de valor 2 KΩ y la fuente de tensión de valor 3 V, se obtiene vi = (1)i + 2i + 3 = 3i + 3 ,

i=

1 vi − 3 = vi − 1 . 3 3

La tensión vo resulta valer  vo = 3 + 2i = 3 + 2

 1 2 vi − 1 = vi + 1 , 3 3

y vAK2 = −vo = −(2/3)vi − 1. La condición i ≥ 0 se traduce en vi ≥ 3, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. La condición −5 ≤ vAK2 ≤ 0 se traduce en −5 ≤ −(2/3)vi − 1 ≤ 0, 0 ≤ (2/3)vi + 1 ≤ 5, −1,5 ≤ vi ≤ 6. Al aumentar vi dentro del intervalo deja de cumplirse vi ≤ 6. Así pues, para vi ∈ (3, 6], el diodo D1 está en ON, el diodo D2 está en OFF y vo = (2/3)vi + 1. Al hacerse vi > 6, el diodo D2 pasa a RUPTURA, pues falla la desigualdad vAK2 ≥ −5. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 6, D1 está en

53

ON y D2 en RUPTURA. Obtenemos el circuito i1 1 KΩ

A K

i1 − i2 vi

+ −

2 KΩ 3V

i2 5 KΩ K A

+ vo

5V −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 KΩ, la resistencia de valor 2 KΩ y la fuente de tensión de valor 3 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi , la resistencia de valor 1 KΩ, la resistencia d evalor 5 KΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene vi = (1)i1 + 2(i1 − i2 ) + 3 , vi = (1)i1 + 5i2 + 5 , que conducen al sistema lineal 3i1 − 2i2 = vi − 3 i1 + 5i2 = vi − 5 , cuya solución es   vi − 3 −2   vi − 5 5  i1 =   3 −2     1 5 

   

=

7vi − 25 = 0,4118vi − 1,471 , 17

   3 vi − 3     1 vi − 5  2v − 12  = i = 0,1176vi − 0,7059 . i2 =   3 −2  17    1 5  La tensión vo resulta valer vo = 5 + 5i2 = 5 + (5)(0,1176vi − 0,7059) = 0,5880vi + 1,471 . Imponiendo i1 ≥ 0 se obtiene vi ≥ 1,471/0,4118 = 3,572, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Imponiendo i2 ≥ 0 se obtiene vi ≥ 0,7059/0,1176 = 6, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (6, ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y vo = 0,5880vi + 1,471. La siguiente figura representa gráficamente la función

54

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

de transferencia vo = F (vi ).

vo

0,5880vi + 1,471 2 vi + 1 3

7 5 3

9,403

6

3

vi

Problema 30: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral VDO = 0,7 V, analice el circuito de la figura con R = 20 KΩ y determine la función de transferencia vo = F (vi ). ¿Cuál es la función de transferencia para R → ∞? ¿Es una buena aproximación de ella la función de transferencia obtenida con R = 20 KΩ? ¿Cómo se podría reducir el error de la aproximación? D1

+ 2 KΩ

D2

vi 2 KΩ

+ R

2,5 mA

vo −

−

Solución: Empezaremos encontrando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor vi , las resistencias de 2 KΩ y la fuente de corriente, que tiene como salidas el nodo conectado al ánodo del diodo D2 y el nodo conectado al terminal −. La tensión de Thévenin, vth , es la tensión que se ve en la salida del dipolo en circuito abierto. Aplicando el principio de superposición, vth = v1 + v2 , donde v1 y v2 son las tensiones de los siguientes circuitos. 2 KΩ vi

+ −

+ 2 KΩ

v1

+ 2 KΩ

2 KΩ

−

v2 −

El de la izquierda es un divisor de tensión y, por tanto, v1 =

2,5 mA

2 vi vi = . 2+2 2

55

El de la derecha es un divisor de corriente. Las corrientes por las dos resistencias son, por simetría, iguales y, por tanto, 1 v2 = (2) (2,5) = 2,5 , 2 obteniéndose vi + 2,5 . vth = v1 + v2 = 2 La resistencia de Thévenin, Rth , es la resistencia que se ve en la salida del dipolo al anular las fuentes del dipolo. Una fuente de tensión se anula sustituyéndola por un cortocircuito. Una fuente de corriente se anula sustituyéndola por un circuito abierto. Anulando la fuente de tensión de valor vi y la fuente de corriente de valor 2,5 mA, las resistencias de 2 KΩ quedan asociadas en paralelo y conectadas a la salida del dipolo, por lo que Rth = 22 = 1 KΩ . Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin y teniendo en cuenta que el ánodo de D1 está conectado directamente al extremo positivo de la fuente de tensión de valor vi , resulta que el cuadripolo que hay que analizar en el problema es equivalente al circuito D1

vi

+ −

D2

1 KΩ vi + 2,5 2

+ −

+ R

vo −

Parece claro que para vi → −∞ los dos diodos deberán estar en OFF. Ello es debido a que, con vi muy negativa, los ánodos de los dos diodos tendrán tensiones menores que la entrada −. Supongamos pues los dos diodos en OFF. Se obtiene el circuito A K + vi

+ −

1 KΩ vi + 2,5 2

+ −

− vAK1

A K + v − AK2

+ R

vo −

Hemos de imponer vAK1 ≤ 0,7 y vAK2 ≤ 0,7. La corriente por la resistencia R es nula y, aplicando la ley de Ohm, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, obtenemos vi = vAK1 + vo = vAK1 . La condición vAK1 ≤ 0,7 se traduce pues en vi ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interna, obtenemos vi + 2,5 = 0 + vAK2 + vo = vAK2 . 2

56

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

La condición vAK2 ≤ 0,7 se traduce en vi /2 + 2,5 ≤ 0,7, vi ≤ −3,6. Así pues, para vi ∈ (−∞, −3,6], D1 y D2 están en OFF y vo = 0. Al hacerse vi > −3,6, falla la condición vAK2 ≤ 0,7 y el diodo D2 pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −3,6, el diodo D1 está en OFF y el diodo D2 está en ON. Se obtiene el circuito A K + vi

+ −

1 KΩ vi + 2,5 2

+ −

i

A

− vAK1 K

0,7 V

+ R

vo −

Se ha de imponer vAK1 ≤ 0,7 e i ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla por la que circula la corriente i, se obtiene vi + 2,5 = (1)i + 0,7 + Ri = 21i + 0,7 , 2 2,5 − 0,7 vi + 3,6 vi + = . 42 21 42 La condición i ≥ 0 se traduce en vi + 3,6 ≥ 0, vi ≥ −3,6, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. La tensión vo resulta valer i=

vo = Ri = 20

vi + 3,6 = 0,4762vi + 1,714 . 42

Por último, la tensión vAK1 resulta valer vAK1 = vi − vo = vi − 0,4762vi − 1,714 = 0,5238vi − 1,714 . La condición vAK1 ≤ 0,7 se traduce en 0,5238vi − 1,714 ≤ 0,7, vi ≤ 4,609. Así pues, para vi ∈ (−3,6, 4,609], D1 está en OFF, D2 en ON y vo = 0,4762vi + 1,714. Al hacerse vi > 4,609, falla la condición de estado de D1 y D1 pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 4,609, los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito A i1 vi

+ −

1 KΩ vi + 2,5 2

+ −

i2

K

0,7 V A

K

0,7 V

+ R

vo −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene vi = 0,7 + vo ,

57

vo = vi − 0,7 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interna, se obtiene vi + 2,5 = (1)i2 + 0,7 + vo = i2 + vi , 2 i2 = −

vi + 2,5 . 2

La condición i2 ≥ 0 se traduce en −vi /2 + 2,5 ≥ 0, vi ≤ 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia R, se obtiene vo = R(i1 + i2 ) = Ri1 + Ri2 = 20i1 + 20i2 , i1 =

vo vi − 0,7 vi − i2 = + − 2,5 = 0,55vi − 2,535 . 20 20 2

La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 2,535/0,55 = 4,609, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (4,609, 5], D1 y D2 están en ON y vo = vi − 0,7. Al hacerse vi > 5, falla la condición de estado de D2, y D2 pasa a OFF. En el nuevo intervalo, que empieza en vi = 5, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito A i1 vi

+ −

1 KΩ vi + 2,5 2

+ −

K

0,7 V A K + − vAK2

+ R

vo −

Se ha de imponer i1 ≥ 0 y vAK2 ≤ 0,7. Por inspección, vo = vi − 0,7 . La corriente i1 circula por la resistencia R. Aplicando la ley de Ohm, i1 =

vi − 0,7 vo = , R 20

y la condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interior, se obtiene vi + 2,5 = 0 + vAK2 + vo , 2 vAK2 =

vi vi vi + 2,5 − vo = + 2,5 − vi + 0,7 = − + 3,2 , 2 2 2

y la condición vAK2 ≤ 0,7 se traduce en −vi /2 + 3,2 ≤ 0,7, vi ≥ 5, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (5, ∞), D1 está en ON, D2 está en OFF

58

2 Problemas de análisis de circuitos con diodos

y vo = vi − 0,7, finalizando la determinación de la función de transferencia vo = F (vi ). La siguiente figura la representa gráficamente. vo

vi − 0,7

3,909 0,4762vi + 1,714

−3,6

vi

4,609

Falta determinar la función de transferencia para R → ∞. La corriente por la resistencia R es la suma de las corrientes directas por los diodos y para cada vi dicha corriente tiende a 0 para R → ∞. Así pues, para R → ∞, cuando el diodo D2 conduce lo hace con una corriente que tienden a 0. Ello permite ignorar la resistencia de valor 1 KΩ en serie con la fuente de tensión de valor vi /2 + 2,5, y concluir que, para R → ∞, el circuito se comporta como el circuito

vi

+ −

+ vi + + 2,5 − 2

vo

R

−

Dicho circuito es un selector de máximo. Con el modelo para los diodos con tensión umbral VDO , la salida de un selector de máximo con entradas v1 , v2 , . . . , vN vale m´ax{0, v1 −VDO , v2 − VDO , . . . , vN − VDO }. Así pues, para R → ∞, vo = m´ax{0, vi − 0,7, vi /2 + 1,8}. La siguiente figura muestra la función de transferencia para R → ∞ vo

vi − 0,7

4,3 vi + 1,8 2

−3,6

5

vi

Comparándola con la obtenida para R = 20 KΩ, podemos observar que ésta es una buena aproximación de la función de transferencia para R → ∞, con un error máximo del orden de 0,2 V. Para reducir dicho error máximo habría que aumentar R.

Capítulo 3

Problemas de análisis de circuitos con BJTs Problema 31: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I. 10 V

10 KΩ

1 KΩ

I

Solución: Empezaremos suponiendo que el BJT está en estado ACTIVO. Se obtiene el circuito 10 V 10 KΩ

1 KΩ

IB

B

C

50IB

0,7 V E

Las condiciones a verificar son IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 10 = 10IB + 0,7 ,

60

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

IB =

10 − 0,7 = 0,93 , 10

que es ≥ 0. Para calcular VCE conociendo IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V , la resistencia de valor 1 KΩ y la fuente controlada de corriente, obteniendo 10 = (1)(50IB ) + VCE ,

VCE = 10 − 50IB = 10 − (50)(0,93) = −36,5 V , que no es ≥ 0,2. Así pues, el BJT no está en estado ACTIVO. Supongamos que está en estado SATURACIÓN. Se obtiene el circuito 10 V 10 KΩ

1 KΩ

IB

B

C

0,7 V

I = IC

0,2 V E

Las condiciones a verificar son IB ≥ 0, IC ≥ 0, e IC ≤ βIB . El valor de IB es idéntico al obtenido anteriormente, IB = 0,93, que es ≥ 0. Para calcular IC aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 KΩ y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 10 = (1)IC + 0,2 ,

IC = 10 − 0,2 = 9,8 , que es ≥ 0 y ≤ βIB = (50)(0,93) = 46,5. Así pues, el BJT está en estado SATURACIÓN e I = IC = 9,8 mA. Problema 32: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 100, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de I

61

yV. 24 V 1 KΩ

I

V

500 KΩ

1 KΩ

Solución: Empezaremos suponiendo que el BJT está en estado ACTIVO. Se obtiene el circuito 24 V I = 101IB

1 KΩ E

0,7 V B

500 KΩ

V 100IB

IB

C

1 KΩ

Las condiciones a verificar son IB ≥ 0 y VEC ≥ 0,2 V. Para calcular IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor 1 KΩ conectada al emisor, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 KΩ, obteniendo 24 = (1)(101IB ) + 0,7 + 500IB = 601IB + 0,7 , 24 − 0,7 = 0,0388 , IB = 601 que es ≥ 0. Para calcular VEC conociendo IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, las dos resistencias de valor 1 KΩ y la fuente de corriente controlada, obteniendo 24 = (1)(101IB ) + VEC + (1)(100IB ) , VEC = 24 − 201IB = 24 − (201)(0,0388) = 16,2 , que es ≥ 0,2. Así pues, el estado supuesto para el BJT es correcto e I resulta valer I = 101IB = (101)(0,0388) = 3,92 mA , y V resulta valer V = 24 − (1)I = 24 − 3,92 = 20,1 V .

62

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Problema 33: Usando para el LED el modelo con tensión umbral VDO = 1,7 V, usando para el BJT el modelo con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, y sabiendo que el parámetro β del BJT puede variar entre 20 y 100, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener la resistencia R2 para que, suponiendo el BJT en saturación, la corriente I por el LED valga 20 mA; 2) para el valor de R2 calculado anteriormente, valor máximo que puede tener R1 para que, cuando el interruptor esté en OFF, el BJT esté en saturación; 3) para el valor máximo de R1 calculado anteriormente, valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. 5V R2

I

R1

Solución: 1) Dado que I > 0, el LED estará en ON. Sustituyendo el LED por el circuito equivalente correspondiente al estado ON y utilizando el circuito equivalente entre colector y emisor del BJT para el estado SATURACIÓN se obtiene el circuito 5V I

R2

A 1,7 V K C 0,2 V E

Aplicando la segunda ley de Kirchoff se obtiene 5 = R2 I + 1,7 + 0,2 = 20R2 + 1,9 , R2 =

5 − 1,9 = 0,155 KΩ = 155 Ω . 20

2) Se exige que el BJT esté en SATURACIÓN. Entonces, de acuerdo con el apartado anterior, I = 20 mA y el LED estará en ON. Con el valor de R2 calculado en el apartado anterior y

63

teniendo en cuenta que el interruptor está en OFF, se obtiene el circuito 5V 155 Ω R1

I = IC A 1,7 V K C 0,2 V

IB B

0,7 V

E

Se ha de imponer IB ≥ 0, IC ≥ 0 e IC ≤ βIB . IC = I = 20 mA, que es ≥ 0. Para calcular IB en función de R1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5 = R1 IB + 0,7 , IB =

5 − 0,7 4,3 = , R1 R1

que es ≥ 0 para todo R1 . Imponiendo IC ≤ βIB , obtenemos 20 ≤ β R1 ≤

4,3 , R1

4,3 β = 0,215β . 20

La condición más estricta sobre R1 se obtiene para el valor mínimo de β. Por tanto, se deberá cumplir R1 ≤ (0,215)(20) = 4,3 KΩ . El valor máximo que podrá tener R1 es, por tanto, 4,3 KΩ. 3) Con el interruptor en ON, VBE = 0 y el BJT está en CORTE con VCE = 5 V, pues I = 0 y la tensión ánodo-cátodo en el LED vale 0. Sea I
la corriente por el interruptor del nodo conectado a la base a masa. Dado que IB = 0, I
será la corriente por R1 de la fuente de tensión de valor 5 V a la base del BJT y R1 ve una tensión de valor 5 V. Tenemos, por tanto 5 = R1 I
, I
=

5 5 = 1,16 mA . = R1 4,3

Problema 34: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 100, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor

64

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

de la corriente I cuando el interruptor está en ON; 2) determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. 10 V

10 KΩ

I

50 Ω

Solución: 1) La hipótesis BJT en CORTE conduce a I = 0 y, estando el interruptor en ON y siendo nula la tensión de la base del BJT, a VEB = 10, que no es ≤ 0,7. Supongamos que el BJT trabaja en estado ACTIVO. Teniendo en cuenta que el interruptor está en ON, obtenemos el circuito 10 V I = 101IB

50 Ω I


10 KΩ

IB

0,7 V B

E 100IB C

I





Se ha de comprobar IB ≥ 0 y VEC ≥ 0,2. Para calcular IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 10 = (0,05)(101IB ) + 0,7 = 5,05IB + 0,7 , 10 − 0,7 = 1,84 , 5,05 que es ≥ 0. Por otro lado, por inspección, VEC = 0,7 ≥ 0,2. Así pues, el BJT está en estado ACTIVO e I = 101IB = (101)(1,84) = 186 mA . IB =

2) Dado que el interruptor estén ON, podemos utilizar el mismo circuito que en el apartado anterior. La tensión que ve la resistencia de 10 KΩ es 10 V. Por tanto, 10 = 10I
, I
= 1 , y, aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT, la corriente por el interruptor, I

, vale I

= I
+ IB = 1 + 1,84 = 2,84 mA .

65

Problema 35: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, determine el máximo valor de R para el cual el BJT está en estado activo y determine la corriente I en ese caso. 10 V I

R

10 KΩ

5 KΩ

100 Ω

Solución: Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo que incluye la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ y la resistencia de valor 5 KΩ, que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, Vth , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen 5 10 = 3,33 V , 10 + 5 (5)(10) = 3,33 KΩ . = 510 = 5 + 10

Vth = Rth

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito 10 V R

I

3,33 KΩ 3,33 V

100 Ω

y, con el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 10 V

IB 3,33 KΩ 3,33 V

I

R B

C

0,7 V

50IB E 100 Ω

51IB

66

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Se ha de imponer IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 3,33 V, la resistencia de valor 3,33 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100 Ω, obteniendo 3,33 = 3,33IB + 0,7 + (0,1)(51IB ) , 8,43IB = 2,63 , IB =

2,63 = 0,312 , 8,43

que es ≥ 0. Por inspección, I = 50IB = (50)(0,312) = 15,6 . Para calcular VCE conociendo IB e I, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 100 Ω, obteniendo 10 = RI + VCE + (0,1)(51IB ) = RI + VCE + 5,1IB , VCE = 10 − RI − 5,1IB = 10 − 15,6R − (5,1)(0,312) = 8,41 − 15,6R , e imponiendo VCE ≥ 0,2, obtenemos 8,41 − 15,6R ≥ 0,2 , 8,21 ≥ 15,6R , 8,21 = 0,526 KΩ = 526 Ω . 15,6 Así pues, el máximo valor que puede tener R para que el BJT trabaje en estado ACTIVO es 526 Ω y, en ese caso, I = 15,6 mA. R≤

Problema 36: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, supuesto el BJT en estado activo, I = 20 mA; 2) con el valor de R1 calculado en el apartado anterior, el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en estado activo. 10 V

R1

100 Ω

10 KΩ

R2

I

Solución: 1) Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo formado for la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la resistencia de valor 10 KΩ,

67

que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, Vth , y la resistencia de Thévenin, Rth , vale 100 10 10 = , R1 + 10 R1 + 10 10R1 . = R1 10 = R1 + 10

Vth =

(3.1)

Rth

(3.2)

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito 10 V 100 Ω Rth Vth

I

R2

y, con el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 10 V 51IB

100 Ω E

Rth

0,7 V

50IB C

B Vth

IB

R2

I

Por inspección I = 50IB , de donde, para que I = 20 mA, IB deberá valer IB =

20 I = = 0,4 . 50 50

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 100 Ω, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor Rth y la fuente de tensión de valor Vth , obteniendo, usando (3.1) y (3.2), 10 = (0,1)(51IB ) + 0,7 + Rth IB + Vth , 10 = (0,1)(51)(0,4) + 0,7 + 0,4Rth + Vth , 0,4Rth + Vth = 7,26 ,

68

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

0,4

100 10R1 + = 7,26 , R1 + 10 R1 + 10

100 4R1 + = 7,26 , R1 + 10 R1 + 10 4R1 + 100 = 7,26(R1 + 10) , 4R1 + 100 = 7,26R1 + 72,6 , 3,26R1 = 27,4 , R1 =

27,4 = 8,41 KΩ . 3,26

2) Podemos utilizar el último circuito del apartado anterior con el valor calculado para R1 , que hace IB = 0,4 mA e I = 20 mA. Se ha de imponer IB ≥ 0 y VEC ≥ 0,2. Dado que IB = 0,4, la primera condición se cumple. Para calcular VEC conociendo IB e I, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 100 Ω, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R2 , obteniendo 10 = (0,1)(51IB ) + VEC + R2 I , VEC = 10 − 5,1IB − R2 I = 10 − (5,1)(0,4) − 20R2 = 7,96 − 20R2 . E imponiendo VEC ≥ 0,2, obtenemos 7,96 − 20R2 ≥ 0,2 , 20R2 ≤ 7,76 , R2 ≤

7,76 = 0,388 KΩ = 388 Ω . 20

Así pues, con el valor de R1 calculado en el apartado 1), el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en estado ACTIVO es 388 Ω. Problema 37: Usando para la zona de ruptura del diodo Zener el modelo con tensión cátodoánodo igual a VZO = 5,1 V y para el BJT el modelo con parámetros β = 50, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R2 para que, suponiendo que el diodo Zener trabaja en ruptura y que el BJT trabaja en estado activo, I = 50 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en estado activo, determine el máximo valor que puede tener R1 para que el diodo trabaje en ruptura con una corriente inversa ≥ 0.5 mA; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado

69

1) y un valor de R1 menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R3 para el cual el BJT está en estado activo. 20 V R2

R1

R3

I

Solución: 1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V R2 5,1 V IZ

51IB E

0,7 V

IB

50IB

B IZ + IB

R1

C R3

I

Por inspección, I = 50IB y para que I = 50 mA, IB deberá valer IB =

50 I = = 1. 50 50

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5,1 V, la resistencia de valor R2 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5,1 = R2 (51IB ) + 0,7 , 5,1 = R2 (51)(1) + 0,7 , 51R2 = 4,4 , R2 =

4,4 = 0,0863 KΩ = 86,3 Ω . 51

2) Dado que el BJT está en estado ACTIVO y el diodo Zener ha de trabajar en RUPTURA, podemos utilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado para R2 , que hace IB =

70

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

1 mA. Para calcular IZ conociendo IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor 5,1 V y la resistencia de valor R1 , obteniendo 20 = 5,1 + R1 (IZ + IB ) = 5,1 + R1 IZ + R1 IB , 20 = 5,1 + R1 IZ + R1 (1) = 5,1 + R1 IZ + R1 , IZ =

14,9 − R1 , R1

e, imponiendo IZ ≥ 0,5, obtenemos 14,9 − R1 ≥ 0,5 , R1 14,9 − R1 ≥ 0,5R1 , 14,9 ≥ 1,5R1 , R1 ≤

14,9 = 9,93 KΩ . 1,5

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en estado ACTIVO, el valor máximo que puede tener R1 para que la corriente inversa por el diodo Zener sea ≥ 0,5 mA es 9,93 KΩ. 3) Dado que el BJT ha de estar en estado ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el diodo Zener trabajará en RUPTURA y podemos utilizar el circuito del apartado 1) con el valor calculado para R2 , R2 = 86,3 Ω, que hace IB = 1 mA e I = 50 mA. Dado que IB ≥ 0, basta imponer VEC ≥ 0,2. Para calcular VEC conociendo IB e I aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R2 , la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3 , obteniendo 20 = R2 (51IB ) + VEC + R3 I , 20 = (0,0863)(51)(1) + VEC + 50R3 , VEC = 15,6 − 50R3 , e, imponiendo VEC ≥ 0,2, obtenemos 15,6 − 50R3 ≥ 0,2 , 15,4 ≥ 50R3 , R3 ≤

15,4 = 0,308 KΩ = 308 Ω . 50

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual que el máximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R3 para el cual el BJT está en estado ACTIVO es 308 Ω.

