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Realizado Por: Cristhian Xavier Díaz Salazar Ivette Johanna Pazmiño Castro
PROBLEMAS DE ELECTONICA II
1.- TRANSISTORES DE EFECTO DE CAMPO2.- AMPLIFICADORES DE PEQUENA SENAL CON FETS3.- AMPLIFICADORES MULTIETAPAS4.- RESPUESTA DE FRECUENCIA DEL BJT Y FET5.- AMPLIFICADORES DE POTENCIA CLASE A6.- AMPLIFICADORES DE POTENCIA CLASE B
1
Problema No1.
En el siguiente circuito calcule la ganancia ∆VQ1 : hie1 =0.524 K , hf e1 =100 , β1 =100Q2 : hie2 =9.42 K , hf e1 =100 , β2 =100
Malla1
Vth − Vbe = Ib ∗ Rth + Ie ∗ Re
4,8 − 0,7 = (Rth + (β + 1) ∗ Re ) ∗ IbMalla2
Vcc = Rc ∗ Ic + Vce + Ie ∗ Re ; Vce = Vc − Ve =⇒ Vc = Vce + Ve
Vcc = Rc ∗ Ic + Vc
Rc = VccI−Vc = 24−12 = 3KΩ4
c
Rc = 3Re =⇒ Re = 1KΩ
Rth =
R2 =
4,1Ib − (100 + 1) ∗ 1K = 1,5KΩ
= 5∗1,5 4
5∗Rth 4 =⇒ R2 = 1,875KΩ
R1 = 4R2 = 4 ∗ 1,875 =⇒ −R1 = 7,5KΩ
Analisis AC
Cs −→ Cc ; Ce
Rt = 1,5 (hie + (β + 1)Re ) = 1,5 (0,65 + 101) = 1,478KΩ
Flcs =
Cs =
12π∗(Rs +Rt )∗Cs
12π∗(0,1+1,478)∗2= 50,42µf
Cc −→ Cs ; Ce
Flcc =
Cc =
12π∗(Rc +Rl )∗Cc
12π∗(3+1)∗30= 1,3263µf
Ce −→ Cc ; Cs
Rt =(0,1 1,5)+0,65 β+1
12π∗7,31)∗Ce
1 = 7,31Ω
Flce =
Ce = 12π∗7,31∗400= 54,4µf
analisis en alta frecuencia
∆v =VoVi =
−β∗Ib 1Ib ∗0,65 = −115,38
Cmi = Cbc(1 − ∆v ) = 3(1 + 115,38) = 349,154pf 1Cmo = Cbc(1 − ∆v ) = 3,026pf
Ci = Cbe + Cwi + Cmi = 40 + 5 + 349,154 = 394,154pfCo = Cmo + Cce + Cwo = 3,026 + 1 + 7 = 11,026
Fhci =
Fhco =
12π∗(0,1 1,5 0,65)∗Ci
12π∗(3 1)∗Co
= 4,928Mhz
= 19,246Mhz
Bw = 4928 Mhz - 400 Hz = 4.928 Mhz
Problema No2.