71

Problema 38: Usando para la zona de ruptura del diodo Zener el modelo con tensión cátodoánodo igual a VZO = 4,7 V y para BJT el modelo con parámetros β = 100, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor que ha de tener R3 para que, suponiendo que el diodo Zener trabaja en ruptura y que el BJT trabaja en estado activo, I = 10 mA; 2) para el valor de R3 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en estado activo, determine el máximo valor que puede tener R1 para que el diodo trabaje en ruptura con una corriente inversa ≥ 0.5 mA; 3) para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual que el máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en estado activo. 20 V I

R2

R1

R3

Solución: 1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V

IZ + IB

R1

I

R2 IB B

IZ

C 100IB

0,7 V 4,7 V

E R3

101IB

Dado que, por inspección I = 100IB , para que I = 10 mA, IB deberá valer 10 I = = 0,1 . 100 100 Para calcular el valor necesario para R3 conociendo IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R3 , obteniendo IB =

4,7 = 0,7 + R3 (101IB ) = 0,7 + (101)(1)R3 = 0,7 + 101R3 , R3 =

4,7 − 0,7 = 0,0396 KΩ = 39,6 Ω . 101

72

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

2) Dado que el BJT está en estado ACTIVO y el diodo Zener ha de trabajar en RUPTURA, podemos utilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado de R3 , R3 = 39,6 Ω, que hace IB = 0,1 mA. Para calcular IZ conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 4,7 V, obteniendo 20 = R1 (IZ + IB ) + 4,7 = R1 IZ + R1 IB + 4,7 = R1 IZ + 0,1R1 + 4,7 , 15,3 = R1 IZ + 0,1R1 , IZ = e, imponiendo IZ ≥ 0,5,

15,3 − 0,1R1 , R1

15,3 − 0,1R1 ≥ 0,5 , R1 15,3 − 0,1R1 ≥ 0,5R1 , 15,3 ≥ 0,6R1 , R1 ≤

15,3 = 25,5 KΩ . 0,6

Así pues, el máximo valor que ha de tener R1 para que con el valor de R3 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en estado ACTIVO, el diodo Zener trabaje en RUPTURA con una corriente inversa ≥ 0,5 mA es 25,5 KΩ. 3) Dado que el BJT ha de estar en estado ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el diodo Zener trabajará en RUPTURA y podemos utilizar el circuito del apartado 1) con el valor calculado de R3 , R3 = 39,6 Ω, que hace IB = 0,1 mA e I = 10 mA. Dado que IB ≥ 0, basta imponer VCE ≥ 0,2. Para calcular VCE conociendo IB e I, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R2 , la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3 , obteniendo 20 = R2 I + VCE + R3 (101IB ) = 10R2 + VCE + (0,0396)(101)(0,1) = 10R2 + VCE + 0,4 , VCE = 19,6 − 10R2 . Imponiendo VCE ≥ 0,2, obtenemos 19,6 − 10R2 ≥ 0,2 , 19,4 ≥ 10R2 , R2 ≤

19,4 = 1,94 KΩ . 10

Así pues, para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en estado ACTIVO es 1,94 KΩ.

73

Problema 39: Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo en ruptura VZO = 6 V y para el BJT el modelo con parámetros β = 100, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I. 24 V 1 KΩ

I

10 µA

Solución: La fuente de corriente hace IB = 0,01 mA > 0. Eso descarta el estado CORTE. Supongamos que el BJT está en estado ACTIVO y que el diodo está en estado RUPTURA. Se obtiene el circuito 24 V 1 KΩ

IB

C

B

10 µA

100IB

0,7 V E K

I = 101IB 6V

A

Dado que IB > 0, las únicas condiciones a verificar son VCE ≥ 0,2 V e I ≥ 0. Por inspección, I = 101IB = (101)(0,01) = 1,01 , que es ≥ 0. Para calcular VCE conociendo IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la fuente de corriente controlada y la fuente de tensión de valor 6 V, obteniendo 24 = (1)(100IB ) + VCE + 6 , VCE = 18 − 100IB = 18 − (100)(0,01) = 17 , que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos e I = 1,01 mA. Problema 40: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener la resistencia R para que la corriente directa I por el LED valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión

74

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

umbral VDO = 2 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 50, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V. 5V

R

I

Solución: Dado que I > 0, el LED deberá estar en estado ON. Ello implica que la tensión de colector, VC , del BJT valdrá 2 V. Además, la tensión de emisor, VE , del BJT vale 5 V. La tensión VEC del BJT resulta, por tanto, valer VEC = VE − VC = 5 − 2 = 3 , que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en estado ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha de comprobar IB ≥ 0. Con el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 5V E

0,7 V

50IB

B

IB R

C A

I

2V

K

Por inspección, I = 50IB y, para que I = 20 mA, IB deberá valer IB =

20 I = = 0,4 , 50 50

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en estado ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R, obteniendo 5 = 0,7 + RIB , R=

4,3 5 − 0,7 = 10,8 KΩ . = IB 0,4

Problema 41: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener la resistencia R para que la corriente directa I por el LED valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión

75

umbral VDO = 2 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. 5V

R

I

Solución: Dado que I > 0, el LED deberá estar en ON. Ello implica que la tensión de emisor del BJT, VE , valdrá 2 V. Además, la tensión de colector, VC , del BJT vale 5 V. La tensión VCE del BJT resulta, por tanto, valer VCE = VC − VE = 5 − 2 = 3 , que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en estado ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha de comprobar IB ≥ 0. Con el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 5V IB

C

R

0,7 V

50IB

B

E A K

I = 51IB 2V

Dado que I = 51IB , para que I = 20 mA, IB deberá valer IB =

20 I = = 0,392 , 51 51

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en estado ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la fuente de tensión de valor 2 V, obteniendo 5 = RIB + 0,7 + 2 = RIB + 2,7 , R=

2,3 5 − 2,7 = 5,87 KΩ . = IB 0,392

76

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Problema 42: Determine para el circuito de la figura el valor de la corriente I. Para el diodo Zener use el modelo con tensión cátodo-ánodo en ruptura VZO = 4,7 V. Para el LED use el modelo con tensión umbral VDO = 1,5 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 100, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. 10 V I

5 KΩ

200 Ω

Solución: Supondremos que el diodo Zener está en RUPTURA, el LED en estado ON y el BJT en estado ACTIVO. Se obtiene el circuito 10 V IB + IZ

I

A 1,5 V K

5 KΩ IB

K

B

C

100IB

0,7 V

IZ 4,7 V

A

E

101IB

200 Ω

Se ha de verificar IZ ≥ 0, 100IB ≥ 0, IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2, que se reducen a IZ ≥ 0, IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 200 Ω, obteniendo 4,7 = 0,7 + (0,2)(101IB ) = 0,7 + 20,2IB , IB =

4,7 − 0,7 = 0,198 , 20,2

que es ≥ 0. Para calcular IZ conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la fuente de tensión de valor 4,7 V, obteniendo 10 = 5(IB + IZ ) + 4,7 , 5IZ = 5,3 − 5IB , IZ =

5,3 − (5)(0,198) 5,3 − 5IB = = 0,862 , 5 5

77

que es ≥ 0. Para calcular VCE conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de tensión de valor 1,5 V, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 200 Ω, obteniendo 10 = 1,5 + VCE + (0,2)(101IB ) = 1,5 + VCE + 20,2IB , VCE = 8,5 − 20,2IB = 8,5 − (20,2)(0,198) = 4,5 , que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos. Por inspección, I = 100IB = (100)(0,198) = 19,8 mA . Problema 43: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener la resistencia R para que la corriente directa I por el LED valga 20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral VDO = 2 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 50, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V. Suponga, a continuación, que β puede variar entre 20 y 200. ¿Entre qué valores variará la corriente directa I por el LED tomando para R el valor calculado anteriormente? 5V I

R

1 KΩ

Solución: Siendo I > 0, el LED estará en ON. El BJT podría estar en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN. La suposición de cualquiera de los dos estados conduce a VEC = VEB + (1)IB = 0,7 + IB ≥ 0,7 > 0,2. Por tanto, todo parece indicar que el BJT estará en estado ACTIVO. Con el LED en ON y el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 5V I = 51IB

R A

2V K E

IB

0,7 V B

50IB C

1 KΩ

Sólo se ha de comprobar IB ≥ 0. Dado que I = 51IB , para que I = 20 mA, IB deberá valer IB =

20 I = = 0,392 , 51 51

78

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

que es ≥ 0. Así pues, el BJT estará efectivamente en estado ACTIVO. Para calcular el valor necesario de R conociendo I e IB aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R, la fuente de tensión de valor 2 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo 5 = RI + 2 + 0,7 + (1)IB = 20R + 2,7 + 0,392 = 3,09 + 20R , 5 − 3,09 = 0,0955 KΩ = 95,5 Ω . 20 Para resolver la segunda parte del problema expresemos, para R = 95,5 Ω, I en función de β. Supondremos que el LED está en ON y que el BJT está en estado ACTIVO. El razonamiento realizado anteriormente que conduce a VEC > 0,2 sigue siendo válido con independencia del valor de β, por lo que bastará comprobar IB ≥ 0 e I ≥ 0. Con el LED en ON, el BJT en estado ACTIVO y con R = 95,5 Ω, se obtiene el circuito R=

5V I = (β + 1)IB

95,5 Ω A

2V K E

IB

0,7 V

βIB C

B

1 KΩ

Para calcular IB en función de β, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 95,5 Ω, la fuente de tensión de valor 2 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo 5 = (0,0955)(β + 1)IB + 2 + 0,7 + (1)IB , IB =

2,3 , 0,0955β + 1,0955

que es ≥ 0 para todo valor posible de β. La corriente I en función de β valdrá I(β) = (β + 1)IB =

2,3β + 2,3 , 0,0955β + 1,0955

que es ≥ 0 para todo valor posible de β. Así pues, el LED está en ON y el BJT está en estado ACTIVO para todo valor posible de β e I tiene en función de β la expresión anterior. La derivada de I respecto de β para 0,0955β + 1,0955 = 0 vale 2,3(0,0955β + 1,0955) − 0,0955(2,3β + 2,3) 2,3 dI = = , 2 dβ (0,0955β + 1,0955) (0,0955β + 1,0955)2

79

que es > 0 para todo valor posible de β, ninguno de los cuales verifica 0,0955β + 1,0955 = 0. Así pues, I es una función creciente de β en [20, 200] y variará entre un valor mínimo (2,3)(20) + 2,3 = 16,1 mA (0,0955)(20) + 1,0955

Imin = I(20) = y un valor máximo Imax = I(200) =

(2,3)(200) + 2,3 = 22,9 mA . (0,0955)(200) + 1,0955

Problema 44: El BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para el BJT el modelo con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R2 para el cual, suponiendo el BJT en estado activo y β = 50, I = 10 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en estado activo, determine entre qué valores puede variar I debido al rango posible de valores para β; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R1 de modo que para cualquier valor posible para β, el BJT trabaje en estado activo. 20 V

3 KΩ

I

R1

1 KΩ

R2

Solución: 1) Empezaremos calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor 3 KΩ y la resistencia de valor 1 KΩ, que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, Vth , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen 1 20 = 5 V , Vth = 3+1 (1)(3) = 0,75 KΩ . Rth = 13 = 1+3 Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito 20 V R1

I

0,75 KΩ 5V

R2

80

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

y, suponiendo el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V

B IB

I

R1

0,75 KΩ

C βIB

0,7 V

5V E R2

(β + 1)IB

Por inspección I = βIB y para que con β = 50 I = 10 mA, IB deberá valer 10 I = = 0,2 . β 50

IB =

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 0,75 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R2 , obteniendo 5 = 0,75IB + 0,7 + R2 (β + 1)IB ,

(3.3)

5 = (0,75)(0,2) + 0,7 + R2 (51)(0,2) , 4,15 = 10,2R2 , R2 =

4,15 = 0,407 KΩ = 407 Ω . 10,2

2) Calculemos el valor de I en función de β para el valor de R2 , R2 = 407 Ω, obtenido en el apartado anterior, suponiendo que el BJT está en estado ACTIVO. De (3.3), obtenemos 5 = 0,75IB + 0,7 + 0,407(β + 1)IB , 4,3 = (0,407β + 1,16)IB , IB =

4,3 , 0,407β + 1,16

y, usando I = βIB , I(β) =

4,3β . 0,407β + 1,16

La derivada de I respecto de β vale, para 0,407β + 1,16 = 0, 4,99 4,3(0,407β + 1,16) − 0,407(4,3β) dI = , = 2 dβ (0,407β + 1,16) (0,407β + 1,16)2

(3.4)

(3.5)

81

que es > 0 para todos valor posible de β, ninguno de los cuales verifica 0,407β + 1,16 = 0. Así pues, I es una función creciente de β en [20, 150] y variará entre un valor mínimo Imin = I(20) =

(4,3)(20) = 9,25 mA (0,407)(20) + 1,16

y un valor máximo Imax = I(150) =

(4,3)(150) = 10,4 mA . (0,407)(150) + 1,16

3) La expresión (3.4) pone de manifiesto que IB es > 0 para todo valor posible de β. Así pues, para asegurar el trabajo del BJT en el estado ACTIVO bastará con imponer VCE ≥ 0,2. Calculemos, pues, VCE en función de β suponiendo que el BJT está en estado ACTIVO. Podemos usar el último circuito del apartado 1) con R2 = 407 Ω. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R1 , la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R2 , obtenemos 20 = R1 I + VCE + R2 (β + 1)IB = R1 I + VCE + (0,407)(β + 1)IB . Usando (3.4) y (3.5), obtenemos 20 = R1

4,3 4,3β + VCE + (0,407)(β + 1) , 0,407β + 1,16 0,407β + 1,16 20 =

1,75β + 1,75 4,3βR1 + VCE + , 0,407β + 1,16 0,407β + 1,16

VCE = 20 −

1,75β + 1,75 4,3βR1 − , 0,407β + 1,16 0,407β + 1,16

VCE = 20 −

4,3βR1 + 1,75β + 1,75 , 0,407β + 1,16

e, imponiendo VCE ≥ 0,2, obtenemos 20 −

4,3βR1 + 1,75β + 1,75 ≥ 0,2 , 0,407β + 1,16

19,8 ≥

4,3βR1 + 1,75β + 1,75 , 0,407β + 1,16

8,06β + 23,0 ≥ 4,3βR1 + 1,75β + 1,75 , 4,3βR1 ≤ 6,31β + 21,3 , R1 ≤

6,31β + 21,3 = F (β) . 4,3β

La derivada de F respecto de β vale, para β = 0, 6,31(4,3β) − 4,3(6,31β + 21,3) 4,95 dF = =− 2 , 2 dβ (4,3β) β

82

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

que es < 0 para todos los valores posibles de β, que no incluyen β = 0. Así pues, F es una función decreciente de β en en [20, 150], la condición más restrictiva para R1 se obtiene para β = 150, y R1 deberá satisfacer R1 ≤

(6,31)(150) + 21,3 = 1,50 KΩ . (4,3)(150)

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1), el máximo valor que puede tomar R1 de modo que el BJT trabaje en estado ACTIVO para todos los valores posibles de β es 1,50 KΩ. Problema 45: El BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para la zona de ruptura del diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo VZO = 4,7 V y para el BJT el modelo con parámetros β, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R2 para el cual, con β = 50 y suponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en estado activo, I = 20 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en estado activo, determine entre qué valores puede variar I debido al rango posible de valores para β; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1), determine los máximos valores que pueden tener R1 y R3 de modo que para cualquier valor posible para β, el diodo Zener trabaje en ruptura con una corriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en estado activo. 20 V R2

R1

I

R3

Solución: 1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en estado ACTIVO, se obtiene el circuito 20 V (β + 1)IB

R2 C

4,7 V IZ

IB

0,7 V

βIB

B IB + IZ

R1

E R3

I

83

Por inspección, I = βIB y, para que con β = 50 I = 20 mA, IB deberá valer 20 I = = 0,4 . β 50

IB =

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la resistencia de valor R2 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 4,7 = R2 (β + 1)IB + 0,7 ,

(3.6)

4,7 = (51)(0,4)R2 + 0,7 , 4 = 20,4R2 , R2 =

4 = 0,196 KΩ = 196 Ω . 20,4

2) Dado que el diodo Zener está en RUPTURA y el BJT está en estado ACTIVO, podemos utilizar los resultados del apartado anterior que no usan el valor de β, con el valor calculado para R2 . Calculemos I en función de β. De (3.6), 4,7 = (0,196)(β + 1)IB + 0,7 , IB =

4 , 0,196β + 0,196

(3.7)

y, usando I = βIB , I(β) =

4β . 0,196β + 0,196

(3.8)

La derivada de I respecto de β vale, para 0,196β + 0,196 = 0, 4(0,196β + 0,196) − 0,196(4β) 0,784 dI = = , dβ (0,196β + 0,196)2 (0,196β + 0,196)2 que es > 0 para todo valor posible de β, ninguno de los cuales verifica 0,196β + 0,196 = 0. Así pues, I es una función creciente de β en [20, 150] y variará entre un valor mínimo Imin = I(20) =

(4)(20) = 19,4 mA (0,196)(20) + 0,196

y un valor máximo Imax = I(150) =

(4)(150) = 20,3 mA . (0,196)(150) + 0,196

3) Podemos usar el circuito del apartado 1) con el valor de R2 , R2 = 196 Ω, calculado en dicho apartado y los valores de IB e I en función de β calculados en el apartado 2). Siendo IZ la corriente inversa por el diodo Zener, hemos de imponer IZ ≥ 0,5, IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IZ conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor 4,7 V y la resistencia de valor R1 , obteniendo, usando (3.7), 20 = 4,7 + R1 (IB + IZ ) = 4,7 + R1 IB + R1 IZ ,

84

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

20 = 4,7 + 15,3 =

4R1 + R1 IZ , 0,196β + 0,196

4R1 + R1 IZ , 0,196β + 0,196

(15,3)(0,196β + 0,196) = 4R1 + (0,196β + 0,196)R1 IZ , 3β + 3 = 4R1 + (0,196β + 0,196)R1 IZ , IZ = e, imponiendo IZ ≥ 0,5,

3β + 3 − 4R1 , (0,196β + 0,196)R1

3β + 3 − 4R1 ≥ 0,5 , (0,196β + 0,196)R1 3β + 3 − 4R1 ≥ 0,5(0,196β + 0,196)R1 , 3β + 3 ≥ (0,0980β + 4,10)R1 , R1 ≤

3β + 3 = F1 (β) . 0,0980β + 4,10

La derivada de F1 respecto de β vale, para 0,0980β + 4,10 = 0, 3(0,0980β + 4,10) − 0,0980(3β + 3) 12,0 dF1 = = , 2 dβ (0,0980β + 4,10) (0,0980β + 4,10)2 que es > 0 para todos los valores posibles de β, ninguno de los cuales verifica 0,0980β + 4,10 = 0. Así pues, F1 es una función creciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva para R1 se obtiene para β = 20, y R1 deberá satisfacer R1 ≤

(3)(20) + 3 = 10,4 KΩ . (0,0980)(20) + 4,10

La expresión (3.7) para IB en función de β pone de manifiesto que IB ≥ 0 para todo valor posible de β. Calculemos VCE en función de β e impongamos VCE ≥ 0,2. Para calcular VCE conociendo IB e I aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R2 , la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3 , obteniendo, usando (3.7) y (3.8), 20 = R2 (β + 1)IB + VCE + R3 I , 20 = (0,196)(β + 1)

4βR3 4 + VCE + , 0,196β + 0,196 0,196β + 0,196

20 = 4 + VCE + VCE = 16 −

4βR3 , 0,196β + 0,196

4βR3 , 0,196β + 0,196

e, imponiendo VCE ≥ 0,2, obtenemos 16 −

4βR3 ≥ 0,2 , 0,196β + 0,196

85

4βR3 ≤ 15,8 , 0,196β + 0,196 4βR3 ≤ 15,8(0,196β + 0,196) , 4βR3 ≤ 3,10β + 3,10 ,

R3 ≤

3,10β + 3,10 = F2 (β) . 4β

La derivada de F2 respecto de β vale, para β = 0, dF2 3,10(4β) − 4(3,10β + 3,10) 0,775 = =− 2 , 2 dβ 16β β que es < 0 para todos los valores posibles de β, que no incluyen β = 0. Así pues, F2 es una función decreciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva se obtiene para β = 150, y R3 deberá satisfacer R3 ≤

(3,10)(150) + 3,10 = 0,780 KΩ = 780 Ω . (4)(150)

Así pues, para que para cualquier valor posible de β, el diodo Zener trabaje en RUPTURA con una corriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en estado ACTIVO, el valor de R1 no deberá superar 10,4 KΩ y el valor de R3 no deberá superar 780 Ω. Problema 46: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor que ha de tener la resistencia R para que la corriente I valga 2 mA. 12 V

R

25 KΩ

2 KΩ

200 Ω

I

Solución: Con el BJT en CORTE, I sería 0. Todo parece indicar que el BJT debe estará en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN. Supongamos que está en estado ACTIVO. Con el

86

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

BJT en dicho estado, se obtiene el circuito 12 V I3 R

B

I1

25 KΩ

2 KΩ C

I2 0,7 V IB

I = 51IB

50IB E

200 Ω

Las condiciones a verificar son IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Dado que I = 51IB , para que I = 2 mA, IB deberá valer 2 IB = = 0,0392 , 51 que es ≥ 0. Calculemos la tensión de la base, VB : VB = 0,7 + 0,2I = 0,7 + (0,2)(2) = 1,1 . Calculemos la corriente I1 :

1,1 VB = = 0,044 . 25 25 I2 puede ser calculada a partir de I1 e IB aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT: I1 =

I2 = I1 + IB = 0,044 + 0,0392 = 0,0832 . La corriente I3 puede ser calculada aplicando la primera ley de Kirchoff al colector del BJT: I3 = I2 + 50IB = 0,0832 + (50)(0,0392) = 2,04 . Calculemos la tensión de colector, VC : VC = 12 − 2I3 = 12 − (2)(2,04) = 7,92 . Calculemos la tensión de emisor, VE : VE = 0,2I = (0,2)(2) = 0,4 . La tensión VCE resulta valer VCE = VC − VE = 7,92 − 0,4 = 7,52 , que es ≥ 0,2. Por tanto, el estado supuesto para el BJT es correcto. El valor necesario para R puede ser obtenido imponiendo VC − VB = RI2 . Ello da R=

7,92 − 1,1 VC − VB = 82,0 KΩ . = I2 0,0832

87

Problema 47: Determine para el circuito de la figura el valor de la corriente IL cuando el interruptor está en OFF y cuando está en ON. Use para los BJTs el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. 5V

5 KΩ

200 Ω

10 Ω

IL

Solución: Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos analizando el circuito para el caso interruptor en OFF. Supondremos que Q1 está en estado SATURACIÓN y que Q2 está en estado CORTE. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en OFF, el circuito 5V IL 200 Ω

5 KΩ B

IC1 C

IB1 0,7 V

0,2 V

10 Ω

B

C E

E

Se ha de verificar IB1 ≥ 0, IC1 ≥ 0, IC1 ≤ 50IB1 , VBE2 ≤ 0,7 y VCE2 ≥ 0. Por inspección, IL = 0 y VBE2 = 0,2, que es ≤ 0,7. También por inspección, teniendo en cuenta IL = 0, obtenemos VCE2 = 5, que es ≥ 0. Así pues, basta verificar IB1 ≥ 0, IC1 ≥ 0 e IC1 ≤ 50IB1 . Para calcular IB1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5 = 5IB1 + 0,7 , 5 − 0,7 = 0,860 , 5 que es ≥ 0. Para calcular IC1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 5 = 0,2IC1 + 0,2 , 5 − 0,2 = 24 , IC1 = 0,2 IB1 =

88

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

que es ≥ 0 y ≤ 50IB1 = (50)(0,860) = 43. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos y, con el interruptor en OFF, IL = 0. Analizaremos por último el circuito para el caso interruptor en ON. Con I en ON, VBE1 = 0 ≤ 0,7 y, suponiendo VCE1 ≥ 0, Q1 estará en corte. Supondremos Q1 en CORTE y Q2 en SATURACIÓN. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en ON, el circuito 5V

200 Ω

5 KΩ

IB2 B

B

10 Ω IL = IC2

0,7 V

C

C

0,2 V

E

E

Se ha de verificar VCE1 ≥ 0, IB2 ≥ 0, IC2 ≥ 0, e IC2 ≤ 50IB2 . Por inspección, VCE1 = 0,7 V, que es ≥ 0. Para calcular IB2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 5 = 0,2IB2 + 0,7 ,

IB2 =

5 − 0,7 = 21,5 , 0,2

que es ≥ 0. Para calcular IC2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 5 = 0,01IC2 + 0,2 ,

IC2 =

5 − 0,2 = 480 , 0,01

que es ≥ 0 y ≤ 50IB2 = (50)(21,5) = 1.075. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos y, con el interruptor en ON, IL = IC2 = 480 mA. Problema 48: Determine para el circuito de la figura los valores de la corriente I y de las tensiones V1 y V2 . Use para los BJTs el modelo con parámetros β = 50, VBE ,u = VBE ,act =

89

VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. 24 V 82 KΩ

1 KΩ

100 KΩ

I V1

10 KΩ

V2 100 Ω

Solución: Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha, y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 24 V y las resistencias de valores 82 Ω, 10 KΩ y 100 KΩ, que tiene como salidas la base de Q1 y masa. La tensión de Thévenin, Vth , y la resistencia de Thévenin, Rth , valen Vth =

10 24 = 2,61 V , 10 + 82

Rth = 100 + 10  82 = 100 +

(10)(82) = 109 KΩ . 10 + 82

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito 24 V 1 KΩ

109 KΩ

Q1

2,61 V

I

V1 Q2

V2 100 Ω

Supongamos que Q1 está en estado ACTIVO y que Q2 está en SATURACIÓN. Se obtiene el circuito 24 V 109 KΩ 2,61 V

IB1

I = IC2

C

B

1 KΩ 50IB1

0,7 V E B

IB2 = 51IB1 C

0,7 V

V2

E

51IB1 + IC2

V1

0,2 V

100 Ω

90

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Las condiciones a verificar son IB1 ≥ 0, VCE 1 ≥ 0,2, IB2 ≥ 0, IC2 ≥ 0, e IC2 ≤ 50IB2 . Dado que IB2 = 51IB1 , IB2 ≥ 0 queda reducida a IB1 ≥ 0. Así pues, basta verificar IB1 ≥ 0, VCE 1 ≥ 0,2 V, IC2 ≥ 0 e IC2 ≤ 50IB2 . Empezaremos calculando IB1 e IC2 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,61 V, la resistencia de valor 109 KΩ, las fuentes de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100 Ω y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor 1 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,2 V y la resistencia de valor 100 Ω, se obtiene 2,61 = 109IB1 + 0,7 + 0,7 + 0,1(51IB1 + IC2 ) , 24 = (1)IC2 + 0,2 + (0,1)(51IB1 + IC2 ) y el sistema de ecuaciones lineales 114,1IB1 + 0,1IC2 = 1,21 5,1IB1 + 1,1IC2 = 23,8 cuya solución es

   1,21 0,1     23,8 1,1   = −0,00839 , IB1 =   114,1 0,1     5,1 1,1     114,1 1,21     5,1 23,8   = 21,7 . IC2 =   114,1 0,1     5,1 1,1 

Dado que IB1 no es ≥ 0, el par de estados supuesto para los BJTs no es correcto. Supongamos que los dos BJTs están en estado ACTIVO. Con esos estados, se obtiene el circuito 24 V 109 KΩ 2,61 V

IB1

I 1 KΩ 50IB1

C

B

0,7 V E B

IB2 = 51IB1 V1

C

50IB2

0,7 V

V2

E

51IB2

100 Ω

Las condiciones a verificar son IB1 ≥ 0, VCE 1 ≥ 0,2, IB2 ≥ 0 y VCE 2 ≥ 0,2. Dado que IB2 = 51IB1 , la condición IB2 ≥ 0 queda reducida a IB1 ≥ 0. Así pues, basta verificar IB1 ≥ 0, VCE 1 ≥ 0,2 V y VCE 2 ≥ 0,2 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la

91

fuente de tensión de valor 2,61 V, la resistencia de valor 109 KΩ, las fuentes de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100 Ω, obtenemos 2,61 = 109IB1 + 0,7 + 0,7 + (0,1)(51IB2 ) = 109IB1 + 5,1IB2 + 1,4 y, usando IB2 = 51IB1 , 2,61 = 109IB1 + (5,1)(51IB1 ) + 1,4 = 369IB1 + 1,4 , 2,61 − 1,4 = 0,00328 , 369 = 51IB1 , la tensión VCE1 puede ser calculada de la forma

IB1 = que es ≥ 0. Usando de nuevo IB2

VCE1 = VC1 − VE1 = 24 − (0,7 + (0,1)(51IB2 )) = 23,3 − 5,1IB2 = 23,3 − (5,1)(51IB1 ) = 23,3 − 260IB1 = 23,3 − (260)(0,00328) = 22,4 , que es ≥ 0,2. Usando IB2 = 51IB1 , la tensión VCE 2 puede ser calculada de la forma VCE 2 = VC2 − VE2 = (24 − (1)(50IB2 )) − (0,1)(51IB2 ) = 24 − 55,1IB2 = 24 − (55,1)(51IB1 ) = 24 − 2.810IB1 = 24 − (2.810)(0,00328) = 14,8 , que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos. Usando IB2 = 51IB1 , la corriente I resulta valer I = 50IB2 = (50)(51IB1 ) = 2.550IB1 = (2.550)(0,00328) = 8,36 mA . La tensión V1 vale

V1 = 24 − (1)I = 24 − 8,36 = 15,6 V .

Finalmente, usando IB2 = 51IB1 , la tensión V2 vale V2 = (0,1)(51IB2 ) = 5,1IB2 = (5,1)(51IB1 ) = 260IB1 = (260)(0,00328) = 0,853 V . Problema 49: Los BJT del circuito de la figura tienen un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Usando para los BJT el modelo con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el máximo valor que puede tener R2 para que, con el interruptor en ON, el BJT Q2 esté en saturación; 2) para el valor máximo de R2 calculado en el apartado anterior, determine el valor máximo que puede tener R1 para que, con el interruptor en OFF, Q1 esté en saturación; 3) para los valores máximos de R1 y R2 calculados anteriormente, determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en ON. 10 V R1

R2

10 Ω Q2

Q1

Solución: Usaremos el subíndice 1 para las tensiones y corrientes de Q1 y el subíndice 2 para

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3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

las tensiones y corrientes de Q2. 1) Con Q2 en SATURACIÓN, VCE 1 = VBE 2 = 0,7, que es ≥ 0. Con el interruptor en ON, VBE 1 = 0, que es < 0,7. VCE 1 ≥ 0 y VBE 1 < 0,7 implican Q1 en CORTE. Así pues, Q2 en SATURACIÓN implica Q1 en CORTE. Supongamos, pues, Q2 en SATURACIÓN y, sabiendo que Q1 está en CORTE, impongamos IB2 ≥ 0, IC2 ≥ 0 e IC2 ≤ βIB2 . Con Q1 en CORTE y Q2 en SATURACIÓN, se obtiene el circuito 10 V 10 Ω

R2 IB2

IC2

B 0,7 V

C 0,2 V

E

Para calcular IB2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R2 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 10 = R2 IB2 + 0,7 , IB2 =

10 − 0,7 9,3 = , R2 R2

que es ≥ 0 para todo R2 . Para calcular IC2 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo 10 = 0,01IC2 + 0,2 , IC2 =

10 − 0,2 = 980 , 0,01

que es ≥ 0. Finalmente imponiendo IC2 ≤ βIB2 , obtenemos 980 ≤ β

9,3 , R2

9,3 β = 0,00949β . 980 La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando R2 ≤

R2 ≤ (0,00949)(20) = 0,190 KΩ = 190 Ω . Así pues, el valor máximo de R2 para el cual con el interruptor en ON Q2 estará en SATURACIÓN es 190 Ω. 2) Con Q1 en SATURACIÓN, VBE 2 = VCE 1 = 0,2, que es < 0,7. Ello implica que Q2 estará en CORTE, debiéndose únicamente verificar VCE 2 ≥ 0. Pero, con Q2 en CORTE, la corriente por la resistencia de valor 10 Ω es nula y VCE 2 = 10 ≥ 0. Así pues, Q1 en SATURACIÓN

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implica Q2 en CORTE. Supongamos Q1 en SATURACIÓN y, sabiendo que Q2 está en CORTE, impongamos IB1 ≥ 0, IC1 ≥ 0 e IC1 ≤ βIB1 . Con el interruptor en OFF, Q2 en CORTE, y Q1 en SATURACIÓN, se obtiene, para el máximo valor de R2 , R2 = 190 Ω, calculado en el apartado anterior, el circuito 10 V 190 Ω

R1 IB1

B 0,7 V

IC1

C 0,2 V

E

Para calcular IB1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo 10 = R1 IB1 + 0,7 , 10 − 0,7 9,3 = , R1 R1 que es ≥ 0 para todo R1 . Para calcular IC1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 190 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo IB1 =

10 = 0,190IC1 + 0,2 , 10 − 0,2 = 51,6 , 0,190 ≤ βIB1 , obtenemos

IC1 = que es ≥ 0. Finalmente imponiendo IC1

51,6 ≤ β

9,3 , R1

9,3 β = 0,180β . 51,6 La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando R1 ≤

R1 ≤ (0,180)(20) = 3,60 KΩ . Así pues, para el valor máximo calculado en el apartado anterior para R2 y con el interruptor en ON, el valor máximo de R1 para el cual Q1 estará en SATURACIÓN es 36 KΩ. 3) Con el interruptor en ON y con el valor máximo para R2 calculado en el apartado 1), tal y como se ha visto en ese apartado, Q1 estará en CORTE. Ello implica IB1 = 0 y que la corriente por el interruptor sea igual a la corriente por la resistencia de valor R1 , que, con el interruptor en ON, ve una tensión de valor 10 V. Así pues, la corriente por el interruptor valdrá 10 10 = 2,78 mA . = R1 3,60

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3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Problema 50: Los BJT Q1, Q2 y Q3 del circuito de la figura tienen un parámetro β comprendido entre 20 y 150. Las tensiones v1 y v2 pueden variar entre 0 y 5 V. Usando para Q1 y Q2 el modelo con parámetros β, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V, y para Q3 el modelo con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) demuestre que, con v1 > v2 , I = 0; 2) determine el máximo valor de R para el cual con v1 < v2 , Q3 está en saturación. Ayuda: para el apartado 1), suponga que Q2 está en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN, determine los estados de Q1 y Q3, y luego demuestre que efectivamente Q2 está en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN, dependiendo del valor de R. 10 V R

v1

10 V

Q1 I

Q2

v2

50 Ω Q3

100 KΩ

100 KΩ

−10 V

Solución: Denotaremos mediante los subíndices 1, 2 y 3 las tensiones y corrientes correspondientes a, respectivamente, Q1, Q2 y Q3. 1) Empecemos suponiendo que Q2 está en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN. En ambos casos tenemos VEB 2 = 0,7 y una tensión de emisor de Q2 VE2 = v2 + 0,7. La tensión VEB 1 resulta valer VEB 1 = VE2 − v1 = v2 + 0,7 − v1 = 0,7 + v2 − v1 , que para v1 > v2 es < 0,7. Ello implica que Q1 estará en CORTE, debiéndose únicamente verificar VEC 1 ≥ 0. Hagámoslo y, de paso, determinemos el estado de Q3. Con Q1 en corte, IC1 = 0. Puede verse que eso implica que Q3 estará en CORTE. Se ha de verificar VBE 3 ≤ 0,7 y VCE 3 ≥ 0. Con Q3 en CORTE, IB3 = 0. Siendo IC1 = 0, ello implica que la corriente por la resistencia de valor 100 KΩ conectada a la base de Q3 es 0 y que VBE 3 = 0, que es ≤ 0,7. Con Q3 en CORTE, I = IC3 = 0, implicando VCE 3 = 10 − (−10) = 20, que es ≥ 0,2. Así pues, Q1 en CORTE implica Q3 en CORTE. Hemos de comprobar VEC 1 ≥ 0 sabiendo que Q3 está en CORTE. Dado que la corriente por las resistencia de 100 KΩ conectada a la base de Q3 es 0, la tensión de colector de Q1 valdrá −10 y VEC 1 = VE2 − (−10) = VE2 + 10 = v2 + 0,7 + 10 = 10,7 + v2 , que es ≥ 0 para todos los valores posibles de v2 .

95

En resumen, supuesto Q2 en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN, Q1 y Q3 estarán en CORTE e I = 0. Falta comprobar que Q2 está en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN. Podemos usar el hecho de que Q1 y Q3 están en CORTE. Con Q2 en estado ACTIVO o en estado SATURACIÓN, tenemos VEB 2 = 0,7 y la tensión de emisor de Q2 valdrá VE2 = v2 + 0,7. Estando Q1 en CORTE, la corriente por la resistencia de valor R será la corriente de emisor de Q2, IE2 , y tendremos IE2 =

10 − (v2 + 0,7) 9,3 − v2 10 − VE2 = = , R R R

que, para todos los valores posibles de v2 es > 0. Supongamos Q2 en estado ACTIVO. Se ha de verificar IB2 ≥ 0 y VEC 2 ≥ 0,2. Dado que en estado ACTIVO IB2 = IE2 /(β2 + 1), tendremos IB2 > 0, verificándose la primera condición. La condición VEC 2 ≥ 0,2 puede o no cumplirse dependiendo del valor de R. En efecto, con Q2 en estado ACTIVO, la corriente de colector de Q2 valdrá IC2 = β2 /(β2 + 1)IE2 , la tensión de colector de Q2 valdrá VC2 = −10 + 100IC2 , y VEC 2 = VE2 − VC2 = v2 + 0,7 + 10 − 100IC2 = v2 + 10,7 − 100IC2 . Para R suficientemente pequeña, IE2 e IC2 serán suficientemente grandes y VEC 2 será < 0,2, en contradicción con Q2 en estado ACTIVO. Vamos a ver que en éste caso, Q2 estará en SATURACIÓN. En ese estado, VEC 2 = 0,2. Además, IC2 < (β2 /(β2 + 1))IE2 , pues VEC 2 = v2 + 10,7 − 100IC2 y IC2 = β2 /(β2 + 1)IE2 conducen a VEC 2 < 0,2. De hecho, IC2 valdrá IC2 =

VC2 + 10 VE2 − VEC 2 + 10 v2 + 0,7 − 0,2 + 10 v2 + 10,5 VC2 − (−10) = = = = . 100 100 100 100 100

Hemos de verificar IB2 ≥ 0, IC2 ≥ 0 y IC2 ≤ βIB2 . Dado que IB2 = IE2 − IC2 e IC2 < (β2 /(β2 + 1))IE2 , tendremos IB2 > IE2 − (β2 /(β2 + 1))IE2 = IE2 /(β2 + 1) > 0. De la expresión de IC2 en función de v2 se deduce que para todos los valores posibles de v2 , IC2 ≥ 0. Finalmente, usando IC2 < (β2 /(β2 + 1))IE2 e IB2 > IE2 /(β2 + 1) > 0, teniendo en cuenta IB2 > 0, obtenemos β2 IE2 IC2 β +1 = β2 , < 2 IE2 IB2 β2 + 1 que, con IB2 > 0, implica IC2 < β2 IB2 . Así pues, cuando Q2 no está en estado ACTIVO, está en estado SATURACIÓN y Q2 está necesariamente en uno de esos dos estados. Ello concluye la demostración. 2) Con Q3 en SATURACIÓN y v1 < v2 , Q1 está en estado ACTIVO y Q2 está en CORTE. Veamos primero que con Q2 en CORTE, Q1 está en estado ACTIVO. Con Q1 en estado ACTIVO, VEB 1 = 0,7 y la tensión de emisor de Q1 vale VE1 = v1 + 0,7. Además, la corriente por la resistencia de valor R será la corriente de emisor de Q1 y valdrá IE1 =

9,3 − v1 10 − (v1 + 0,7) = , R R

que es > 0 para todos los valores posibles de v1 . Hemos de comprobar IB1 ≥ 0 y VEC 1 ≥ 0,2. Como en estado ACTIVO IB1 = IE1 /(β1 + 1), tenemos IB1 > 0, comprobando la primera condición. Para la segunda, con Q3 en estado SATURACIÓN, VBE 3 = 0,7 y VC1 = −10+0,7 = −9,3, dando VEC 1 = VE1 − VC1 = v1 + 0,7 − (−9,3) = v1 + 10 ,

96

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

que es ≥ 0,2 para todos los valores posibles de v1 . Acabamos de comprobar que con Q2 en CORTE, Q1 está en estado ACTIVO. Comprobemos que Q2 está en CORTE, sabiendo que Q1 está en estado ACTIVO. La tensión VEB 2 vale VEB 2 = VE2 − v2 = VE1 − v2 = v1 + 0,7 − v2 = 0,7 + v1 − v2 , que con v1 < v2 es < 0,7. Basta comprobar VEC 2 ≥ 0. Con Q2 en corte, IC2 = 0 y la tensión de colector de Q2 vale VC2 = −10. Ello da VEC 2 = VE2 − VC2 = VE1 − VC2 = v1 + 0,7 − (−10) = v1 + 10,7 , que para todos los valores posibles de v1 es ≥ 0. En resumen, con Q3 en SATURACIÓN y v1 < v2 , Q1 está en estado ACTIVO y Q2 está en CORTE. Con esos estados, obtenemos el circuito 10 V (β1 + 1)IB1

R E IB1 B

v1

10 V

β1 IB1

0,7 V C

IB3 I1

100 KΩ

IC3

50 Ω C

B 0,7 V

0,2 V E

−10 V

Hemos de imponer las condiciones del estado SATURACIÓN de Q3, es decir IB3 ≥ 0, IC3 ≥ 0, e IC3 ≤ β3 IB3 . Calculemos IB3 e IC3 . Para calcular IC3 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω, la fuente de tensión de valor 0,2 V y la fuente de tensión de valor −10 V, obteniendo 10 = 0,05IC3 + 0,2 − 10 = 0,05IC3 − 9,8 , IC3 =

19,8 = 396 , 0,05

(3.9)

que es ≥ 0. Para calcular I1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 V del circuito equivalente de Q3 y la resistencia de valor 100 KΩ, obteniendo 0,7 = 100I1 , I1 =

0,7 = 0,007 . 100

(3.10)

97

Para calcular IB1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R, la fuente de tensión de valor 0,7 V del circuito equivalente de Q1 y la fuente de tensión de valor v1 , obteniendo 10 = R(β1 + 1)IB1 + 0,7 + v1 , 9,3 − v1 . (3.11) IB1 = R(β1 + 1) Por último, para calcular IB3 conociendo I1 e IB1 , aplicamos la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al colector de Q1, obteniendo β1 IB1 = I1 + IB3 , y, usando (3.10) y (3.11),

β1 9,3 − v1 = 0,007 + IB3 , β1 + 1 R β1 9,3 − v1 IB3 = − 0,007 . (3.12) β1 + 1 R La condición IB3 ≥ 0 se traduce en β1 9,3 − v1 − 0,007 ≥ 0 , β1 + 1 R β1 9,3 − v1 ≥ 0,007 , β1 + 1 R β1 9,3 − v1 . R≤ β1 + 1 0,007 Dado que el miembro de la derecha es una función creciente de β1 y decreciente de v1 , la condición más restrictiva se alcanza para el menor valor posible de β1 y el mayor valor posible de v1 , y es 20 9,3 − 5 = 585 KΩ . R≤ 20 + 1 0,007 Por último, la condición IC3 ≤ β3 IB3 se traduce, usando (3.9) y (3.12), en   β1 9,3 − v1 − 0,007 , 396 ≤ β3 β1 + 1 R β1 9,3 − v1 − 0,007β3 , β1 + 1 R β1 9,3 − v1 ≥ 396 + 0,007β3 , β3 β1 + 1 R β1 β3 (9,3 − v1 ) . R≤ 0,007β3 + 396 β1 + 1 El miembro de la derecha es creciente con β1 y β3 y decreciente con v1 , la condición más restrictiva se alcanza con los menores valores posibles para β1 y β3 y con el mayor valor posible para v1 , y es 20 20 (9,3 − 5) = 0,207 KΩ = 207 Ω . R≤ (0,007)(20) + 396 20 + 1 Dicha condición para R es más restrictiva que la condición R ≤ 585 KΩ obtenida imponiendo IB3 ≥ 0, por lo que el mayor valor de R para el cual, con v1 < v2 , Q3 estará en SATURACIÓN es 207 Ω. 396 ≤ β3

98

3 Problemas de análisis de circuitos con BJTs

Capítulo 4

Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs Problema 51: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V

1 MΩ

I

2 KΩ Vt = 1 V K = 2 mA/V2

1 MΩ

Solución: Con el interruptor en ON, VGS = 0 < Vt = 1, el transistor trabajará en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar VDS ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 2I + VDS = VDS , VDS = 5 , que es ≥ 0. Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y 1 MΩ 5 = 2,5 , VGS = 1 MΩ + 1 MΩ que es > Vt = 1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. La única condición a verificar es VDS ≥ VGS − Vt = 2,5 − 1 = 1,5.

100

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

La corriente I vale I = K(VGS − Vt )2 = (2)(2,5 − 1)2 = (2)(1,5)2 = 4,5 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 2I + VDS , VDS = 5 − 2I = 5 − (2)(4,5) = −4 , que no es ≥ 1,5. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Las condiciones a verificar son VDS ≥ 0 y VDS ≤ VGS − Vt = 2,5 − 1 = 1,5. La corriente I valdrá, en función de VDS ,     2 2 2 . (4.1) = 2 (2)(2,5 − 1)VDS − VDS = 6VDS − 2VDS I = K 2(VGS − Vt )VDS − VDS Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET, se obtiene 5 = 2I + VDS , que, combinada con (4.1), da la ecuación de segundo grado en VDS 2 5 = 12VDS − 4VDS + VDS , 2 − 13VDS + 5 = 0 , 4VDS

cuyas soluciones son VDS = 2,80 y VDS = 0,446. La solución VDS = 0,446 verifica VDS ≥ 0 y VDS ≤ 1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica, VDS = 0,446 y, usando (4.1), I = (6)(0,446) − (2)(0,446)2 = 2,28 mA . Problema 52: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V

1 MΩ

I

1 KΩ Vt = −1 V K = 1 mA/V2

1 MΩ −10 V

Solución: Con el interruptor en ON, VGS = 0 > Vt = −1 y el transistor no podrá trabajar en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. La única condición a verificar es VDS ≥ VGS − Vt = 0 − (−1) = 1. La corriente I valdrá I = K(VGS − Vt )2 = (1)(0 + 1)2 = 1 .