Para el siguiente circuito:
Datos:
Q1: IDSS = 18,5mA ; Vp = −1,5V ; Cgs = 7pF ; Cgd = 5pF ; VDD = 12VR1 = 100K ; R4 = 1K ; Rs = 400 ; RL = 2KSi se desea desarrolar una corriente de drenador (ID =) en DC de 3mA y un VDS en DC igual a la mitad delvalor de la fuente VDD , calcular:a) Valores de R2 y R3b) Ganacia de voltaje VL /Vs
c) Valores de C1 , C2 , C3 , si se desea frecuencias de corte en baja
FLC1 = 2Hz, FLC2 = 30Hz, FLC3 = 500Hz
d) Frecuencias de corte en altae) Ancho de Banda del Circuito
´ANALISIS DC
ID = IDSS (1 − VGS )2Vp
VGS3mA = (18,5mA)(1 − −1,5 )2
VGS = −0,897VVGS = VG − VS = VG − ID R4
VG = −,897 + (3)(1) = 2,103VVG = VDD ( R R2 )1 +R2
R2 = 16,31KVDD − ID R3 − VDS − ID R4 = 0
15 − 3(R3 + 1) − 7,5 = 0 ; R3 = 1,5K
´ANALISIS AC
Banda Media
R1 ||R2 = 14,02K ; R3 ||RL = 0,86K 2(18,5)gm = 2IDSS (1 − VGS ) = |−1,5| (1 − −0,897 ) = 9,916msV−1,5|V |p p
Vx = Vgs ; VL = −(R3 ||RL )gmVgs
2
Vgs = Vs ( R R1 ||R||R ) ; Vs =+R
VLVXVLVs =
−(R3 ||RL )gmVgs
= Vgs −(R3 ||RL )gmVgs Vgs
0,79K
s 1 2
Vgs0,79K
= −8,52
= −8,27
c) BAJA FRECUENCIA
FLC1 =
C1 = 12π(14,42)2
12π(Rs +R1 ||R2 )C1
= 5,51uF
FLC2 =
C2 = 12π(3,5)30
12π(R3 +RL )C2
= 1,52uF
1FLC3 =
C3 =
12π( gm ||R4 )C3
12π(0,091)500 = 3,49uF
d) ALTA FRECUENCIA
AM = −8,52CMi = Cgd(1 − AM ) = 5pF(1 + 8,52) = 47,6pF 1CMo = Cgd(1 − A1 ) = 5pF(1 + 8,52 ) = 5,58pFM
Ci=Cgs+CMi=7pF+47.6pF=54.6pF 11
Reqi=Rs ||R1 ||R2 =0.30K FHCi = 2π(Reqi)Ci = 2π(0,38)54,6 = 7,67MHzCo=CMo=5.58pFReqo=R3 ||RL = 0,86K 11
FHCo = 2π(Reqo)Co = 2π(0,86)5,58 = 33,17MHz
e) ANCHO DE BANDAFC3 − FHCi = 7.67MHz - 500Hz = 7.67MHz
Problema No3.
En el siguiente circuito:
a)Encuentre los valors de todas las frecuencias de corte.
b) Grafique la respuesta de frecuencia en magnitud de V o1 yV o2
Datos:Opamp IdealQ1: IDSS = 8mA , Vp = −4V , CGS = 2pF , CDS = 1pFCapacitancias de cableado despreciables
ANALISIS DC
VGS = VG − VS = −VS = −ID R4 = −ID
ID = IDSS (1 − VGS )2Vp
ID = 8(1 − −ID )2 = 2mA−4
gm = 2(8)2IDSS−2(1 − VGS ) = |−4| (1 − −4 ) = 2ms Vp|Vp |
´ANALISIS AC
Banda media
Vgs = V i( R R2 ) = 0,99V i → 1,01Vgs+R1 2
V+ =V− =0
V o1 = −gmVgs (R3 ||R5 ||R6 ) = −2msVgs (4,7||4||4) = −2,81Vgs
AV =V o1Vi =
−2,81Vgs1,01Vgs = −2,78 ; V o2 = −V o1
Baja Frecuencia
FL1 = 12π(Req1 )C1 = 1
2π(1,01M)(0,01uF) = 15,76Hz
Req1 = R1 + R2 = 1M + 10K = 1,01M
FL2 = 12π(Req2 )C2 = 1
2π(67K)(0,5uF) = 47,51Hz
Req2 = R3 + R5 ||R6 = 4,7 + 4||4 = 6,7K
FL3 = 12π(Req3 )C3 = 1
2π(0,33K)(2uF) = 241,14Hz
1
Req3 = R4 || gm = 0,33K
Alta Frecuencia
FHi = 12π(Reqi )Ci = 1
2π(9,9K)(12,56pF) = 1,28MHz
Reqi = R1 ||R2 = 10K||1M = 9,9K
Ci = Cgs + CMi = 5pF + 7,56pF = 12,56pF
CMi = Cgd (1 − Av) = 2pF(1 − (−2,78)) = 7,56pF
FHo = 12π(Reqo )Co = 1
2π(1,4K)(3,72pF) = 30,56MHz
Reqo = R3 ||R5 ||R5 = 4,7||4||4 = 1,4K
Co = Cds + CMo = 1pF + 2,72pF = 3,72pF
11
CMo = Cgd (1 − Av ) = 2pF(1 − −2,78 ) = 2,72pF
Problema No4.