101

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 1 KΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = (1)I + VDS = 1 + VDS , VDS = 4 , que es ≥ 1. Así pues, el transistor trabaja en la zona saturación e I = 1 mA. Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, es posible calcular la tensión de puerta, VG , analizando el circuito 5V 1 MΩ VG 1 MΩ −10 V

Teniendo en cuenta que la diferencia de tensión entre las dos resistencias se reparte entre ellas proporcionalmente a sus valores, obtenemos VG = −10 +

1 MΩ (5 − (−10)) = −2,5 . 1 MΩ + 1 MΩ

Por tanto, VGS vale VGS = −2,5 − 0 = −2,5, que es < Vt = −1. Así pues, el transistor trabaja en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar VDS ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 1 KΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 10I + VDS = VDS , VDS = 5 , que es ≥ 0. Problema 53: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V

1 MΩ Vt = −1 V K = 2 mA/V2 1 MΩ

I

5 KΩ

Solución: Con el interruptor en ON, VGS = 0 > Vt = −1, el transistor trabajará en la zona

102

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar VDS ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 5 KΩ, obtenemos 5 = −VDS + 5I = −VDS , VDS − 5 , que es ≤ 0. Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, la tensión de puerta, VG , vale VG =

1 MΩ 5 = 2,5 . 1 MΩ + 1 MΩ

La tensión VGS vale, por tanto, VGS = 2,5 − 5 = −2,5 < Vt = −1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. Tenemos I = K(VGS − Vt )2 = (2)(−2,5 − (−1))2 = 4,5 . Se ha de verificar VDS ≤ VGS − Vt = −2,5 − (−1) = −1,5. La tensión de drenador, VD , vale VD = 5I = (5)(4,5) = 22,5 . La tensión VDS resulta, por tanto, valer VDS = 22,5 − 5 = 17,5, que no es ≤ −1,5. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar VDS ≤ 0 y VDS ≥ VGS − Vt = −2,5 − (−1) = −1,5. La corriente I, en función de VDS , vale     2 2 = 2 (2)(−2,5 − (−1))VDS − VDS I = K 2(VGS − Vt )VDS − VDS 2 . = −6VDS − 2VDS

(4.2)

La tensión de drenador, VD , vale 2 VD = 5I = −30VDS − 10VDS

y, utilizando VDS = VD − 5, se obtiene la ecuación de segundo grado en VDS 2 VDS = −30VDS − 10VDS − 5, 2 + 31VDS + 5 = 0 , 10VDS

cuyas soluciones son VDS = −2,93 y VDS = −0,171. La solución VDS = −0,171 verifica las condiciones VDS ≤ 0 y VDS ≥ −1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica, VDS = −0,171 V y, utilizando (4.2), la corriente I vale I = −(6)(−0,171) − (2)(−0,171)2 = 0,968 mA .

103

Problema 54: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF. 5V

10 V

1 MΩ Vt = 1 V K = 2 mA/V2 3 MΩ

I

1 KΩ

Solución: Cuando el interruptor está en ON, VGS = 0 < Vt = 1 y el transistor no podrá trabajar en la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. Únicamente se ha de verificar VDS ≤ VGS − Vt = 0 − 1 = −1. La corriente I vale I = K(VGS − Vt )2 = (2)(0 − 1)2 = 2 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 1 KΩ, obtenemos 5 = −VDS + I = −VDS + 2 , VDS = −3 , que es ≤ −1. Así pues, el transistor trabaja en la zona saturación e I = 2 mA. Cuando el interruptor está en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 MΩ y la resistencia de valor 3 MΩ forman un divisor de tensión, la tensión de puerta, VG , vale VG =

3 MΩ 10 = 7,5 , 1 MΩ + 3 MΩ

la tensión VGS vale VGS = 7,5 − 5 = 2,5, que es > Vt = 1, el transistor trabajará en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar VDS ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 1 KΩ, obtenemos 5 = −VDS + (1)I = −VDS , VDS = −5 , que es ≤ 0. Problema 55: Se utiliza el circuito de la figura para caracterizar un MOSFET de enriquecimiento de canal n. Cuando el interruptor está en OFF, la lectura del amperímetro es 6,5 mA y, cuando

104

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

está en ON, 4 mA. ¿Qué valores tienen los parámetros Vt y K del transistor? 10 V

1 MΩ

1 KΩ

1 MΩ A

Solución: Siendo el transistor un MOSFET de enriquecimiento de canal n, Vt será > 0. Con el interruptor en OFF, la corriente por la resistencia de valor 1 KΩ es ID y VDS = 10 − (1)ID = 10 − (1)(6,5) = 3,5. Con el interruptor en ON, despreciando la corriente por las resistencias de valor 1 MΩ, tenemos VDS = 10 − (1)ID = 10 − (1)(4) = 6. En ambos casos, pues, VDS > 0. Entonces, ID > 0 implica VGS > Vt . Con el interruptor en OFF, siendo la corriente por la puerta del transistor nula, VGD = 0 y el transistor trabajará en la zona saturación, pues se tiene VDS = VDG + VGS = VGS − VGD = VGS > VGS − Vt . Obtenemos (4.3) 6,5 = K(VGS − Vt )2 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 KΩ y el transistor, y utilizando VDS = VGS , obtenemos 10 = (1)ID + VDS = (1)(6,5) + VGS = 6,5 + VGS , VGS = 3,5 . Sustituyendo este valor en (4.3), obtenemos 6,5 = K(3,5 − Vt )2 .

(4.4)

Con el interruptor en ON, siendo la corriente por la puerta del transistor nula, las resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y VGS =

1 MΩ VDS VDS = , 1 MΩ + 1 MΩ 2 VDS = 2VGS ,

y el transistor también trabajará en la zona saturación, pues se tendrá VDS > VGS > VGS − Vt . Obtenemos (4.5) 4 = K(VGS − Vt )2 . Despreciando la corriente por las resistencias de 1 MΩ, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la misma malla que antes, y usando VDS = 2VGS , obtenemos 10 = (1)ID + VDS = (1)(4) + 2VGS = 4 + 2VGS ,

105

que da

10 − 4 = 3. 2 La corriente por las resistencias de 1 MΩ resulta valer, por tanto, VGS /(2 MΩ) = 3/2.000 = 0,0015 mA, que, efectivamente, es despreciable frente a 4 mA. Sustituyendo el valor de VGS en (4.5), obtenemos (4.6) 4 = K(3 − Vt )2 . VGS =

Los parámetros Vt y K del MOSFET pueden ser determinados resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (4.4) y (4.6). Dividiéndolas, obtenemos 

6,5 = 4

3,5 − Vt 3 − Vt

2 ,

y, considerando que Vt < 3, pues con el interruptor en OFF VGS > Vt y VGS = 3, obtenemos  6,5 3,5 − Vt = 1,275 , = 3 − Vt 4 3,5 − Vt = 3,825 − 1,275Vt , Vt =

3,825 − 3,5 = 1,18 V . 1,275 − 1

Sustituyendo ese valor en (4.6), obtenemos 4 = K(3 − 1,18)2 = 3,31K y K=

4 = 1,21 mA/V2 . 3,31

Problema 56: El circuito de la figura se comporta como una fuente de corriente para ciertos valores de R. ¿Cuáles? 5V

5 KΩ

R Vt = 1 V K = 1 mA/V2

10 KΩ

Solución: Dado que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la resistencia de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y VGS =

10 5 = 3,33 . 5 + 10

106

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Siendo VGS > Vt = 1, el transistor trabajará en la zona óhmica o en la zona saturación. El que trabaje en una zona u otra dependerá del valor de R. Ello se puede ver gráficamente considerando que el punto de trabajo del transistor estará en la intersección de la recta de carga 5 = RID + VDS con la característica ID = f (VDS ) del transistor para VGS = 3,33 V. Con VGS = 3,33, ID,sat = K(VGS − Vt )2 = (1)(3,33 − 1)2 = 5,43 mA y la transición entre la zona óhmica y la zona saturación se producirá para VDS = VDS ,sat = VGS − Vt = 3,33 − 1 = 2,33 V. Así pues, la situación será ID (mA) 5 R 5 Rmax 5,43

VGS = 3,33 V 2,33

5

VDS (V)

Para R ≤ Rmax , el transistor trabajará en la zona saturación, ID será independiente de R y el circuito se comportará como una fuente de corriente. Rmax puede ser determinada imponiendo ID = ID,sat y VDS = VDS ,sat en la ecuación de la recta de carga: 5 = Rmax ID,sat + VDS ,sat ,

5 = 5,43Rmax + 2,33 ,

Rmax =

5 − 2,33 = 0,492 KΩ . 5,43

Problema 57: El MOSFET del circuito de la figura tiene una Vt = 1 V y un parámetro K que puede variar entre 10 y 40 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET en saturación y K = 20 mA/V2 , I = 10 mA; 2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2 para que, para

107

cualquier valor posible para K, el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

I

R2

10 KΩ

R1

10 KΩ

Solución: 1) Con el MOSFET en saturación, I = K(VGS − Vt )2 = K(VGS − 1)2 , y para que con K = 20 mA/V2 , I = 10 mA, VGS deberá ser > 1 y satisfacer 10 = 20(VGS − 1)2 , de donde, usando VGS > 1,

 VGS = 1 +

10 = 1,71 . 20

Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la fuente de tensión de valor 12 V y las dos resistencias de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, VG , vale VG =

10 12 = 6 . 10 + 10

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo VGS y VG , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia inferior de valor 10 KΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo (4.7) VG = VGS + R1 I , 6 = 1,71 + 10R1 , R1 =

6 − 1,71 = 0,429 KΩ = 429 Ω . 10

2) Con el MOSFET en saturación y en función de K, la corriente I vale I = K(VGS − 1)2 . Teniendo en cuenta VGS ≥ 1, se obtiene  VGS = 1 +

I . K

Por otro lado, usando (4.7) con VG = 6 y R1 = 0,429, se obtiene  I + 0,429I . 6=1+ K

(4.8)

108

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al variar K entre 10 mA/V2 y 40 mA/V2 , el valor mínimo de I, Imin , se obtiene para K = 10 mA/V2 y el valor máximo, Imax , para K = 40 mA/V2 . Para determinar Imin e Imax , expresemos I en función de K usando (4.8). Podemos reescribir (4.8) en forma de ecuación de √ segundo grado en I. Se obtiene 1 √ I − 5 = 0. 0,429I + √ K La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son  √ √ −1/ K ± 1/K + 8,58 . I= 0,858 √ De ellas, la única que da I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,  √ √ 1/K + 8,58 − 1/ K I= 0,858 e

 √ 2 1/K + 8,58 − 1/ K I=

que da

 Imin =

e Imax =

,

0,736 √ 2 1/10 + 8,58 − 1/ 10 0,736

 √ 2 1/40 + 8,58 − 1/ 40 0,736

= 9,40 mA

= 10,5 mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R1 y R2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R2 I + VDS + R1 I , y, usando R1 = 0,429, 12 = VDS + 0,429I + R2 I , VDS = 12 − 0,429I − R2 I . Por otro lado, de (4.7) con VG = 6 y R1 = 0,429, VGS = VG − R1 I = 6 − 0,429I . Imponiendo, entonces, VDS ≥ VGS − Vt = VGS − 1, se obtiene 12 − 0,429I − R2 I ≥ 5 − 0,429I , R2 I ≤ 7 , 7 R2 ≤ . I

109

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar R2 ≤

7 = 0,667 KΩ = 667 Ω . 10,5

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 obtenido en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K, el MOSFET trabaje en saturación es 667 Ω. Problema 58: El MOSFET del circuito de la figura tiene una Vt = −1 V y un parámetro K que puede variar entre 10 y 40 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET en saturación y K = 20 mA/V2 , I = 10 mA; 2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2 para que, para cualquier valor posible para K, el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

R2

I

R1

Solución: 1) Con el MOSFET en saturación, I = K(VGS − Vt )2 = K(VGS + 1)2 , y para que con K = 20 mA/V2 , I = 10 mA, VGS deberá ser > −1 y satisfacer 10 = 20(VGS + 1)2 , de donde, usando VGS > −1,  VGS = −1 +

10 = −0,293 . 20

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo VGS , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo 0 = VGS + R1 I , 0 = −0,293 + 10R1 , R1 =

0, 293 = 0,0293 KΩ = 29,3 Ω . 10

2) Con el MOSFET en saturación y en función de K, la corriente I vale I = K(VGS + 1)2 .

(4.9)

110

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Teniendo en cuenta VGS ≥ −1, se obtiene



VGS = −1 +

I . K

Por otro lado, usando (4.9) con R1 = 0,0293, se obtiene  I + 0,0293I , 0 = −1 + K  I + 0,0293I . (4.10) 1= K Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al variar K entre 10 mA/V2 y 40 mA/V2 , el valor mínimo de I, Imin , se obtiene para K = 10 mA/V2 y el valor máximo, Imax , para K = 40 mA/V2 . Para determinar Imin e Imax , expresemos I en función √ de K usando (4.10). Podemos reescribir (4.10) en forma de ecuación de segundo grado en I. Se obtiene 1 √ I − 1 = 0. 0,0293I + √ K La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son  √ √ −1/ K ± 1/K + 0,117 . I= 0,0586 √ De ellas, la única que da I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,  √ √ 1/K + 0,117 − 1/ K I= 0,0586 e

 I=

que da

0,00343

 Imin =

e

√ 2 1/10 + 0,117 − 1/ 10 0,00343

 Imax =

√ 2 1/K + 0,117 − 1/ K

√ 2 1/40 + 0,117 − 1/ 40 0,00343

,

= 6,53 mA

= 13,9 mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R1 y R2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R2 I + VDS + R1 I , y, usando R1 = 0,0293, 12 = VDS + 0,0293I + R2 I ,

111

VDS = 12 − 0,0293I − R2 I . Por otro lado, de (4.9) con R1 = 0,0293, VGS = −R1 I = −0,0293I . Imponiendo, entonces, VDS ≥ VGS − Vt = VGS + 1, se obtiene 12 − 0,0293I − R2 I ≥ 1 − 0,0293I , R2 I ≤ 11 , 11 . I La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar R2 ≤

R2 ≤

11 = 0,791 KΩ = 791 Ω . 13,9

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K, el MOSFET trabaje en saturación es 791 Ω. Problema 59: El MOSFET del circuito de la figura tiene una Vt = −1 V y un parámetro K que puede variar entre 5 y 20 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET en saturación y K = 10 mA/V2 , I = 10 mA; 2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2 para que, para cualquier valor posible para K, el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

R1

4 KΩ

8 KΩ

R2

I

Solución: 1) Con el MOSFET en saturación, I = K(VGS − Vt )2 = K(VGS + 1)2 , y para que con K = 10 mA/V2 , I = 10 mA, VGS deberá ser < −1 y satisfacer 10 = 10(VGS + 1)2 , de donde, usando VGS < −1,  VGS = −1 −

10 = −2 . 10

112

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencia de valor 4 KΩ y la resistencia de valor 8 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta vale 8 12 = 8 , VG = 4+8 que implica que la resistencia de valor 4 KΩ verá una tensión de valor 4 V. Para calcular el valor necesario de R1 conociendo VGS y la tensión que ve la resistencia de valor 4 KΩ, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 4 KΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo 4 = R1 I − VGS ,

(4.11)

4 = 10R1 + 2 , R1 =

4−2 = 0,200 KΩ = 200 Ω . 10

2) Con el MOSFET en saturación y en función de K, la corriente I vale I = K(VGS + 1)2 . Teniendo en cuenta VGS ≤ −1, se obtiene  VGS = −1 −

I . K

Por otro lado, usando (4.11) con R1 = 0,200, se obtiene  4 = 0,200I + 1 +  3 = 0,200I +

I , K

I . K

(4.12)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al variar K entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2 , el valor mínimo de I, Imin , se obtiene para K = 5 mA/V2 y el valor máximo, Imax , para K = 20 mA/V2 . Para determinar Imin e Imax , expresemos I en función √ de K usando (4.12). Podemos reescribir (4.12) en forma de ecuación de segundo grado en I. Se obtiene 1 √ I − 3 = 0. 0,200I + √ K La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son  √ √ −1/ K ± 1/K + 2,40 . I= 0,400 √ De ellas, la única que da I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,  √ √ 1/K + 2,40 − 1/ K I= 0,400

113

e

 √ 2 1/K + 2,40 − 1/ K I=

que da



√ 2 1/5 + 2,40 − 1/ 5

Imin = e

0,160



,

0,160

= 8,49 mA

√ 2 1/20 + 2,40 − 1/ 20

Imax =

0,160

= 11,3 mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R1 y R2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R1 I − VDS + R2 I , y, usando R1 = 0,200, 12 = −VDS + 0,200I + R2 I , VDS = −12 + 0,200I + R2 I . Por otro lado, de (4.11) con R1 = 0,200, VGS = −4 + 0,200I . Imponiendo, entonces, VDS ≤ VGS − Vt = VGS + 1, se obtiene −12 + 0,200I + R2 I ≤ −3 + 0,200I , R2 I ≤ 9 , R2 ≤

9 . I

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar R2 ≤

9 = 0,796 KΩ = 796 Ω . 11,3

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K, el MOSFET trabaje en saturación es 796 Ω. Problema 60: El MOSFET del circuito de la figura tiene una Vt = 1 V y un parámetro K que puede variar entre 5 y 20 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, suponiendo el MOSFET en saturación y K = 10 mA/V2 , I = 5 mA; 2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K; 3) para el valor

114

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2 para que, para cualquier valor posible para K, el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

R1

I

R2

Solución: 1) Con el MOSFET en saturación, I = K(VGS − Vt )2 = K(VGS − 1)2 , y para que con K = 10 mA/V2 , I = 5 mA, VGS deberá ser < 1 y satisfacer 5 = 10(VGS − 1)2 , de donde, usando VGS < 1,



5 = 0,293 . 10 Para calcular el valor necesario de R1 conociendo VGS , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo VGS = 1 −

0 = −VGS + R1 I ,

(4.13)

0 = −0,293 + 5R1 , R1 =

0, 293 = 0,0586 KΩ = 58,6 Ω . 5

2) Con el MOSFET en saturación y en función de K, la corriente I vale I = K(VGS − 1)2 . Teniendo en cuenta VGS ≤ 1, se obtiene VGS = 1 −



I . K

Por otro lado, usando (4.13) con R1 = 0,0586, se obtiene  I + 0,0586I , 0 = −1 + K  I + 0,0586I . (4.14) 1= K Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al variar K entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2 , el valor mínimo de I, Imin , se obtiene para K = 5 mA/V2

115

y el valor máximo, Imax , para K = 20 mA/V2 . Para determinar Imin e Imax , expresemos I en función √ de K usando (4.14). Podemos reescribir (4.14) en forma de ecuación de segundo grado en I. Se obtiene 1 √ I − 1 = 0. 0,0586I + √ K La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son  √ √ −1/ K ± 1/K + 0,234 . I= 0,117 √ De ellas, la única que da I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,  √ √ 1/K + 0,234 − 1/ K I= 0,117 e  √ 2 1/K + 0,234 − 1/ K , I= 0,0137 que da  √ 2 1/5 + 0,234 − 1/ 5 = 3,27 mA Imin = 0,0137 e  √ 2 1/20 + 0,234 − 1/ 20 = 6,98 mA . Imax = 0,0137 3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, las resistencias de valores R1 y R2 y el MOSFET, obtenemos 12 = R1 I − VDS + R2 I , y, usando R1 = 0,0586,

12 = −VDS + 0,0586I + R2 I , VDS = −12 + 0,0586I + R2 I .

Por otro lado, de (4.13) con R1 = 0,0586, VGS = R1 I = 0,0586I . Imponiendo, entonces, VDS ≤ VGS − Vt = VGS − 1, se obtiene −12 + 0,0586I + R2 I ≤ 0,0293I − 1 , R2 I ≤ 11 , 11 . R2 ≤ I La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar R2 ≤

11 = 1,58 KΩ . 6,98

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en el apartado 1) y para cualquier valor posible de K, el MOSFET trabaje en saturación es 1,58 KΩ.

116

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Problema 61: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la tensión Vo en función de K1 /K2 . ¿Entre qué valores puede variar Vo ? 5V

Q2

Q1

Vt = 1 V K = K2 mA/V2 Vo Vt = 1 V K = K1 mA/V2

Solución: Denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Dado que VDS1 = VGS1 > VGS1 − Vt = VGS1 − 1 y VDS2 = VGS2 > VGS2 − Vt = VGS2 − 1, supuesto VGS1 ≥ 1 y VGS2 ≥ 1, los dos transistores trabajarán en la zona saturación. Supongámoslo. Tenemos ID1 = K1 (VGS1 − 1)2 , ID2 = K2 (VGS2 − 1)2 . Por otro lado, por inspección ID1 = ID2 , obteniéndose, usando VGS1 ≥ 1 y VGS2 ≥ 1, K1 (VGS1 − 1)2 = K2 (VGS2 − 1)2 ,  VGS2 − 1 =  VGS2 = 1 +

K1 (VGS1 − 1) , K2 K1 (VGS1 − 1) . K2

Utilizando (4.15) en VGS1 + VGS2 = 5, se obtiene  K1 (VGS1 − 1) = 5 , VGS1 + 1 + K2     K1 K1 , VGS1 = 4 + 1+ K2 K2  K1 4+ K  2 . VGS1 = K1 1+ K2

(4.15)

(4.16)

Obviamente, VGS1 ≥ 1, y utilizando (4.15), VGS2 ≥ 1. Así pues, los dos transistores trabajan en la zona saturación y el análisis realizado es correcto. Dado que Vo = VGS1 , obtenemos  K1 4+ K  2 . Vo = K1 1+ K2

117

 Tanto K1 /K2 como K1 /K2 toman valores en el intervalo (0, ∞). Por otro lado, la función f (x) = (4 + x)/(1 + x) es decreciente con x en (0, ∞), como puede ser comprobado fácilmente calculando df /dx, 3 df =− < 0. dx (1 + x)2 Así pues, Vo puede tomar valores en el intervalo (Vo,min , Vo,max ) con 4+x 4/x + 1 = l´ım = 1, x→∞ 1 + x x→∞ 1/x + 1

Vo,min = l´ım f (x) = l´ım x→∞

Vo,max = f (0) = 4 . Problema 62: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la tensión Vo en función de K1 /K2 . ¿Entre qué valores puede variar Vo ? 5V Vt = −1 V K = K2 mA/V2

Q2

Q1

Vo Vt = −1 V K = K1 mA/V2

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Dado que VDS1 = VGS1 < VGS1 − Vt = VGS1 + 1 y VDS2 = VGS2 < VGS2 − Vt = VGS2 + 1, ninguno de los MOSFETs podrá trabajar en saturación. Es fácil ver que los dos transistores trabajan en óhmica. Basta verificar VGS1 ≥ −1, VDS1 ≥ 0, VGS2 ≥ −1 y VDS2 ≥ 0. En efecto, con los dos MOSFETs en óhmica, ambos serán equivalentes a resistencias de un cierto valor, el circuito será equivalente a un divisor de tensión, y Vo adquirirá un valor comprendido entre 0 y 5. Ello implica VDS1 ≥ 0 y VDS2 ≥ 0, y como VGS1 = VDS1 y VGS2 = VDS2 , VGS1 ≥ −1 y VGS2 ≥ −1. La corriente de drenador en la zona óhmica de un MOSFET tiene la expresión ID = K[2(VGS − 2 ]. Usando, entonces, V = −1, V Vt )VDS − VDS t GS1 = VDS1 y VGS2 = VDS2 , tendremos 2 2 ] = K1 [VDS1 + 2VDS1 ] = K1 VDS1 (VDS1 + 2) , (4.17) ID1 = K1 [2(VDS1 + 1)VDS1 − VDS1

y, de modo similar, ID2 = K2 VDS2 (VDS2 + 2) . Dividiendo (4.17) y (4.18) y usando ID1 = ID2 , obtenemos 1=

K1 VDS1 (VDS1 + 2) , K2 VDS2 (VDS2 + 2)

K1 VDS1 (VDS1 + 2) . K2 Con γ = K1 /K2 , se obtiene la ecuación de segundo grado en VDS2 VDS2 (VDS2 + 2) =

2 VDS2 + 2VDS2 − γVDS1 (VDS1 + 2) = 0 ,

(4.18)

118

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

cuyas soluciones son VDS2 = −1 ± Dado que VDS2 ≥ 0, tenemos VDS2 =





1 + γVDS1 (VDS1 + 2) .

1 + γVDS1 (VDS1 + 2) − 1 .

Combinándola con VDS1 + VDS2 = 5, obtenemos  VDS1 + 1 + γVDS1 (VDS1 + 2) − 1 = 5 ,  1 + γVDS1 (VDS1 + 2) = 6 − VDS1 , 2 − 12VDS1 , 1 + γVDS1 (VDS1 + 2) = 36 + VDS1 2 − (12 + 2γ)VDS1 + 35 = 0 . (1 − γ)VDS1

Dado que Vo = VDS1 , tenemos (1 − γ)Vo2 − (12 + 2γ)Vo + 35 = 0 .

(4.19)

Para γ = 1, la ecuación queda reducida a −14Vo + 35 = 0 , que tiene como solución Vo = 2,5. Ese valor podría también haber sido derivado por consideraciones de simetría, pues para γ = 1 los dos transistores son iguales y necesariamente VDS1 = VDS2 , que con VDS1 + VDS2 = 5 conduce a Vo = VDS1 = 2,5. Para γ > 0 y = 1, (4.19) tiene las soluciones  6 + γ ± (6 + γ)2 − 35(1 − γ) . Vo = 1−γ Discutamos el signo que da la solución correcta. Para 0 < γ < 1, el denominador es > 0, el radical de la raíz cuadrada es > 0 y el signo + conduce a una Vo que satisface Vo >

6+γ > 6, 1−γ

que no es posible pues 0 ≤ VDS1 ≤ 5 y Vo = VDS1 . Así pues, para 0 < γ < 1, el signo que da el valor correcto de Vo es el −. Para γ > 1, el denominador es < 0, el radical de la raíz cuadrada es > 0, la raíz cuadrada es > que 6 + γ y el signo + conduce a una Vo < 0, que no es posible. Así pues, también en ese caso el signo correcto es el −. En resumen, para γ = 1, Vo = 2,5 y, para γ > 0, γ = 1,   6 + γ − (6 + γ)2 − 35(1 − γ) 6 + γ − 1 + 47γ + γ 2 = . (4.20) Vo = 1−γ 1−γ Discutamos ahora entre qué valores varía Vo al variar K1 y K2 entre 0 y ∞, que hace variar γ entre 0 y ∞. En primer lugar, las raíces de un polinomio son funciones continuas de los coeficientes del polinomio y, por tanto, Vo es una función continua de γ en (0, ∞). Por otro lado, usando (4.20), obtenemos 6−1 =5 l´ım Vo = γ→0 1

119

y l´ım Vo = l´ım

γ→∞

6/γ + 1 −

γ→∞



1/γ 2 + 47/γ + 1 1−1 = = 0. 1/γ − 1 −1

Pero, siendo Vo = VDS1 , tenemos 0 ≤ Vo ≤ 5. Ello junto con los dos límites anteriores y la continuidad de Vo como función de γ, implica que Vo variará entre 0 y 5, pudiéndose ajustar a cualquier valor en (0, 5) tomando un valor apropiado para γ dentro del intervalo (0, ∞). Problema 63: Analice el circuito de la figura y determine: 1) valor de la tensión VGS de Q1 y valor de la corriente I, 2) intervalo de valores de R para los cuales Q3 trabaja en la zona saturación y valor de la corriente I
en ese caso. El circuito de la figura se denomina espejo de corriente. ¿Por qué? 5V

5V R I


Vt = 1 V K = K2 mA/V2

Q2

Q3 Q1

Vt = 1 V K = K1 mA/V2 I Vt = 1 V K = K1 mA/V2

Solución: Denotaremos usando los subíndices 1, 2 y 3 los valores de las tensiones y de las corrientes de, respectivamente, Q1, Q2 y Q3. 1) Por inspección, VDS 1 = VGS 1 y VDS 2 = VGS 2 . Supongamos que tanto Q1 como Q2 trabajan en la zona saturación. Las condiciones a verificar son VGS 1 ≥ 1, VGS 2 ≥ 1, VDS 1 ≥ VGS 1 −Vt = VGS 1 −1 y VDS 2 ≥ VGS 2 −Vt = VGS 2 −1. Las dos últimas quedan aseguradas por VDS 1 = VGS 1 y VDS 2 = VGS 2 . Así pues, las únicas condiciones a verificar son VGS 1 ≥ 1 y VGS 2 ≥ 1. Con Q1 y Q2 en saturación, tenemos ID1 = K1 (VGS 1 − 1)2 , ID2 = K1 (VGS 2 − 1)2 . Como ID1 = ID2 = I, VGS1 ≥ 1 y VGS2 ≥ 1, necesariamente VGS 1 = VGS 2 . Por otro lado, VGS 1 + VGS 2 = 5. Así pues, VGS 1 = VGS 2 = 2,5, que es ≥ 1. Las zonas de trabajo supuestas para Q1 y Q2 son, por tanto, correctas, VGS 1 = 2,5 V e I = ID1 = K1 (2,5 − 1)2 = 2,25K1 mA . 2) Por inspección, obtenemos VGS 3 = VGS 1 = 2,5. Para que Q3 trabaje en la zona saturación, se deberá cumplir VDS 3 ≥ VGS 3 − Vt = 2,5 − 1 = 1,5. En esa zona, la corriente I
valdrá I
= ID3 = K2 (VGS 3 − 1)2 = K2 (2,5 − 1)2 = 2,25K2 mA . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R y Q3, obtenemos 5 = RI
+ VDS 3 , VDS 3 = 5 − RI
= 5 − 2,25K2 R ,

120

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

e, imponiendo VDS 3 ≥ 1,5, obtenemos 5 − 2,25K2 R ≥ 1,5 , R≤

5 − 1,5 1,56 = KΩ . 2,25K2 K2

El circuito se denomina espejo de corriente porque, cuando Q3 trabaja en la zona saturación, I
/I = K2 /K1 y la corriente I
es una réplica de la corriente I independiente del valor de R con un factor de escalado K2 /K1 . Dicho factor de escalado puede ser ajustado escogiendo valores apropiados para K1 y K2 . Problema 64: El parámetro K del MOSFET Q1 del espejo de corriente de la figura, K1 , puede variar entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2 . Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1 para que, con K1 = 10 mA/V2 , I = 1 mA; 2) para el valor de R1 calculado en el apartado anterior y suponiendo Q2 en saturación, determine los valores entre los que puede variar I
debido al rango de valores posibles para K1 ; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1) y α = 20, determine el máximo valor que puede tener R2 para que Q2 trabaje en saturación para todo valor posible de K1 . 5V

5V R2

I
Vt = 1 V K = αK1

R1

Q2 Q1

I Vt = 1 V K = K1

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. 1) Por inspección, VDS1 = VGS1 y VDS1 > VGS1 − Vt = VGS1 − 1. Ello implica que Q1 estará en saturación con VGS1 > Vt = 1, pues VGS1 < Vt conduce a I = 0. La corriente I valdrá, por tanto, I = K1 (VGS1 − Vt )2 = 10(VGS1 − 1)2 , e, imponiendo I = 1, obtenemos, usando VGS1 > 1, 1 = 10(VGS1 − 1)2 ,  1 = 1,32 . VGS1 = 1 + 10 Para calcular el valor necesario de R1 conociendo VGS1 , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R1 y Q1, obteniendo 5 = R1 I + VGS1 , 5 = R1 + 1,32 , R1 = 5 − 1,32 = 3,68 KΩ .

(4.21)

121

2) Determinemos, primero, el rango de valores posibles para I. El razonamiento del apartado anterior que ha conducido a que Q1 trabaje en saturación y a que VGS1 > 1 es independiente del valor de R1 , siempre y cuando I = 0. Pero I = 0 sólo es posible con Q1 en corte y, con I = 0, tenemos VGS1 = 5 > Vt = 1, una contradicción. Por tanto, Q1 trabaja en saturación con VGS1 > 1 para todo valor posible de K1 e I = K1 (VGS1 − Vt )2 = K1 (VGS1 − 1)2 ,

(4.22)

que es > 0, y, teniendo en cuenta VGS1 > 1,  VGS1 = 1 + que, combinada con (4.21) da

I , K1

 5 = R1 I + 1 +

y, con R1 = 3,68,

 4=

I , K1

I + 3,68I . K1

(4.23)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K1 para K1 > 0. Por tanto, al variar K1 entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2 , I varía entre un valor mínimo, Imin , correspondiente a K1 = 5 mA/V2 , y un valor máximo, Imax , correspondiente a K1 = 20 mA/V2 . Para determinar Imin e Imax , expresemos I en función √ de K1 usando (4.23). Podemos reescribir (4.23) en forma de ecuación de segundo grado en I. Se obtiene 1 √ I − 4 = 0. 3,68I + √ K1 Las soluciones de dicha ecuación de segundo grado son  √ √ −1/ K1 ± 1/K1 + 58,9 . I= 7,36 √ De ellas, la única que da I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,  √ √ 1/K1 + 58,9 − 1/ K1 , I= 7,36 e I= que da

 √ 2 1/K1 + 58,9 − 1/ K1 54,2

 Imin =

e

 Imax =

√ 2 1/5 + 58,9 − 1/ 5 54,2

√ 2 1/20 + 58,9 − 1/ 20 54,2

,

= 0,967 mA

= 1,025 mA .

122

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Por otro lado, con Q2 en saturación y siendo VGS2 = VGS1 , I
= K2 (VGS2 − Vt )2 = αK1 (VGS1 − 1)2 , que, combinada con (4.22), da I
= αI . Por tanto, I
variará entre un valor mínimo
= 0,967α mA Imin

y un valor máximo
= 1,025α mA . Imax

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R2 y Q2, obtenemos, usando I
= αI, 5 = R2 I
+ VDS2 = αR2 I + VDS2 , VDS2 = 5 − αR2 I . Usando VGS2 = VGS1 , de (4.21), con R1 = 3,68, obtenemos VGS2 = VGS1 = 5 − 3,68I , e, imponiendo VDS2 ≥ VGS2 − Vt = VGS2 − 1, 5 − αR2 I ≥ 4 − 3,68I , αR2 I ≤ 1 + 3,68I , R2 ≤

1 + 3,68I 1 1 + 3,68I = = + 0,184 . αI 20I 20I

La condición más estricta se obtiene para I = Imax y es R2 ≤

1 + 0,184 = 0,233 KΩ = 233 Ω . (20)(1,025)

Por tanto, para que con el valor de R1 calculado en el apartado 1), Q2 trabaje en saturación para cualquier valor posible de K1 , R2 no deberá superar 233 Ω. Problema 65: Analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor de la corriente I cuando el interruptor está en ON; 2) determine el valor que ha de tener R1 para que, cuando el interruptor está en OFF y suponiendo que el MOSFET trabaja en saturación, I = 10 mA; 3) para el valor de

123

R1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor en OFF, determine el máximo valor que puede tener R2 de modo que el MOSFET trabaje en saturación. 12 V

R2

10 KΩ

I Vt = 1 V K = 5 mA/V2

10 KΩ

R1

Solución: 1) Con el interruptor en ON, la tensión de puerta del MOSFET, VG , vale 0. Vamos a ver que ello implica que el MOSFET estará en corte. Se ha de verificar VGS ≤ 1 y VDS ≥ 0. Con el MOSFET en corte, I = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por el interruptor, el MOSFET y la resistencia de valor R1 se obtiene, usando VG = 0, 0 = VGS + R1 I = VGS , y VGS = 0 ≤ 1. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, la resistencia de valor R2 , el MOSFET y la resistencia de valor R1 , se obtiene 12 = R2 I + VDS + R1 I = VDS , y VDS = 12 ≥ 0. Así pues, con el interruptor en ON, el MOSFET está en corte e I = 0. 2) Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por el interruptor es nula y que la corriente por la puerta del MOSFET es también nula, resulta que la fuente de tensión de valor 12 V y las resistencias de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta del MOSFET, VG , valdrá 10 12 = 6 . VG = 10 + 10 Con el MOSFET en saturación, la corriente I vale I = K(VGS − Vt )2 . Para que I = 10 mA, VGS deberá verificar 10 = 5(VGS − 1)2 , que, teniendo en cuenta que VGS deberá ser > 1, pues el MOSFET está en saturación e I > 0, conduce a  10 = 2,41 . VGS = 1 + 5 Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia inferior de valor 10 KΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obtenemos VG = VGS + R1 I ,

124

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

y, usando VG = 6, VGS = 2,41 e I = 10, R1 deberá verificar 6 = 2,41 + 10R1 , de donde R1 deberá valer R1 =

6 − 2,41 = 0,359 KΩ = 359 Ω . 10

3) Bastará calcular, para R1 = 359 Ω, VDS en función de R2 e imponer VDS ≥ VGS − Vt = VGS − 1. Podemos usar VGS = 2,41 e I = 10. Para calcular VDS en función de R2 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, la resistencia de valor R2 , el MOSFET y la resistencia de valor R1 , obteniendo 12 = R2 I + VDS + R1 I . Usando I = 10 y R1 = 359 Ω, obtenemos 12 = 10R2 + VDS + (0,359)(10) , VDS = 8,41 − 10R2 . Finalmente, imponiendo VDS ≥ VGS − 1 = 2,41 − 1 = 1,41, obtenemos 8,41 − 10R1 ≥ 1,41 , 8,41 − 1,41 = 0,700 KΩ = 700 Ω . 10 Así pues, para que con el valor de R1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor en OFF, el MOSFET trabaje en saturación, el valor de R2 no deberá superar 700 Ω. R1 ≤

Problema 66: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para vi = 0 y para vi = 5 V. 5V

10 KΩ

I Q2

Q1

vi + −

Vt = 1 V K = 0,2 mA/V2

10 Ω Vt = 1 V K = 100 mA/V2

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros K de, respectivamente, Q1 y Q2. Para vi = 0, VGS1 = 0 < Vt = 1 y Q1 está en corte. Sólo hay que verificar VDS1 ≥ 0. Pero VDS1 = 5 − 10ID1 = 5. Dado que VGS2 = VDS1 = 5 > 1, Q2 no estará en corte. Supongamos

125

que trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar VDS2 ≥ 0 y VDS2 ≤ VGS2 − Vt = 5 − 1 = 4. Tenemos 2 2 ] = 100[(2)(5 − 1)VDS2 − VDS2 ] ID2 = K2 [2(VGS2 − Vt )VDS2 − VDS2 2 . = 800VDS2 − 100VDS2

(4.24)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y Q2, obtenemos 5 = 0,01ID2 + VDS2 .

(4.25)

Combinando (4.24) y (4.25) obtenemos la ecuación de segundo grado en VDS2 2 5 = 8VDS2 − VDS2 + VDS2 , 2 − 9VDS2 + 5 = 0 , VDS2

cuyas soluciones son VDS2 = 8,41 y VDS2 = 0,595. La solución VDS2 = 0,595 verifica VDS2 ≥ 0 y VDS2 ≤ 4. Así pues, el transistor Q2 trabaja en la zona óhmica y VDS2 = 0,595. Usando (4.24) obtenemos I = ID2 = (800)(0,595) − (100)(0,595)2 = 441 mA . Para vi = 5 V, VGS1 = 5 > Vt = 1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar VDS1 ≥ 0 y VDS1 ≤ VGS1 − Vt = 5 − 1 = 4. Tenemos 2 2 ] = 0,2[(2)(5 − 1)VDS1 − VDS1 ] ID1 = K1 [2(VGS1 − Vt )VDS1 − VDS1 2 . = 1,6VDS1 − 0,2VDS1

(4.26)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 KΩ y Q1, obtenemos 5 = 10ID1 + VDS1 .

(4.27)

Combinando (4.26) y (4.27) obtenemos la ecuación de segundo grado en VDS1 2 5 = 16VDS1 − 2VDS1 + VDS1 , 2 − 8,5VDS1 + 2,5 = 0 , VDS1

cuyas soluciones son VDS1 = 8,20 y VDS1 = 0,305. La solución VDS1 = 0,305 verifica VDS1 ≥ 0 y VDS1 ≤ 4. Así pues, el transistor Q2 trabaja en la zona óhmica y VDS1 = 0,305 V. Dado que VGS2 = VDS1 = 0,305 < Vt = 1, el transistor Q2 trabajará en la zona corte. Sólo hay que verificar VDS2 ≥ 0. Pero, con Q2 en corte, I = 0 y VDS2 = 5 − 0,01I = 5. La corriente I valdrá, por tanto, I = 0.

126

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

Problema 67: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para vi = 0 y para vi = 5 V. 5V

Q1 + vi −

Vt = −1 V K = 0,1 mA/V2 Q2

Vt = −1 V K = 50 mA/V2

30 Ω

50 KΩ

I

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros K de, respectivamente, Q1 y Q2. Para vi = 0, VGS1 = −5 < Vt = −1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que está en la zona óhmica. Se ha de verificar VDS1 ≤ 0 y VDS1 ≥ VGS1 − Vt = −5 + 1 = −4. Con Q1 en la zona óhmica, 2 2 ] = 0,1[(2)(−5 + 1)VDS1 − VDS1 ] ID1 = K1 [2(VGS1 − Vt )VDS1 − VDS1 2 . = −0,8VDS1 − 0,1VDS1

(4.28)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 KΩ, obtenemos 5 = −VDS1 + 50ID1 , que, combinada con (4.28), conduce a la ecuación de segundo grado en VDS1 2 5 = −VDS1 − 40VDS1 − 5VDS1 , 2 + 41VDS1 + 5 = 0 , 5VDS1

cuyas soluciones son VDS1 = −8,08 y VDS1 = −0,124. La solución VDS1 = −0,124 verifica VDS1 ≤ 0 y VDS1 ≥ −4. Así pues, con vi = 0, Q1 está en la zona óhmica y VDS1 = −0,124. Por inspección, VGS2 = VDS1 y VGS2 = −0,124 > Vt = −1, implicando que Q2 estará en corte, debiéndose únicamente verificar VDS2 ≤ 0. Con Q2 en corte, I = 0 y, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q2 y la resistencia de valor 30 Ω, obtenemos 5 = −VDS2 + 0,0300I = −VDS2 , VDS2 = −5 , que es ≤ 0. Así pues, con vi = 0, Q2 está en corte e I = 0. Para vi = 5, VGS1 = 0 > Vt = −1, implicando que Q1 estará en corte, debiéndose únicamente verificar VDS1 ≤ 0. Con Q1 en corte, ID1 = 0 y, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 KΩ, obtenemos 5 = −VDS1 + 50ID1 = −VDS1 ,

127

VDS1 = −5 , que es ≤ 0. Así pues, para vi = 5, Q1 está en corte y VDS1 = −5. Por inspección, VGS2 = VDS1 = −5 y VGS2 < Vt = −1, implicando que Q2 no estará en corte. Supongamos que está en la zona óhmica. Se ha de verificar VDS2 ≤ 0 y VDS2 ≥ VGS2 − Vt = −5 + 1 = −4. Con Q2 en óhmica, la corriente I vale 2 2 ] = 50[(2)(−5 + 1)VDS2 − VDS2 ] I = K2 [2(VGS2 − Vt )VDS2 − VDS2 2 . = −400VDS2 − 50VDS2

(4.29)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q2 y la resistencia de valor 30 Ω, obtenemos 5 = −VDS2 + 0,0300I , que, combinada con (4.29), conduce a la ecuación de segundo grado en VDS2 2 5 = −VDS2 − 12VDS2 − 1,5VDS2 , 2 + 13VDS2 + 5 = 0 , 1,5VDS2

cuyas soluciones con VDS2 = −8,26 y VDS2 = −0,403. La solución VDS2 = −0,403 verifica VDS2 ≤ 0 y VDS2 ≥ −4. Así pues, para vi = 5, Q2 está en la zona óhmica y VDS2 = −0,403. La corriente I puede ser calculada utilizando (4.29): I = −(400)(−0,403) − (50)(−0,403)2 = 153 mA . Problema 68: En el circuito de la figura, vi varía entre 0 y 5 V. 1) Determine la condición que ha de verificar K2 /K1 para que Q2 trabaje en saturación para algún valor vi < 5. 2) Suponiendo que se cumple la condición anterior, determine la función de transferencia vo = F (vi ). 3) Determine la condición que ha de verificar K2 /K1 para que con vi = 5, vo ≤ 0,2. El circuito es un inversor NMOS, una tecnología digital que gozó de cierta popularidad en los años 80. Justifique dicha denominación. 5V Q2

vi

Q1

Vt = −1 V K = K2 mA/V2 vo Vt = 1 V K = K1 mA/V2

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, las corrientes y los parámetros Vt de, respectivamente, Q1 y Q2. 1) Por inspección, teniendo en cuenta que las corrientes por las puertas de los dos transistores son nulas, tenemos ID1 = ID2 . Además, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y Q2, obtenemos VDS1 + VDS2 = 5. Por inspección,

128

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

VGS2 = 0 > Vt2 = −1. La dependencia de ID2 con respecto a VDS2 es, pues, independiente de vi . Para VDS2 ≥ VGS2 − Vt2 = 0 + 1 = 1, Q2 está en saturación e ID2 = K2 (VGS2 − Vt2 )2 = K2 (0 + 1)2 = K2 . Para 0 ≤ VDS2 < 1, Q2 está en óhmica. Todo ello permite determinar los puntos de trabajo de Q1 y Q2 en función de vi usando la siguiente gráfica, en la que la característica ID2 = f2 (VDS2 ) se dibuja de derecha a izquierda a partir del punto (5, 0), y en la que los puntos de trabajo de Q1 y Q2 se encuentran en la intersección de la característica ID1 = f1 (VDS1 ), que depende de vi , y la característica ID2 = f2 (VDS2 ). La gráfica pone de manifiesto que el valor de ID1 en saturación es ID1 = K1 (VGS1 − Vt1 )2 = K1 (vi − 1)2 . La gráfica representa y da la ecuación de la curva que separa la zona óhmica de la zona saturación de Q1. 2 K1 VDS1

K1 (vi − 1)2

ID1 ID2

K2

4

VDS2

5 VDS1

Está, pues, claro que Q2 trabaja en saturación para algún valor vi < 5 si para vi = 5, K1 (vi − 1)2 > K2 . Ello conduce a la condición K1 (5 − 1)2 > K2 , 16K1 > K2 , K2 < 16 . K1 2) Para 0 ≤ vi ≤ 1, la característica de Q1 es ID1 = 0, Q1 está en corte, Q2 en óhmica y vo = VDS1 = 5. Al aumentar vi por encima de 1, aparece primero un intervalo (1, Vu ), donde Vu es el valor de vi para el que K1 (vi − 1)2 = K2 , en el que Q1 trabaja en saturación y Q2 en óhmica. El valor de Vu se obtiene usando K1 (Vu − 1)2 = K2 , y es, teniendo en cuenta Vu > 1,



K2 . K1 Para vi = Vu los dos transitores trabajan en saturación y vo = VDS1 toma un valor indefinido en el intervalo [Va , 4], donde Va puede ser obtenida usando la ecuación de la frontera entre óhmica y saturación de Q1: K2 = K1 Va2 , Vu = 1 +

129

 Va =

K2 . K1

Observemos que, con K2 /K1 < 16, Va < 4, y el intervalo para vo no es vacío. Para Va < vi ≤ 5, Q1 trabaja en óhmica y Q2 en saturación. Llamando Vb al valor de vo para vi = 5, la función de transferencia tiene el siguiente aspecto: vo 5 4

Va

Vb 1

Vu

5

vi

Falta determinar vo = F (vi ) para los tramos 1 < vi < Vu y Vu < vi ≤ 5. También determinaremos Vb , que junto con Vu y Va define los trazos más relevantes de la función de transferencia. En el tramo 1 < vi < Vu , Q1 trabaja en saturación y Q2 en óhmica. Tenemos, por tanto, ID1 = K1 (vi − 1)2 , 2 2 ] = K2 [(2)(0 + 1)VDS2 − VDS2 ] ID2 = K2 [2(VGS2 − Vt2 )VDS2 − VDS2 2 , = 2K2 VDS2 − K2 VDS2

e, imponiendo ID1 = ID2 , obtenemos la ecuación de segundo grado en VDS2 2 K1 (vi − 1)2 = 2K2 VDS2 − K2 VDS2 , 2 − 2K2 VDS2 + K1 (vi − 1)2 = 0 , K2 VDS2

que tiene las soluciones VDS2 = 1 ±



1 − K1 /K2 (vi − 1)2 .