En el siguiente circuito mostrado
Determinar:a) Po (max).b) Eficiencia maxima.c) Graficar rectas de carga AC y DC.DATOS: ARp =3Ω; Rs =0.25Ω; K=0.03 V 2 ; Id =K(Vgs − VT )2 ; VT =3V
Solucion:
Vgs = Vg - Vs = Vcc = 9 VM1 : Vcc =Id*Rp + VdsId = K(Vgs − VT )2 = 0,03(9 − 3)2 = 1,08AVds = Vcc − Id ∗ Rp =⇒ rectadecargaDCVds = 20 − 1,08 ∗ 3 = 16,76IdQ = 1,08AVdsQ = 16,76A
Analisis AC
Vds = Vdsac + Vdsdc
Id = Idac + Iddc
Vdsac + (RL + RP ) ∗ Idac = 0 =⇒ Vdsac = −(Rp + RL ) ∗ Idac + VdsQ = −(Rp + RL ) ∗ (Id − IdQ ) + VdsQ
Vds = −(Rp + RL ) ∗ Id + (Rp + RL ) ∗ IdQ + VdsQ =⇒ rectadecargaAC
a.)
Vo1Vi =
−(Rp +RL ∗gm ∗V gs V gs
RLp +RL
= −(Rp + RL ) ∗ gm
V1 = V DS ∗ R
P2 = P1 ∗ ηT =
POmax =
17
=⇒ V1 p = V DSp ∗ 20 = 0,85V DSpV1 p∗I1 p 2 ∗ ηT =
V1 p∗VDSp2(RL +Rp ) ∗ ηT =
0,85∗VDSp ∗VDSp 2∗20
2∗ 0,85 = 0,018VDSp
Vop ∗Iop 2 =
2Vop2∗Ro
2
= 0,017VDSp = 4,7753W
b.) ηmax =POmax Pidc
Pidc = Vcc ∗ IcQ = 20 ∗ 1,08 = 21,6W
ηmax = 22,11
Vce Ic100
00.01
Problema No5.
En el siguiente circuito mostrado considere:Tx1: N1/N2 = 1/1 (ideal)TX2: N1/N2 = 2/1 ; Rp(primario)=0.1 ohm ; Eficiencia=90 %Q1: β = 100 ; VBE = 0,7VParlante: 3.2 ohma) Grafique las rectas de carga DC y AC.b) Si el voltaje del parlante es de 5Vpp, determine la potencia de salida y la eficiencia. ´c) Calcule la m´ xima potencia de salida en el parlante sin distorsion.ad)Calcule la eficiencia m´ xima sin distorsi´on del amplificador y el correspondiente Vin.aı
´ANALISIS DC
V t h=10( 2.210+2.2 )=1.803V ; Rt h=1.803ohm
I b=1.803−0.7
1.803+1(101)=10.7293mA
ICQ=1.073 A
V CE=10−0.1 (1.073 )−1 (1.073 )( 101100 )=8.809V
PL=V LP
2
2RL=0.98W
I 1=10−[0.7+1( 1.73∗101100 )]=0.821
ANALISIS AC
RL' =a2RL=(2 )2 (3.2 )=12.8ohm
Rac=0.1+12.8=12.8ohm
V CE¿V CEQ−Rac IC+Rac I cQ
V CE=8.81−12.9 IC+12.9(1.07) V CE=22.65−12.9 IC
VCE
22.65 0 b)vLP = 2,5V
IC 01.76
c)
d)
V ECP=8.809V
ICP=V CEP
Rac=0.683 A
PRL' =
I 1CP2
2RL=2.98W
n=14.177 %=PRLmaxPT
=2.68618.94
∗100
hie=26mVIB
=2.423
Av=v L'
V i
=−Bib RL
'
I b(1803+hie)=−302.887
Problema No6.