De acuerdo con la gráfica del apartado anterior, sabemos que 0 ≤ VDS2 ≤ 1. La única solución que cumple dicha condición es la correspondiente al signo −. Por tanto,  VDS2 = 1 − 1 − K1 /K2 (vi − 1)2 . Finalmente, vo puede ser determinada usando vo = VDS1 = 5 − VDS2 , resultando  vo = 4 + 1 − K1 /K2 (vi − 1)2 .

130

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

En el tramo Vu < vi ≤ 5, Q1 trabaja en óhmica y Q2 en saturación. Tenemos, por tanto 2 2 ] = K1 [2(vi − 1)VDS1 − VDS1 ] ID1 = K1 [2(VGS1 − Vt1 )VDS1 − VDS1 2 , = 2K1 (vi − 1)VDS1 − K1 VDS1

ID2 = K2 , e, imponiendo ID1 = ID2 , obtenemos la ecuación de segundo grado en VDS1 2 2K1 (vi − 1)VDS1 − K1 VDS1 = K2 , 2 − 2K1 (vi − 1)VDS1 + K2 = 0 , K1 VDS1

cuyas soluciones son VDS1 = vi − 1 ±



(vi − 1)2 − K2 /K1 .

Tenemos que discutir el signo de la solución correcta. El signo + conduciría a dvo /dvi = dVDS1 /dvi > 0, que, de acuerdo con la gráfica del apartado anterior, es incorrecto. Por tanto, el signo que da la solución correcta es el − y, teniendo en cuenta vo = VDS1 , obtenemos  vo = vi − 1 (vi − 1)2 − K2 /K1 . Finalmente, Vb es el valor de la expresión anterior para vo para vi = 5, y Vb = 4 −



16 − K2 /K1 .

3) Utilizando la expresión obtenida para Vb , obtenemos 4−





16 − K2 /K1 ≤ 0,2 ,

16 − K2 /K1 ≥ 3,8 ,

que, junto con K2 /K1 < 16, da 16 −

K2 ≥ 3,82 = 14,44 , K1

K2 ≤ 16 − 14,44 = 1,56 . K1 vo vale 5 para vi próximo a 0 y, con un valor apropriado de K2 /K1 (por ejemplo, K2 /K1 ≤ 1,56) vo tiene un valor próximo a 0 para vi próximo a 5. El circuito es por tanto un “inversor”. Además, el circuito usa solamente MOSFETs de canal n. Ello justifica la denominación “inversor NMOS”. Problema 69: Con Vt = 1 V, K = 1 mA/V2 y R = 10 KΩ, determine la función de transferencia vo = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 V del circuito de la figura para: 1) vc = 0, 2) vc = 5 V. Suponga, a continuación, Vt < 5 V y, para vc = 5 V, 3) obtenga vo = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 V, 4) demuestre

131

que dvo /dR es > 0 para todo vi , 0 < vi ≤ 5 V, 5) obtenga vo = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 V para R → ∞. vc Vt , K vi

vo R

Solución: 1) Para vc = 0, el transistor trabaja en la zona corte, ID = 0 y vo = 10ID = 0. Comprobémoslo. Las condiciones a verificar son VGS ≤ 1 y VDS ≥ 0. Tenemos VGS = vc −vo = 0, que es ≤ 1. Tenemos VDS = vi − vo = vi , que, para 0 ≤ vi ≤ 5, es ≥ 0. 2) Con vc = 5 V, el transistor no puede trabajar en al zona corte, pues en ese caso VGS valdría vc − vo = vc − RID = 5 − 0 = 5, que es > 1, una contradicción. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Las condiciones a verificar son VGS ≥ 1 y 0 ≤ VDS ≤ VGS − Vt = VGS − 1. La condición VDS ≥ 0 es fácil de verificar. En la zona óhmica, el transistor es equivalente a una resistencia RDS entre el drenador y la fuente de valor dependiente de VGS y VDS , y VDS = vi − vo = vi − (R/(RDS + R))vi ≥ 0. Siendo VGS = 5 − vo y VDS = vi − vo , la condición VDS ≤ VGS − 1 se traduce en vi − vo ≤ 4 − vo , vi ≤ 4. Ésta última condición asegura VGS ≥ 1, pues vo = (R/(RDS + R))vi ≤ vi y VGS = 5 − vo ≥ 5 − vi ≥ 1. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 4, el transistor trabajará en la zona óhmica. Al hacerse vi > 4, el transistor pasará a trabajar en la zona saturación, la corriente ID no variará y vo mantendrá el valor correspondiente a vi = 4. En efecto, la condición VGS ≥ 1 queda asegurada por el hecho de que vo mantenga su valor y la condición VDS > VGS − 1 queda asegurada por la condición vi > 4. Para determinar la función de transferencia v0 = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 bastará analizar el circuito para 0 ≤ vi ≤ 4, sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. La corriente ID valdrá   2 2 . = 2(VGS − 1)VDS − VDS ID = K 2(VGS − Vt )VDS − VDS Con VGS = 5 − vo y VDS = vi − vo , se obtiene ID = 2(4 − vo )(vi − vo ) − (vi − vo )2 = vo2 − 8vo + 8vi − vi2 . Por otro lado, vo = 10ID , obteniéndose la ecuación de segundo grado en vo vo = 10(vo2 − 8vo + 8vi − vi2 ) , vo2 − 8,1vo + 8vi − vi2 = 0 , cuyas soluciones son vo = 4,05 ± (vi2 − 8vi + 16,4025)1/2 . Discutamos el signo. Para vi = 0, el signo + da vo = 8,1 y el signo − da vo = 0. Dado que vo = (R/(RDS + R))vi , para vi = 0, vo deberá valer 0, y el signo correcto para vi = 0 es el −. El discriminante de la ecuación vi2 − 8vi + 16,4025 = 0 es < 0 y dicha ecuación no tiene soluciones reales. Siendo positivo el coeficiente de vi2 en vi2 − 8vi + 16,4025, se tendrá vi2 − 8vi + 16,4025 > 0 para toda vi . Ello implica que el signo − se ha de mantener para toda vi ,

132

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

0 ≤ vi ≤ 4, pues, de lo contrario, la función de transferencia no sería continua. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 4, vo = 4,05 − (vi2 − 8vi + 16,4025)1/2 . Con vi = 4, se obtiene vo = 3,42 y, para 4 < vi ≤ 5, vo = 3,42. 3) Una generalización de los razonamientos realizados en b) lleva a las conclusiones de que, para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt , el transistor trabajará en la zona óhmica y de que, al hacerse vi > 5 − Vt , el transistor pasará a trabajar a la zona saturación y vo mantendrá el valor correspondiente a vi = 5 − Vt . Para determinar la función de transferencia vo = F (vi ), 0 ≤ vi ≤ 5 bastará analizar el circuito para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt , sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. Teniendo en cuenta que VGS = 5 − vo y VDS = vi − vo , la corriente ID valdrá   2 = 2K(5 − Vt − vo )(vi − vo ) − K(vi − vo )2 ID = K 2(VGS − Vt )VDS − VDS = Kvo2 − 2K(5 − Vt )vo + 2K(5 − Vt )vi − Kvi2 . Usando vo = RID se obtiene la ecuación de segundo grado en vo   vo = R Kvo2 − 2K(5 − Vt )vo + 2K(5 − Vt )vi − Kvi2 ,   1 2 vo + 2(5 − Vt )vi − vi2 = 0 . vo − 2(5 − Vt ) + KR Las soluciones de dicha ecuación son  2 1/2  1 1 2 ± vi − 2(5 − Vt )vi + 5 − Vt + . vo = 5 − Vt + 2KR 2KR Como en b), hay que discutir el signo. Para vi = 0, el signo + da vo = 2(5 − Vt ) + 1/(KR) y el signo − da vo = 0. Como vo ha de ser 0, el signo correcto para vi = 0 es el −. El discriminante de la ecuación vi2 − 2(5 − Vt )vi + [5 − Vt + 1/(2KR)]2 = 0 vale 

1 4(5 − Vt ) − 4 5 − Vt + 2KR

2

2

< 0.

Así pues, la ecuación vi2 − 2(5 − Vt )vi + [5 − Vt + 1/(2KR)]2 = 0 no tiene soluciones reales y, siendo positivo el coeficiente de vi2 en vi2 − 2(5 − Vt )vi + [5 − Vt + 1/(2KR)]2 , se tendrá vi2 − 2(5 − Vt )vi + [5 − Vt + 1/(2KR)]2 > 0 para toda vi . Ello implica que el signo − se ha de mantener para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt , pues, de lo contrario, la función de transferencia no sería continua. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt ,  2 1/2  1 1 − vi2 − 2(5 − Vt )vi + 5 − Vt + . vo = 5 − Vt + 2KR 2KR El valor de vo para 5 − Vt < vi ≤ 5 se obtiene evaluando (4.30) para vi = 5 − Vt y es 1 − vo = 5 − Vt + 2KR



1 5 − Vt + 2KR

1/2

2 − (5 − Vt )2

.

(4.30)

133

4) Basta demostrar el resultado para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt . Calculando dvo /dR usando (4.30), se obtiene   2 1/2 1 1 5 − Vt + − vi2 − 2(5 − Vt )vi + 5 − Vt + 2KR 2KR 1 dvo . =   2 1/2  dR 2KR2 1 vi2 − 2(5 − Vt )vi + 5 − Vt + 2KR Dado que, como se ha visto en c), vi2 − 2(5 − Vt )vi + [5 − Vt + 1/(2KR)]2 es > 0, basta verificar que  2 1/2  1 1 > vi2 − 2(5 − Vt )vi + 5 − Vt + . 5 − Vt + 2KR 2KR Pero vi2 − 2(5 − Vt )vi = vi [vi − 2(5 − Vt )], que, para 0 < vi ≤ 5 − Vt , es < 0. 5) Calculando el límite para R → ∞ de (4.30) se obtiene, para 0 ≤ vi ≤ 5 − Vt ,  1/2 l´ım vo = 5 − Vt − vi2 − 2(5 − Vt )vi + (5 − Vt )2 R→∞  1/2 = 5 − Vt − (vi − (5 − Vt ))2 = 5 − Vt − [(5 − Vt ) − vi ] = vi . La función de transferencia límite para 5 − Vt < vi ≤ 5 se obtiene evaluando el límite anterior en vi = 5 − Vt , con el resultado l´ımR→∞ Vo = 5 − Vt , 5 − Vt < vi ≤ 5. Problema 70: Los MOSFETs del circuito de la figura son idénticos y tienen una Vt = −1 V. Analice el circuito y demuestre que para −1 ≤ vi ≤ 3, vo = (vi + 5)/2. Sugerencia: suponga que los dos MOSFETs trabajan en saturación y determine los valores de vi para los que eso es cierto y la relación que hay entre vo y vi . 5V Q2 vo vi

Q1

Solución: Sea K el parámetro de escala de corriente de los dos MOSFETs y denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Supongamos Q1 y Q2 en saturación. Dado que, por inspección, VGS2 = VDS2 , tenemos VDS2 < VGS2 − Vt = VGS2 +1, por lo que para determinar los valores de vi para los cuales Q1 y Q2 están en saturación bastará imponer VGS1 ≤ −1, VDS1 ≤ VGS1 − Vt = VGS1 + 1 y VGS2 ≤ −1. Por inspección, VGS1 = vi − vo y VGS2 = vo − 5. Con Q1 y Q2 en saturación, tenemos ID1 = K(VGS1 − Vt )2 = K(vi − vo + 1)2

134

4 Problemas de análisis de circuitos con MOSFETs

e ID2 = K(VGS2 − Vt )2 = K(vo − 4)2 . Imponiendo ID1 = ID2 , obtenemos K(vi − vo + 1)2 = K(vo − 4)2 , 

vi − vo + 1 vo − 4

2 = 1,

vi − vo + 1 = ±1 . vo − 4 Consideremos primero el signo +. Se tiene vi − vo + 1 = vo − 4 , vo =

vi + 5 . 2

Imponiendo VGS1 ≤ −1, se obtiene vi − vo ≤ −1 , vi + 5 ≤ −1 , 2 vi 5 − ≤ −1 , 2 2 vi ≤ 3 .

vi −

Imponiendo VDS1 ≤ VGS1 + 1, se obtiene, teniendo en cuenta VDS1 = −vo , −vo ≤ vi − vo + 1 , vi ≥ −1 . Por último, imponiendo VGS2 ≤ −1, se obtiene vo − 5 ≤ −1 , vi + 5 − 5 ≤ −1 , 2 vi 5 − ≤ −1 , 2 2 vi ≤ 3 . Así pues, para −1 ≤ vi ≤ 3, los dos MOSFETs están en saturación y vo = (vi + 5)/2. No es necesario discutir el signo −, pues dicho signo no puede resolver el circuito para −1 ≤ vi ≤ 3.

Capítulo 5

Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal Problema 71: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resistencias del circuito valen RS = 10 KΩ, R1 = 10 KΩ, RC = 500 Ω, RE = 1 KΩ y RL = 1 KΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. Use VT = 26 mV. 5V

RS vi

C1

RC

R1

vo C3

+

R1

−

C2

RE

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización. Ello permitirá verificar que el BJT está en estado activo y permitirá calcular la componente de polarización de la corriente de colector, IC , que es necesaria para determinar el valor del parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es 5V

10 KΩ

10 KΩ

500 Ω

1 KΩ

136

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 10 KΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Se obtiene 10 5 = 2,5 V , Vth = 10 + 10 10 = 5 KΩ . 2 Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito Rth = 10  10 =

5V IC

500 Ω

5 KΩ 2,5 V

1 KΩ

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos IC . Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 5 KΩ 2,5 V

IB

B

C

0,7 V

500 Ω

5V

200 IB IC E

201 IB

1 KΩ

Hemos de verificar IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,5 V, la resistencia de valor 5 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo 2,5 = 5 IB + 0,7 + (1)(201 IB ) , 1,8 = 206IB , 1,8 = 0,00874 , 206 que es ≥ 0. Para calcular VCE conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 Ω, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo IB =

5 = (0,5)(200 IB ) + VCE + (1)(201 IB ) , 5 = VCE + 301IB ,

137

VCE = 5 − 301 IB = 5 − (301)(0,00874) = 2,37 , que es ≥ 0,2. Así pues, en el circuito de polarización, el BJT está en estado activo. La componente de polarización de la corriente de colector vale IC = 200 IB = (200)(0,00874) = 1,75 mA , y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βVT (200)(0,026) = = 2,97 KΩ . IC 1,75

El condensador de capacidad C3 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo /vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es ib

RS vi

+

B

C

R1 rπ

R1

vo βib

−

RC

RL

E

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1 , por un lado, y RC y RL , por otro, obtenemos 10 R1 = = 5 KΩ R1  R1 = 2 2 y RC RL (0,5)(1) = 0,333 KΩ , = RC  RL = RC + RL 0,5 + 1 y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal i2 10 KΩ vi

+

5 KΩ

ib

B

C

i1 2,97 KΩ

−

vo 200 ib

0,333 KΩ

E

Para determinar la ganancia A = vo /vi , calculemos vi y vo en función de ib . Obtenemos vb = 2,97 ib , 2,97 ib vb = = 0,594 ib , 5 5 i2 = i1 + ib = 0,594 ib + ib = 1,59 ib , i1 =

vi = 10 i2 + vb = (10)(1,59 ib ) + 2,97 ib = 18,9 ib ,

(5.1)

vo = −(0,333)(200 ib ) = −66,6 ib .

(5.2)

138

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Finalmente, combinando (5.1) y (5.2),

A=

−66,6 ib vo = = −3,52 . vi 18,9 ib

Problema 72: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resistencias del circuito valen RS = 10 KΩ, R1 = 50 KΩ, RC = 1 KΩ, RE = 2 KΩ y RL = 10 KΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V. Use VT = 26 mV. 5V R1 RS

C2

RE

C1

C3 vo

+ vi −

R1

RC

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando qoe el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, IC , y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V 50 KΩ

2 KΩ

50 KΩ

1 KΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 50 KΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa.

Vth =

50 + 50 5 = 2,5 V , 50

Rth = 50  50 =

50 = 25 KΩ . 2

139

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito 5V 2 KΩ 25 KΩ IC

2,5 V

1 KΩ

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos IC . Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 5V 201IB

2 KΩ E 0,7 V IB

25 KΩ 2,5 V

B

200IB IC

C 1 KΩ

Hemos de verificar IB ≥ 0 y VEC ≥ 0,2. Para calcular IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 25 KΩ y la fuente de tensión de valor 2,5 V, obteniendo 5 = (2)(201IB ) + 0,7 + 25IB + 2,5 , 1,8 = 427IB , 1,8 = 0,00422 , IB = 427 que es ≥ 0. Para calcular VEC cononociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo 5 = (2)(201IB ) + VEC + (1)(200IB ) , 5 = VEC + 602IB , VEC = 5 − 602IB = 5 − (602)(0,00422) = 2,46 , que es ≥ 0,2. Así pues, en el circuito de polarización el BJT está en estado activo, la componente de polarización de la corriente de colector vale IC = 200IB = (200)(0,00422) = 0,844 mA ,

140

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

y el parámetro rπ del circuito de pequeña señal del BJT vale rπ =

βVT (200)(0,026) = 6,16 KΩ . = IC 0,844

El condensador de capacidad C3 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo /vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es ib

RS vi

+

B

C

R1 rπ

R1

vo βib

−

RC

RL

E

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1 , por un lado, y RC y RL , por otro, obtenemos 50 R1 = = 25 KΩ R1  R1 = 2 2 y RC RL (1)(10) = 0,909 KΩ , = RC  RL = RC + RL 1 + 10 y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal i2 10 KΩ vi

+

ib

B

C

i1 6,16 KΩ

25 KΩ

−

vo 200 ib

0,909 KΩ

E

Para determinar la ganancia A = vo /vi , calculemos vi y vo en función de ib . Obtenemos vb = −6,16 ib , i1 =

6,16 ib vb =− = −0,246 ib , 25 25

i2 = i1 − ib = −0,246 ib − ib = −1,246 ib , vi = 10 i2 + vb = −(10)(1,246 ib ) − 6,16 ib = −18,6 ib ,

(5.3)

vo = (0,909)(200 ib ) = 182 ib .

(5.4)

Finalmente, combinando (5.3) y (5.4), A=

182 ib vo = = −9,78 . vi −18,6 ib

141

Problema 73: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que las resistencias del circuito valen RS = 100 KΩ, R1 = 1 MΩ, RE = 10 KΩ y RL = 10 KΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β, VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7 V y VCE ,sat = 0,2 V. Use VT = 26 mV. 10 V

C1

RS

C2

+

vi

R1

vo

R1

RE

−

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, IC , y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es 10 V

1 MΩ

1 MΩ

10 KΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 10 V y las resistencias de valor 1 MΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Se obtiene Vth =

1 MΩ 10 = 5 V , 1 MΩ + 1 MΩ

1 MΩ = 500 KΩ . 2 Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito Rth = 1 MΩ  1 MΩ =

10 V IC 500 KΩ 5V

10 KΩ

142

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 500 KΩ IB

5V

B

C

0,7 V

IC 10 V

100 IB E

101 IB

10 KΩ

Hemos de verificar IB ≥ 0 y VCE ≥ 0,2. Para calcular IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 KΩ, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 10 KΩ, obteniendo 5 = 500 IB + 0,7 + (10)(101 IB ) , 4,3 = 1.510IB , IB =

4,3 = 0,00285 , 1.510

que es ≥ 0. Para calcular VCE conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor 10 KΩ, obteniendo 10 = VCE + (10)(101 IB ) , 10 = VCE + 1.010IB , VCE = 10 − 1.010 IB = 10 − (1.010)(0,00285) = 7,12 , que es ≥ 0,2. La componente de polarización de la corriente de colector vale IC = 100 IB = (100)(0,00285) = 0,285 mA , y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βVT (100)(0,026) = 9,12 KΩ . = IC 0,285

El condensador de capacidad C2 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo /vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden

143

ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es B ib

RS

C

+

vi

R1

−

R1

rπ

βib E

vo RL

RE

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1 , por un lado, y RE y RL , por otro, obtenemos R1  R1 =

1 MΩ R1 = = 500 KΩ 2 2

y RE RL (10)(10) = 5 KΩ , = RE + RL 10 + 10 y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal RE  RL =

B ib

100 KΩ +

vi −

i2

C

100 ib

500 KΩ 9,12 KΩ

i1

E

101 ib

vo

5 KΩ

Para calcular la ganancia A = vo /vi , calcularemos vi y vo en función de ib . Obtenemos vb = 9,12 ib + (5)(101 ib ) = 514 ib , 514 ib vb = = 1,03 ib , 500 500 i2 = i1 + ib = 1,03 ib + ib = 2,03 ib , i1 =

vi = vb + 100 i2 = 514 ib + (100)(2,03 ib ) = 717 ib ,

(5.5)

vo = (5)(101 ib ) = 505 ib .

(5.6)

Finalmente, combinando (5.5) y (5.6), A=

505 ib vo = = 0,704 . vi 717 ib

144

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Problema 74: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que las resistencias del circuito valen RS = 200 KΩ, RB = 500 KΩ, RE = 10 KΩ y RL = 20 KΩ. Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β, VEB ,u = VEB ,act = VEB ,sat = 0,7 V y VEC ,sat = 0,2 V. Use VT = 26 mV. 10 V RE RS

vi

+

C2

C1

vo RL

RB

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT está en estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, IC , y el parámetro rπ del modelo de pequeñ señal del BJT. El circuito de polarización es 10 V 10 KΩ

500 KΩ

IC

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito 10 V 101IB

10 KΩ E

0,7 V IB

100IB B

C

IC

500 KΩ

Hemos de verificar IB ≥ 0 y VEC ≥ 0,2. Para calcular IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ, la fuente

145

de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 KΩ, obteniendo 10 = (10)(101 IB ) + 0,7 + 500IB , 1.510IB = 9,3 , IB =

9,3 = 0,00616 , 1.510

que es ≥ 0. Para calcular VEC conociendo IB , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ y la fuente de corriente controlada, obteniendo 10 = (10)(101 IB ) + VEC , 10 = 1.010IB + VEC , VEC = 10 − 1.010 IB = 10 − (1.010)(0,00616) = 3,78 , que es ≥ 0,2. El BJT está, pues, en estado activo, la componente de polarización de la corriente de colector vale IC = 100 IB = (100)(0,00616) = 0,616 mA , y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT vale rπ =

βVT (100)(0,026) = 4,22 KΩ . = IC 0,616

El condensador de capacidad C2 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo componente de pequeña señal. La ganancia A = vo /vi puede ser, pues, determinada haciendo el análisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es RS + vi −

ib B RB

C

rπ

βib E

RE

vo RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RE y RL , obtenemos RE  RL =

RE RL (10)(20) = 6,67 KΩ , = RE + RL 10 + 20

146

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal B ib

200 KΩ vi

+ −

i2

i1

C

100 ib

500 KΩ 4,22 KΩ E

101 ib

vo

6,67 KΩ

Para calcular la ganancia A = vo /vi , calcularemos vi y vo en función de ib . Obtenemos vb = −4,22 ib − (6,67)(101 ib ) = −678 ib , 678 ib vb =− = −1,36 ib , 500 500 i2 = i1 − ib = −1,36 ib − ib = −2,36 ib , i1 =

vi = 200 i2 + vb = −(200)(2,36 ib ) − 678 ib = −1.150 ib ,

(5.7)

vo = −(6,67)(101 ib ) = −674 ib .

(5.8)

Finalmente, combinando (5.7) y (5.8), A=

vo −674 ib = = 0,586 . vi −1.150 ib

Problema 75: Suponiendo que los BJTs trabajan en el estado activo y que las frecuencias de las tensiones v1 y v2 son suficientemente grandes, analice el circuito de la figura y exprese vo en función de v1 , v2 , los parámetros rπ y β de los modelos de pequeña señal de los BJTs y las resistencias del circuito. Vcc

RC

C3 vo RL

RS v1

+ −

C1

R1

R1 RE

R1

C2

C2

R1 RE

C1

RS +

v2

−

Solución: El condensador de capacidad C3 hace que la tensión de salida vo tenga sólo componente de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser

147

sustituidas por cortocircuitos y, con
= RC  RL = RC

RC RL , RC + RL

(5.9)

el circuito de pequeña señal es β(ib1 + ib2 ) vo RC
i
1 + v1 −

RS i1

ib1 R1 /2

B1

C1

B2

C2

rπ

βib1 βib2

rπ E1

ib2 R1 /2

E2

RS +

v2

−

Para analizar el circuito, empezaremos calculando ib1 en función de v1 . Para ello, lo más fácil es calcular v1 en función de ib1 e invertir la relación. vb1 = rπ ib1 , rπ ib1 2rπ vb1 = = ib1 , R1 /2 R1 /2 R1   2rπ 2rπ R1 + 2rπ
ib1 + ib1 = 1 + ib1 , i1 = i1 + ib1 = ib1 = R1 R1 R1   R1 + 2rπ R1 + 2rπ
v1 = RS i1 + vb1 = RS ib1 + rπ ib1 = RS + rπ ib1 , R1 R1 i1 =

ib1 = Por simetría, ib2 =

v1 . R1 + 2rπ RS + rπ R1

(5.10)

v2 . R1 + 2rπ RS + rπ R1

(5.11)

Finalmente,
β(ib1 + ib2 ) , vo = −RC

y, usando (5.9), (5.10) y (5.11), RC RL RC + RL (v1 + v2 ) . vo = −β R1 + 2rπ RS + rπ R1

148

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Problema 76: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros Vt y K del MOSFET valen Vt = 1 V y K = 50 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 10 KΩ, R1 = 300 KΩ, R2 = 500 KΩ, RD = 2 KΩ, RS = 1 KΩ y RL = 1 KΩ. 10 V

C1

RI vi

R2

RD vo C2

+

R1

−

RS

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenador, ID , lo cual permitirá calcular el valor del parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 10 V

500 KΩ

300 KΩ

2 KΩ ID

1 KΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar VGS ≥ 1 y VDS ≥ VGS − Vt = VGS − 1. Teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del MOSFET es nula, la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 500 KΩ y la resistencia de valor 300 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, VG , resulta valer VG =

300 10 = 3,75 . 300 + 500

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 300 KΩ, el MOSFET y la resistencia de valor 1 KΩ, obtenemos 3,75 = VGS + (1)ID = VGS + ID . Por otro lado, con el MOSFET en saturación, ID = K(VGS − Vt )2 = 50(VGS − 1)2 , que, combinada con la ecuación anterior, da la ecuación de segundo grado en VGS 2 3,75 = VGS + 50(VGS − 1)2 = 50 VGS − 99 VGS + 50 ,

(5.12)

149

2 50 VGS − 99 VGS + 46,25 = 0 ,

cuyas soluciones son VGS = 1,225 y VGS = 0,755. Sólo la solución VGS = 1,225 verifica VGS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos VDS ≥ VGS − 1. De (5.12), ID = 50(1,225 − 1)2 = 2,53 . Calculemos la tensión de fuente, VS , y la tensión de drenador, VD . VS = (1)ID = 2,53 , VD = 10 − 2 ID = 10 − (2)(2,53) = 4,94 . Resulta VDS = VD − VS = 4,94 − 2,53 = 2,41 , que es ≥ VGS − 1 = 1,225 − 1 = 0,225. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e ID = 2,53 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET resulta valer   gm = 2 KID = 2 (50)(2,53) = 22,5 mA/V . El condensador de capacidad C2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI vi

+ −

G

R1

D

vo gm vgs

R2

RD

RL

S

RS

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2 , por un lado, y RD y RL , por otro, obtenemos R1  R2 =

R1 R2 (300)(500) = 187,5 KΩ , = R1 + R2 300 + 500

RD  RL =

RD RL (2)(1) = 0,667 KΩ , = RD + RL 2+1

150

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal 10 KΩ vi

G

+

D

vo 22,5 vgs

187,5 KΩ

−

0,667 KΩ

S

1 KΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

187,5 vi = 0,949 vi , 10 + 187,5

vs = (1)(22,5 vgs ) = 22,5 vgs , vgs = vg − vs = 0,949 vi − 22,5 vgs , 23,5 vgs = 0,949 vi , vgs =

0,949 vi = 0,0404 vi . 23,5

Finalmente, vo = −(0,667)(22,5 vgs ) = −(0,667)(22,5)(0,0404 vi ) = −0,606 vi , y A=

vo = −0,606 . vi

Problema 77: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros Vt y K del MOSFET valen Vt = 1 V y K = 1 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 10 KΩ, RG = 500 KΩ, RS = 20 KΩ y RL = 1 KΩ. 5V

RG RI vi

C1 C2

+ −

vo RS

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de

151

drenador, ID , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V

500 KΩ

ID

20 KΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar VGS ≥ Vt = 1 y VDS ≥ VGS − Vt = VGS − 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale VG = 5 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos 5 = VGS + 20ID , por otro lado, con el MOSFET en saturación, ID = K(VGS − Vt )2 = (VGS − 1)2 .

(5.13)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en VGS , 2 − 39 VGS + 20 , 5 = VGS + 20(VGS − 1)2 = 20 VGS 2 − 39 VGS + 15 = 0 , 20 VGS

cuyas soluciones son VGS = 1,423 y VGS = 0,527. Sólo la solución VGS = 1,423 verifica VGS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos VDS ≥ VGS − 1 = 1,423 − 1 = 0,423. De (5.13), obtenemos ID = (1,423 − 1)2 = 0,179 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 20 KΩ, obtenemos 5 = VDS + 20 ID , de donde, VDS = 5 − 20 ID = 5 − (20)(0,179) = 1,42 , que es ≥ 0,423. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e ID = 0,179 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale   gm = 2 KID = 2 (1)(0,179) = 0,846 mA/V . El condensador de capacidad C2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal.

152

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

vi

G

+

D

gm vgs

RG

−

S

vo

RS

RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL , obtenemos RS  RL =

RS RL (20)(1) = 0,952 KΩ , = RS + RL 20 + 1

y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal 10 KΩ

vi

G

+

D

0,846 vgs

500 KΩ

−

S

vo

0,952 KΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

500 vi = 0,980 vi , 10 + 500

vs = (0,952)(0,846 vgs ) = 0,805 vgs , vgs = vg − vs = 0,980 vi − 0,805 vgs , 1,805 vgs = 0,980 vi , vgs =

0,980 vi = 0,543 vi . 1,805

Finalmente, vo = vs = 0,805 vgs = (0,805)(0,543 vi ) = 0,437 vi , y A=

vo = 0,437 . vi

153

Problema 78: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros Vt y K del MOSFET valen Vt = 1 V y K = 10 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 100 KΩ, R1 = 500 KΩ, R2 = 2 MΩ, RS = 50 KΩ y RL = 10 KΩ. 5V

R1 C1

RI vi

C2

+

vo R2

−

RS

RL

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de drenador, ID , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V ID

500 KΩ

2 MΩ

50 KΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 KΩ y la resistencia de valor 2 MΩ que tiene como salidas la puerta del MOSFET y masa. Se obtiene Vth =

2.000 5 = 4V 500 + 2.000

y (500)(2.000) = 400 KΩ . 500 + 2.000 Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito Rth = 500  2.000 =

5V ID 400 KΩ 4V

50 KΩ

154

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar VGS ≥ Vt = 1 y VDS ≥ VGS − Vt = VGS − 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale VG = 4 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 4 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos 4 = VGS + 50ID , por otro lado, con el MOSFET en saturación, ID = K(VGS − Vt )2 = 10(VGS − 1)2 .

(5.14)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en VGS , 2 − 999 VGS + 500 , 4 = VGS + 500(VGS − 1)2 = 500 VGS 2 − 999 VGS + 496 = 0 , 500 VGS

cuyas soluciones son VGS = 1,0765 y VGS = 0,9215. Sólo la solución VGS = 1,0765 verifica VGS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos VDS ≥ VGS − 1 = 1,0765 − 1 = 0,0765. De (5.14), obtenemos ID = 10(1,0765 − 1)2 = 0,0585 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 50 KΩ, obtenemos 5 = VDS + 50 ID , de donde, VDS = 5 − 50 ID = 5 − (50)(0,0585) = 2,08 , que es ≥ 0,0765. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e ID = 0,0585 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale   gm = 2 KID = 2 (10)(0,0585) = 1,53 mA/V . El condensador de capacidad C2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

vi

+

G

R1

D

gm vgs

R2

−

S

RS

vo RL

Calculando los equivalente de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2 , por un lado, y RS y RL , por otro, obtenemos R1  R2 =

R1 R2 (500)(2.000) = 400 KΩ , = R1 + R2 500 + 2.000

155

RS RL (50)(10) = = 8,33 KΩ , RS + RL 50 + 10 y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal RS  RL =

100 KΩ

vi

G

+

D

1,53 vgs

400 KΩ

−

S

vo

8,33 KΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

400 vi = 0,8 vi , 100 + 400

vs = (8,33)(1,53 vgs ) = 12,7 vgs , vgs = vg − vs = 0,8 vi − 12,7 vgs , 13,7 vgs = 0,8 vi , vgs =

0,8 vi = 0,0584 vi . 13,7

Finalmente, vo = vs = 12,7 vgs = (12,7)(0,0584 vi ) = 0,742 vi , y A=

vo = 0,742 . vi

Problema 79: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo /vi para frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros Vt y K del MOSFET valen Vt = −1 V y K = 5 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 50 KΩ, RG = 1 MΩ, RS = 20 KΩ y RL = 10 KΩ. 5V RS RI

vi

+

C1

C2 vo

RG

RL

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de

156

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

drenador, ID , y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es 5V 20 KΩ

1 MΩ

ID

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar VGS ≤ Vt = −1 y VDS ≤ VGS − Vt = VGS + 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puerta vale VG = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos 5 = 20ID − VGS , por otro lado, con el MOSFET en saturación, ID = K(VGS − Vt )2 = 5(VGS + 1)2 .

(5.15)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en VGS , 2 + 199 VGS + 100 , 5 = 100(VGS + 1)2 − VGS = 100 VGS 2 + 199 VGS + 95 = 0 , 100 VGS

cuyas soluciones son VGS = −1,195 y VGS = −0,795. Sólo la solución VGS = −1,195 verifica VGS ≤ −1. Retengámosla y verifiquemos VDS ≤ VGS + 1 = −1,195 + 1 = −0,195. De (5.15), obtenemos ID = (5)(−1,195 + 1)2 = 0,190 . Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 20 KΩ y el MOSFET, obtenemos 5 = 20 ID − VDS , de donde, VDS = −5 + 20 ID = −5 + (20)(0,190) = −1,20 , que es ≤ −0,195. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e ID = 0,190 mA. El parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale   gm = 2 KID = 2 (5)(0,190) = 1,95 mA/V . El condensador de capacidad C2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal. Así pues, la ganancia A = vo /vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal.

157

Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocircuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser RI

vi

G

+

D

gm vgs

RG

−

S

vo

RS

RL

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL , obtenemos RS  RL =

RS RL (20)(10) = = 6,67 KΩ , RS + RL 20 + 10

y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal 50 KΩ

vi

G

+

D

1,95 vgs

1 MΩ

−

S

vo

6,67 KΩ

Calculemos vgs en función de vi . Obtenemos vg =

1.000 vi = 0,952 vi , 50 + 1.000

vs = (6,67)(1,95 vgs ) = 13 vgs , vgs = vg − vs = 0,952 vi − 13 vgs , 14 vgs = 0,952 vi , vgs =

0,952 vi = 0,0680 vi . 14

Finalmente, vo = vs = 13 vgs = (13)(0,0680 vi ) = 0,884 vi , y A=

vo = 0,884 . vi

158

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Problema 80: Suponiendo que el MOSFET trabaja en la zona saturación, analice el circuito de la figura y, para frecuencias suficientemente grandes, exprese vo en función de v1 , v2 , el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET y las resistencias del circuito. VDD C1

RI

RD R2

+

v1 −

RI

C3 vo RL

C1

R1

+

v2 −

C2

RS

Solución: El condensador de capacidad C3 hace que la tensión de salida vo tenga sólo componente de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser
= sustituidas por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y, con R
= R1  R2 y RL RD  RL , éste es RI v1

+

G

− RI

v2

D

vo

R


gm vgs

+

RL


S

−

Aplicando el principio de superposición, la tensión vg vale vg = vg1 + vg2 , donde vg1 es la componente debida a v1 y vg2 es la componente debida a v2 . Con R

= RI  R
= RI  R1  R2 , vg1 puede ser evaluada analizando el circuito RI v1

+

vg1 R



−

Obtenemos vg1 =

R

v1 . RI + R



vg2 =

R

v2 , RI + R



Por simetría,

159

y vg =

R

(v1 + v2 ) . RI + R



Finalmente,


gm vgs = −RL gm vg = −RL gm vo = −RL

R

1
(v1 +v2 ) = −RL gm (v1 +v2 ) , RI + R

1 + RI /R



y, usando 1 1 1 1 = + +

R RI R1 R2 y
= RL

vo = −

RD RL , RD + RL

RD RL 1 gm (v1 + v2 ) . RD + RL 2 + RI /R1 + RI /R2

160

5 Problemas de análisis de amplificadores de pequeña señal

Capítulo 6

Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales Problema 81: Sabiendo que el amplificador operacional tiene tensiones de saturación −10 V y 10 V, determine la función de transferencia vo = F (vi ) del circuito de la figura para −5 V ≤ vi ≤ 5 V. A continuación, suponiendo que vi es una tensión senoidal de amplitud 3 V, determine la potencia media entregada a la resistencia de carga RL para RL = 2 KΩ. 1 KΩ

5 KΩ −

vi

+

vo RL

Solución: El amplificador operacional está realimentado negativamente y, por tanto, suponiendo −10 ≤ vo ≤ 10, el amplificador operacional trabajará en la zona lineal. El circuito es un amplificador no inversor y, con el amplificador operacional trabajando en la zona lineal, se tendrá 5 vo = 1 + = 6, vi 1 vo = 6vi . Imponiendo −10 ≤ vo ≤ 10, obtenemos −10 ≤ 6 vi ≤ 10, −1,67 ≤ vi ≤ 1,67. Para vi > 1,67, el amplificador operacional estará saturado positivamente y vo = 10. Para comprobarlo, hemos de verificar que v+ > v− , donde v+ es la tensión en la entrada no inversora del amplificador operacional y v− es la tensión en la entrada inversora del amplificador operacional. Por inspección, v+ = vi y, usando el hecho de que la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, obtenemos v− =

1 10 vo = = 1,67 , 1+5 6

162

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

y v+ > v− para vi > 1,67. Para vi < −1,67, el amplificador operacional estará saturado negativamente y vo = −10. Para comprobarlo, hemos de verificar que v+ < v− . Por inspección, v+ = vi y, usando el hecho de que la corrientes por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, obtenemos 1 −10 vo = = −1,67 , v− = 1+5 6 y v+ < v− para vi < −1,67. La siguiente figura muestra la función de transferencia vo = F (vi ) vo 10

−1,67 vi

1,67

−10

La potencia media entregada a la carga vale P =

2 Vo,ef

RL

,

donde Vo,ef es el valor eficaz de la tensión de salida vo . Siendo T el periodo de vi , se tiene   t . vi (t) = 3 sen 2π T La tensión vo (t) también tendrá periodo T . La siguiente figura representa vi (t) y vo (t) usando la variable α = 2πt/T . vo

10

vi

3 1,67 −1,67 −3

φ

π

2π α

−10

Determinemos φ: 1,67 = 3 sen(φ) ,

0 < φ < π/2 ,

163

 φ = arc sen

1,67 3

 = arc sen(0,557) = 0,591 rad .

2 vale Vo,ef 2 Vo,ef

Dadas las simterías de

vo2 (t),

1 = T



T

vo2 (t) dt . 0

tenemos 2 Vo,ef

1 = T /4



T /4

vo2 (t) dt .

(6.1)

0

En el intervalo [0, T /4], vo (t) vale    t    6 vi (t) = 18 sen 2π , T vo (t) =  π t   10 , φ ≤ 2π ≤ . T 2

0 ≤ 2π

t ≤φ T

Haciendo el cambio de variable α = 2πt/T en (6.1), obtenemos    π/2  π/2 φ 1 1 2 2 2 2 vo (α) dα = (18 sen α) dα + 10 dα Vo,ef = π/2 0 π/2 0 φ   φ  π/2  1 324 sen2α dα + 100 dα = π/2 0 φ ! "    π α sen(2α) φ 1 324 − −φ + 100 = π/2 2 4 2 0 =

1 (62φ − 81 sen(2φ) + 50π) , π/2

y, usando φ = 0,591 rad, 2 = 75,6 V2 , Vo,ef

obteniéndose P =

2 Vo,ef

RL

=

75,6 75,6 V2 = W = 0,0378 W = 37,8 mW . 2 KΩ 2.000

Problema 82: Suponiendo que vo está comprendida entre la tensiones de saturación del amplificador operacional, analice el circuito de la figura y determine vo en función de v1 , v2 y las resistencias R1 , R2 , R y R
. Se escoge R = R1 = 1 KΩ. ¿Qué valores deberán tener R2 y R
para que vo = 4v1 + v2 ? R

v1 v2

R1 R2

R


− +

vo

Solución: Usando el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificador

164

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

operacional es nula, es posible calcular la tensión de dicha entrada, v+ , analizando el circuito v+ R1

R2

+ v1 −

+ v − 2

Aplicando el principio de superposición, obtenemos v+ =

R2 R1 v1 + v2 , R1 + R2 R1 + R2

y, considerando que desde la entrada no inversora a la salida el circuito es un amplificador no inversor,  vo =

R
1+ R



 v+ =

R
1+ R



  R2 R1 R
v1 + 1 + v2 . R1 + R2 R R1 + R2

Con R = R1 = 1 KΩ, vo = (1 + R
)

R2 1 v1 + (1 + R
) v2 . R2 + 1 R2 + 1

Identificando coeficientes, obtenemos el sistema de dos ecuaciones R2 =4 R2 + 1 1 = 1. (1 + R
) R2 + 1 (1 + R
)

Dividiéndolas, obtenemos R2 = 4 KΩ. Sustituyendo dicho valor en la segunda ecuación, obtenemos 1 (1 + R
) = 1 , 5 1 + R
= 5 , R
= 4 KΩ . Problema 83: Analice el circuito de la figura y, suponiendo que las tensiones en las salidas de los dos amplificadores operacionales están comprendidas entre las tensiones de saturación, determine el valor de vo en función de vi . Suponga ahora que los dos amplificadores operacionales tienen tensiones de saturación V y −V , donde V > 0. ¿De qué valores habrá que escoger R2 /R1

165

y R4 /R3 para que vo = 3vi para el mayor rango de valores posible para vi ? R1

R2

−

+

+ R3 vi

R4

+ −

vo

−

−

+

Solución: Llamemos vo1 a la tensión en la salida del amplificador operacional superior y vo2 a la tensión en la salida del amplificador operacional inferior. De vi a vo1 tenemos un amplificador inversor y de vi a vo2 tenemos un amplificador no inversor. Entonces, suponiendo que vo1 y vo2 estén comprendidas entre las tensiones de saturación de los amplificadores operacionales respectivos, tendremos   R2 vi , vo1 = 1 + R1 vo2 = − y

R4 , R3

 vo = vo1 − vo2 =

1+

R2 R4 + R1 R3

 vi .

Para que vo = 3vi , R2 /R1 y R4 /R3 deberán satisfacer 1+

R2 R4 + = 3, R1 R3

R2 R4 + = 2. R1 R3 Para que el amplificador operacional superior no se sature, vi deberá satisfacer   R2 |vi | ≤ V , 1+ R1 |vi | ≤

V . 1 + R2 /R1

Para que el amplificador operacional inferior no se sature, vi deberá satisfacer R4 |vi | ≤ V , R3 |vi | ≤

V . R4 /R3

(6.2)

166

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

Por tanto, para que vo = 3vi , vi deberá satisfacer # $ # $ V V 1 1 , , = V m´ın , |vi | ≤ m´ın 1 + R2 /R1 R4 /R3 1 + R2 /R1 R4 /R3 y el rango de valores para vi para los cuales vo = 3vi será [−VI , VI ], con # $ 1 1 , . VI = V m´ın 1 + R2 /R1 R4 /R3 Dicho rango se maximiza maximizando VI . Así pues, se trata de localizar el máximo de VI sujeto a lad restricciones R2 /R1 ≥ 0, R4 /R3 ≥ 0 y (6.2). Con x = R2 /R1 , se trata de localizar el máximo de $ # 1 1 , m´ın 1+x 2−x en el intervalo para x, [0, 2]. La función 1/(1 + x) es decreciente con x y varía en el intervalo entre 1 y 1/3. La función 1/(2 − x) es creciente con x y varía en el intervalo entre 1/2 e ∞. El máximo se encuentra pues en el x que verifica 1 1 = , 1+x 2−x 2− x = 1 + x, que es x = 1/2. Así pues, el rango de valores de vi para los cuales vo = 3vi se maximiza para R2 /R1 = 1/2 y R4 /R3 = 2 − R2 /R1 = 2 − 1/2 = 3/2. Problema 84: Analice el circuito de la figura y a) demuestre que la realimentación es negativa, b) suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, demuestre que i = vi /R, c) con R = 5 KΩ y RL = 1 KΩ, obtenga el intervalo para vi en el cual i(mA) = vi (V)/5 sabiendo que las tensiones de saturación del amplificador operacional son −10 V y 10 V. 10 KΩ

10 KΩ − +

vi

R i

R RL

Solución: a) Sea vo la tensión en la salida del amplificador operacional. Utilizando el hecho de que las corrientes por las entradas del amplificador operacional son nulas, obtenemos que la tensión de la entrada inversora vale v− =

10 vo vo = 10 + 10 2

167

y que la tensión de la entrada no inversora, v+ , puede ser evaluada en función de vi y vo analizando el circuito v+ R

R

+ vi −

+ v − o

RL

Utilizando el principio de superposición para analizar este último circuito obtenemos, con R
= R  RL = RRL /(R + RL ), v+ =

R
R
v + vo = γ vi + γ vo , i R
+ RL R
+ RL

R
= γ=
R + RL

RRL RRL 1 R + RL = < . 2 RRL 2 2RRL + RL + RL R + RL

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, las ecuaciones obtenidas para v− y v+ en función de vi y vo conducen al diagrama de bloques 1/2 − Σ + vi

γ

A

+

Σ +

γ

que puede ser reducido a 1/2 − γ

vi

γ

− Σ +

A

Siendo γ < 1/2, 1/2 − γ > 0, y la realimentación es negativa. b) Analizaremos el circuito usando el hecho de que las corrientes por las entradas del amplificador operacional son nulas y usando el teorema del cortocircuito virtual. Sean i1 e i2 las corrientes y

168

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

sea vo la tensión indicadas en la figura 10 KΩ

10 KΩ −

vo

+ R

vi

i2 i

R RL

i1

Utilizando el hecho de que la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional es nula, la tensión en dicha entrada vale 10 vo vo = . v− = 10 + 10 2 Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada no inversora vale vo . v+ = v− = 2 La corriente i1 resulta, por tanto, valer i1 =

vo − vo /2 vo vo − v+ = = R R 2R

y la corriente i2

vo vi v+ − vi = − . R 2R R Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo donde se conectan las dos resistencias R y la resistencia RL , teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional es nula, vi i = i1 − i2 = . R i2 =

c) Obtengamos una expresión para la tensión en la salida del amplificador operacional, vo , en función de vi . Utilizando la ley de Ohm y la relación entre i y vi , v+ = RL i = Tal y como se ha visto en b), v+ =

RL vi . R

vo . 2

Combinándolas obtenemos vo = 2 v+ = 2 Para R = 5 KΩ y RL = 1 KΩ,

RL vi . R

2 vi = 0,4 vi . 5 La relación entre i y vi se ha obtenido suponiendo que el amplificador trabajaba en la zona lineal. Siendo la realimentación negativa, la única condición a imponer es −10 ≤ vo ≤ 10. Ello conduce a −10 ≤ 0,4 vi ≤ 10 y a −25 ≤ vi ≤ 25. Así pues, el intervalo para vi es [−25, 25]. vo =

169

Problema 85: Analice el circuito de la figura y, suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, demuestre que i = (R2 /R1 )(vi /RL ). Suponga, a continuación, R1 = 1 KΩ y R2 = 5 KΩ y que las tensiones de saturación del amplificador operacional valen −5 V y 10 V. ¿Entre qué valores podrá variar vi de modo que i = 5vi /RL ? R1

R2

− + RL

vi

i

Solución: De la entrada no inversora a la salida del amplificador operacional, el circuito es un amplificador no inversor. Así pues, llamando vo a la tensión de salida del amplificador operacional, se tendrá   R2 (6.3) vi . vo = 1 + R1 Finalmente, aplicando la ley de Ohm,

i=

(1 + R2 /R1 )vi − vi R2 vi vo − vi = = . RL RL R1 RL

Con R1 = 1 KΩ y R2 = 5 KΩ, de (6.3), obtenemos vo = 6 vi . La realimentación es negativa y la única condición necesaria para que la relación entre vi e i obtenida anteriormente sea válida es −5 ≤ vo ≤ 10. Imponiéndola, obtenemos −5 ≤ 6 vi ≤ 10, −0,833 ≤ vi ≤ 1,67. Así pues, vi podrá variar entre −0,833 V y 1,67 V. Problema 86: Suponiendo que el diodo es ideal y que las tensiones de saturación positiva y negativa del amplificador operacional son suficientemente grandes en valor absoluto, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi ). ¿Cuánto valdrá el valor medio de la tensión vo cuando vi sea una tensión senoidal de amplitud 5 V? R

R

− vi

+

vo

Solución: Para vi > 0, el amplificador operacional trabaja en la zona lineal y el diodo está en

170

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

ON. Sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON, obtenemos el circuito R

R i −

vi

A K

vo

+

Dicho circuito es un amplificador no inversor y  vo =

1+

R R

 vi = 2 vi .

Únicamente se ha de verificar que la corriente por el diodo, i, es ≥ 0. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada inversora, v− , vale v− = vi . Aplicando la ley de Ohm, 2vi − vi vi vo − v− = = , i= R R R y la condición i ≥ 0 se cumple para vi ≥ 0. Para vi < 0, el amplificador operacional está saturado negativamente y el diodo está en OFF. En efecto, sustituyendo el diodo por el circuito equivalente a su estado, obtenemos el circuito R

R

i − vi

A K

vo

+

Siendo nula la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional, la corriente i será nula y la tensión de la entrada inversora, v− , valdrá v− = Ri = 0, que, para vi < 0, es > v+ = vi , verificando que el amplificador operacional está saturado negativamente. La tensión vo valdrá 0 y la tensión ánodo-cátodo del diodo será negativa, verificando que el diodo está en estado OFF. La función de transferencia vo = F (vi ) resulta ser vo vo = 2vi

vi

Sea T el periodo de la tensión senoidal vi (t). La tensión vo (t) también tendrá periodo T y valdrá

171

en [0, T ]    t   2 vi (t) = 10 sen 2π , T vo (t) =   0, π ≤ 2π t ≤ 2π . T

0 ≤ 2π

t ≤π T

El valo medio de la tensión vo (t) valdrá

1 Vo = T



T

0

1 vo (t) dt = T



T /2

0



t 10 sen 2π T

 dt ,

y, haciendo el cambio de variable α = 2π(t/T ),

Vo =

1 2π



π

10 sen α dα = 0

10 2π



π

sen α dα = 0

10 10 [− cos α]π0 = = 3,18 V . 2π π

Problema 87: Analice el circuito de la figura y a) demuestre que la realimentación es negativa, b) suponiendo que el amplificador trabaja en la zona lineal, determine vo /vi . R

R R

R vi

R

R

−

vo

+

Solución: a) Calculemos la tensión de la entrada inversora del amplificador operacional, v− , en función de vi y vo . Hay que analizar el circuito v− R + vi −

R

R R

R R

+ − vo

Lo haremos aplicando el principio de superposición. Tenemos v− = v1 + v2 , donde v1 es la componente debida a vi y v2 es la componente debida a vo . La tensión v1 puede ser calculada

172

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

analizando el circuito v1 R

R

R

vi + −

R R

R

La resistencia vista a la derecha de v1 vale R
= R + R  (R + R  R) = R + R  (R + R/2) = R + R  3R/2 3 2 R 3 8 = R + R = R, = R+ 2 3 5 5 R+ R 2 y 8 R 8 5 , = 8 13 R+ R 5 obteniéndose v1 = (8/13)vi . Para calcular v2 debemos analizar el circuito R
v1 = = vi R + R


v3

v2

v4

R R

i1 i2

R

R R

i3 i 4

R

i5

+ − vo

El análisis se puede realizar fácilmente aplicando la ley de Ohm y la segunda ley de Kirchoff a nodos apropiados v2 , i1 = R v3 = 2R i1 = 2v2 , 2v2 v3 = , i2 = R R 3v2 v2 2v2 + = , i3 = i1 + i2 = R R R v4 = v3 + R i3 = 2v2 + 3v2 = 5v2 , 5v2 v4 = , i4 = R R 8v2 3v2 5v2 + = , i5 = i3 + i4 = R R R vo = v4 + R i5 = 5v2 + 8v2 = 13v2 , obteniéndose v2 = vo /13. La tensión v− vale, por tanto, v− = v1 + v2 =

8 vo vi + . 13 13

173

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, el circuito puede ser representado por el diagrama de bloques 1/13

vi

8/13

− Σ −

A

vo

que puede ser transformado en 1/13

vi

− Σ +

−8/13

A

vo

demostrando que la realimentación es negativa. b) Usando el hecho de que la ganancia de un amplificador con ganancia infinita realimentado negativamente con ganancia β es 1/β, del último diagrama de bloques obtenido en a), se deduce vo = vi



8 − 13

 13 = −8 .

Problema 88: Suponiendo que los dos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal, analice el circuito de la figura y demuestre que i = vi /R. Suponga, a continuación, que las tensiones de saturación de los amplificadores operacionales son −10 V y 10 V. ¿Para qué valores de vi se cumplirá i = vi /R? R1 + vi −

R1

R1

− + R1

R − + i

RL

Solución: El circuito formado por el amplificador operacional de la izquierda y las cuatro resistencias R1 es un amplificador diferencial básico. Por tanto, siendo vo la tensión diferencial

174

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

indicada en la siguiente figura R1 + vi −

R1

− +

R1

R1

+ vo −

i1

R

− + i

RL

se tendrá vo = (R1 /R1 )vi = vi . Siendo i1 la corriente indicada en la figura anterior y, aplicando el teorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha y la ley de Ohm, se tendrá vi vo = . i1 = R R Por último, usando el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional de la derecha es nula, se tendrá i = i1 =

vi . R

Los dos amplificadores operacionales están realimentados negativamente y el análisis efectuado anteriormente, que depende del trabajo de ambos amplificadores operacionales en la zona lineal, será válido con las únicas condiciones de que las tensiones en las salidas de los amplificadores operacionales estén comprendidas entre las tensiones de saturación. Llamando vo1 a la tensión de la salida del amplificador operacional de la izquierda y vo2 a la tensión de la salida del amplificador operacional de la derecha, se deberá cumplir −10 ≤ vo1 ≤ 10 y −10 ≤ vo2 ≤ 10. Calculemos, pues, vo1 y vo2 en función de vi y los valores de las resistencias del circuito, suponiendo que ambos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha, obtenemos que vo2 es igual a la tensión de la entrada no inversora de dicho amplificador operacional y vo2 = RL i =

RL vi . R

Por otro lado tenemos vo1 = vo2 + vo =

RL vi + vi = R

 1+

Imponiendo −10 ≤ vo1 ≤ 10 y −10 ≤ vo2 ≤ 10, obtenemos RL vi ≤ 10 , R   RL vi ≤ 10 , −10 ≤ 1 + R −10 ≤

RL R

 vi .

175

o, lo que es lo mismo, −10

−10

R R ≤ vi ≤ 10 , RL RL

R R ≤ vi ≤ 10 . R + RL R + RL

Así pues, los valores de vi para los cuales i = vi /R son los comprendidos en el intervalo [−10(R/(R + RL )), 10(R/(R + RL ))]. Problema 89: Suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, analice el circuito de la figura y demuestre que vo = (vP 1 − vN 1 ) + (vP 2 − vN 2 ) + · · · + (vP k − vN k ). R

vN 1

R

...

vN 2 vN k

−

vo

+

R

vP 1

R

...

vP 2 vP k

R

R

R

R

Solución: Siendo el circuito lineal, la tensión de la salida vo será función lineal de las tensiones vN 1 , vN 2 , . . . , vN k , vP 1 , vP 2 , . . . , vP k . Además, por simetría, los coeficientes asociados a las tensiones vN 1 , vN 2 , . . . , vN k serán iguales y los coeficientes asociados a las tensiones vP 1 , vP 2 , . . . , vP k serán iguales. Tenemos, por tanto, vo = A + BN vN 1 + BN vN 2 + · · · + BN vN k + BP vP 1 + BP vP 2 + · · · + BP vP k . Para vN 1 = vN 2 = · · · = vN k = vP 1 = vP 2 = · · · = vP k = 0, las corrientes por las resistencias conectadas a la entrada no inversora son nulas, la tensión de esa entrada es nula, aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión de la entrada inversora es también nula, las corrientes por las resistencias R conectadas a las tensiones vN 1 , vN 2 , . . . , vN k son nulas, la corriente por la resistencia R de realimentación es nula, y vo = 0. Por tanto, A = 0 y vo = BN vN 1 + BN vN 2 + · · · + BN vN k + BP vP 1 + BP vP 2 + · · · + BP vP k . Para determinar BN , podemos analizar el circuito con vN 2 = · · · = vN k = vP 1 = vP 2 = · · · = vP k = 0. Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, se obtiene el

176

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

circuito R R

vN 1

− R k−1

vo

+

i

R k+1

Siendo nula la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional, la tensión de dicha entrada valdrá v+ = 0. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada inversora valdrá v− = 0. La corriente i será nula, y el circuito es esencialmente equivalente a un amplificador inversor, resultando vo = −(R/R)vN 1 = −vN 1 y BN = −1. Para determinar BP , podemos analizar el circuito con vN 1 = vN 2 = · · · = vN k = vP 2 = · · · = vP k = 0. Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, obtenemos el circuito R R k − vP 1

R

+

vo

R k

Teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional es nula, la tensión de dicha entrada resulta valer v+ =

R/k vP 1 vP 1 = . R + R/k k+1

De la entrada no inversora a la salida, el circuito es un amplificador no inversor, y  vo =

1+

R R/k

 v+ = (k + 1)v+ = vP 1 ,

resultando BP = 1. Problema 90: Se trata de analizar el circuito de la figura, suponiendo que todas las resistencias son > 0. 1) Demuestre que la realimentación es negativa con una ganancia de realimentación β, 0 < β < 1. 2) Determine el valor de β. Suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, 3) demuestre que vo = γ(v1 − v2 ), es decir, que el circuito es un amplificador diferencial, 4) determine el valor de la ganancia diferencial γ, 5) determine un diagrama de bloques lo más simple posible que tenga como entradas v1 y v2 y como salida vo y que refleje

177

la realimentación negativa presente en el circuito, 6) compare el circuito con el amplificador diferencial básico y con el amplificador de instrumentación. R1

v2

R2

R2 RG

−

vo

+ v1 R1

R2

R2

Solución: 1) Sea vd = v+ − v− la tensión diferencial que ve el amplificador operacional. Claramente, vd es una función lineal de v1 , v2 y vo . Para demostrar que la realimentación es negativa con una ganancia de realimentación β, basta demostrar que la parte de vd proporcional a vo tiene la forma −βvo . Dicha parte puede ser obtenida haciendo v1 = v2 = 0, y, por tanto, es la dada por el circuito R2

R2

R1 +

vo

+ −

v−

−

RG R2 R2

R1 +

v+

−

Demostremos, sin calcular β, que la parte de vd proporcional a vo es −βvo con 0 < β < 1. Sean las resistencias R
= R2  (R1 + R2 ) , R

= RG + R
y R


= R

 (R1 + R2 ) . Tenemos v+ =

R


R
R1 vo



R2 + R RG + R R1 + R2

y v− =

R


R1 vo .


R2 + R R1 + R2

178

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

De donde, obtenemos vd

  R


R1 R
= v+ − v− = − 1− vo R2 + R


R1 + R2 RG + R
R


RG R1 = − vo ,



R2 + R RG + R R1 + R2

pero, en la expresión anterior, el valor absoluto del factor de vo es > 0 y < 1. 2) Podríamos evaluar β evaluando R
, R

y R


y utilizando la expresión obtenida en el apartado anterior para vd cuando v1 = v2 = 0, pero la evaluación de R
, R

y R


es farragosa. En su lugar analizaremos directamente el circuito del apartado anterior. La siguiente figura lo muestra de nuevo con las variables que usaremos para su análisis. R2

vo

+ −

R2

v



i1 + i2 + i3 i2 + i3

R1 +

i1

v−

−

RG v

R2




i2 +

R2

i3

R1 v+

−

Calculando v
por las dos ramas a masa e igualando los valores, obtenemos R2 i3 = (R1 + R2 )i2 ,   R1 i2 , i3 = 1 + R2 y

 i2 + i3 =

R1 2+ R2

(6.4)

 (6.5)

i2 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vo y las tres resistencias superiores y usando (6.5), obtenemos vo = R2 (i1 + i2 + i3 ) + (R1 + R2 )i1 = (R1 + 2R2 )i1 + R2 (i2 + i3 ) (6.6)

= (R1 + 2R2 )i1 + (R1 + 2R2 )i2 .

Calculando v

por dos caminos a masa distintos apropiados e igualando los valores, obtenemos (R1 + R2 )i1 = RG (i2 + i3 ) + (R1 + R2 )i2 , (R1 + R2 )i1 = (R1 + R2 + RG )i2 + RG i3 , y, usando (6.4),

 (R1 + R2 )i1 =

R1 RG R1 + R2 + 2RG + R2

 i2 ,

179

i2 =

R1 + R2 i1 . R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2

(6.7)

Sustituyendo (6.7) en (6.6), obtenemos (R1 + R2 )(R1 + 2R2 ) i1 R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2 (R1 + 2R2 )(2R1 + 2R2 + 2RG + R1 RG /R2 i1 R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2 i1 , R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2

vo = (R1 + 2R2 )i1 + = = e i1 =

2R12

R1 + R2 + 2RG + R1 RG /R2 vo . + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

(6.8)

Utilizando (6.7), obtenemos i2 =

R1 + R2 vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

(6.9)

La tensión v+ resulta valer, usando (6.9), v+ = R1 i2 =

R12 + R1 R2 vo . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

La tensión v− resulta valer, usando (6.8), v− = R1 i1 =

2R12

R12 + R1 R2 + 2R1 RG + R12 RG /R2 vo . + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

Finalmente, vd = v+ − v− = −

2R1 RG + R12 RG /R2 vo , 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

dando β=

2R1 RG + R12 RG /R2 . 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2

(6.10)

3) Para demostrar que vo = γ(v1 − v2 ), basta demostrar que con v1 = v2 = v, vo = 0. Es fácil comprobar que vo = 0 es consistente con v1 = v2 = v y con v+ = v− . En efecto, con vo = 0, el camino que incluye la resistencia de valor R1 superior y las resistencia de valor R2 superiores y el camino que incluye la resistencia de valor R1 inferior y las resistencias de valor R2 inferiores son idénticos (la corriente por la resistencia de valor RG es 0 por ver los extremos de dicha resistencia la misma tensión) y tenemos v+ = v− . 4) Para calcular γ basta hacer v2 = 0 y encontrar la relación entre v1 y vo , que debe ser de la forma vo = γv1 . Con v2 = 0, obtenemos el circuito, donde vc es la tensión común a las dos

180

6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

entradas del amplificador operacional R1

R2

i2

v1

−

vo

+

R1

+ −

i2 − iG

RG

iG vc

i1

R2

v2


v1


R2

R2

i1 + iG

La ley de Ohm aplicada a las resistencias de valor R1 da i1 =

v1 − vc R1

(6.11)

−vc . R1

(6.12)

y i2 = Calculemos v1
en función de v1 y vc : v1


R2 R2 = vc − R2 i1 = vc − v1 + vc = R1 R1

De modo similar, v2


 = vc − R2 i2 =

  R2 R2 1+ v1 . vc − R1 R1

R2 1+ R1

(6.13)

 vc .

(6.14)

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor RG , obtenemos iG =

v2
− v1
R2 = v1 . RG R1 RG

(6.15)

Para determinar vc en función de v1 , aplicamos la ley de Ohm a la resistencia de valor R2 inferior conectada a masa. Obtenemos, usando (6.11) y (6.15),   R2 R22 R2 R2 R2
(v1 − vc ) + v1 = vc . 1+ v1 − v1 = R2 (i1 + iG ) = R2 i1 + R2 iG = R1 R1 RG R1 RG R1 Igualando con la expresión para v1
dada por (6.13), obtenemos     R2 R2 R2 R2 R2 vc = 1 + v1 , 1+ v1 − vc − R1 RG R1 R1 R1     R2 R2 2R2 vc = 2+ v1 , 1+ R1 R1 RG vc =

(R2 /R1 )(2 + R2 /RG ) v1 . 1 + 2R2 /R1

(6.16)

181

Utilizando dicho valor en (6.14), obtenemos   1 + R2 /R1 R2 (R1 + R2 )R2 (R2 + 2RG ) R2
v1 . 2+ v1 = v2 = 1 + 2R2 /R1 R1 RG R1 (R1 + 2R2 )RG

(6.17)

Usando (6.16) en 6.12), obtenemos i2 = −

(R2 /R1 )(2 + R2 /RG ) R2 (R2 + 2RG ) v1 = − v1 . R1 (1 + 2R2 /R1 ) R1 (R1 + 2R2 )RG

(6.18)

Finalmente, usando (6.15), (6.17) y (6.18), vo = v2
− R2 (i2 − iG ) R22 (R2 + 2RG ) R22 (R1 + R2 )R2 (R2 + 2RG ) v1 + v1 + v1 = R1 (R1 + 2R2 )RG R1 (R1 + 2R2 )RG R1 RG (R1 + R2 )R2 (R2 + 2RG ) + R22 (R2 + 2RG ) + R22 (R1 + 2R2 ) = v1 R1 (R1 + 2R2 )RG 2R1 R22 + 2R1 R2 RG + 4R23 + 4R22 RG = v1 R1 (R1 + 2R2 )RG (R1 + 2R2 )(2R22 + 2R2 RG ) = v1 R1 (R1 + 2R2 )RG   2R22 + 2R2 RG 2R2 (R2 + RG ) R2 R2 = v1 = v1 = 2 1+ v1 , R1 RG R1 RG R1 RG de donde γ=2

R2 R1

 1+

R2 RG

 .

5) El diagrama de bloques tiene la siguiente forma, donde A es la ganancia de tensión diferencial del amplificador operacional. β v1

+

v2

Σ −

α

− +

Σ

A

vo

El valor de β fue determinado en el apartado 2). Falta determinar el valor de α. Es fácil. Basta considerar que, de acuerdo con el diagrama de bloques, para A → ∞, vo = (α/β)(v1 − v2 ). Ello da γ = α/β y   R2 R2 2R1 RG + R12 RG /R2 1+ α = βγ = 2 RG 2R12 + 6R1 R2 + 4R1 RG + 4R22 + 4R2 RG + R12 RG /R2 R1 = =

(2R12 RG + 4R1 R2 RG )(R2 + RG ) 2 + 4R R2 R + 4R R R2 + R3 R2 /R 2R13 RG + 6R12 R2 RG + 4R12 RG 1 2 G 1 2 G 2 1 G 2R13 RG

2 + 4R R2 R + 4R R R2 2R12 R2 RG + 2R12 RG 1 2 G 1 2 G 2 2 2 2 + R3 R2 /R . + 6R1 R2 RG + 4R1 RG + 4R1 R22 RG + 4R1 R2 RG 2 1 G

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6 Problemas de análisis de circuitos con amplificadores operacionales

6) Con respecto al amplificador diferencial básico, el circuito analizado tiene la ventaja de que la ganancia de tensión diferencial puede ser ajustada actuando solamente sobre una resistencia (la de valor RG ). Con respecto al amplificador de instrumentación, el circuito analizado tiene el inconveniente de que las corrientes por las entradas no son, en general, nulas. Dependiendo de la aplicación, éste último inconveniente puede no ser grave. Por ejemplo, si v1 y v2 son las tensiones dadas por dos fuentes de señal con idéntica resistencia de salida RS , el circuito analizado amplificará la diferencia de las tensiones que proporcionarían las dos fuentes de señal en vacío con una ganancia dada por la expresión para γ obtenida en el apartado 4), con R1 sustituido por R1 + RS , es decir   R2 R2 1+ . 2 R1 + RS RG En ese caso, el circuito analizado es una alternativa atractiva, por su mayor sencillez, al amplificador de instrumentación.