Dado el amplificador de la figura y considerando β1 =β2 =70
Determine:a) Rectas de carga DC y AC. ´b) Potencia m´ xima de salida sin distorsion.ac) Potencia m´ xima disipada por cada transistorad) Eficiencia del circuito si la potencia de salida es 20 Watts.
Analisis DC:
M1 : Vcc = Vce + Ie ∗ R3
Ic IeVce = Vcc − Ie ∗ R3
Vce = 24 − IeVceQ = 24VIcQ = 0A
ANALISIS AC
Vce = Vceac + Vcedc
Ic = Icac + Icdc
Vceac + (R3 + RL ) ∗ Iceac = 0 =⇒ Vceac = −(R3 + RL ) ∗ Iceac
Vce = −(R3 + RL ) ∗ Iceac + VceQ = −(R3 + RL ) ∗ (Ic − Ic Q) + VceQ
Vce = −11 ∗ Ic + 24 =⇒ RectadecargaAc
b.) POmax = Vorms ∗ Iorms =Vop ∗Vop 2∗RL
Vop = Vcep ∗ R RL = 21,8182L +R3
POmax = 23,8W
c.) P2Q = Pi − Po − PR3
Pi = Vcc ∗Po =
2Vop
2VOpπ∗RL = Vcc ∗ Icprom = Vcc ∗ Ioprom
2∗RL
2∗Vop2PR3 = Icprom ∗ R3 = ( π∗R )2L
2Vop2∗Vop2∗Vop
P2Q = Vcc ∗ π∗R − 2∗R − ( π∗R )2LLL
dP2QVop12= 0 = Vcc ∗ π∗R − R − 8 ∗ Vop ( π∗R
)2LLLdVop
2(Vcc ∗ π∗R )LVop = 1=⇒ Vop = 14,13V ( + 8 )
RL
P2Qmax = 21,594 − 9,987 − 0,809 = 10,8WPQmax = 5,4W
d.) Po = 20 W
POmax = Vorms ∗ Iorms = op op
2∗RL√Vop = P o ∗ 2 ∗ RL = 20VPi = Vcc ∗ Icprom = Vcc ∗ Ioprom = Vcc ∗η=
POPi
2VOpπ∗RL
2∗20
= 24 ∗ π∗10 = 30,557W
V ∗V
π2 +R2 L
= 2030,557 =⇒ η = 65,45
AMPLIFICADORES DIFERENCIALES DEBER # 7
Problema No7.
Calcular CMRR para el siguiente Amplificador.DATOS:β1 =β2 =β3 =100hoe3 =15 µ
ANALISIS DC
Rth =R1 R2=2.75kΩ R1
Vth = −Vee ∗ R1∗R2 = -10.91V
MALLA 1: Vth - Vbe + Vee = Ib3*Rth + Ie3*R3-10.91-0.7+20 = Ib3[(β + 1) ∗ R3 + Rth ] Ib3= 40.98 µA Ic3 = β*Ib3 = 4.1 mA Ie3 =( β3 + 1)*Ib3 = 4.14 mA
MALLA 2: Vee - Vbe = Ib2*Rs2 + Vc3 + Ie3*R3 Ic34−1
Ib2 = 2(β+1) = 2(100+1) = 20.29 µA Vce3 = 20-0.7-Ib2*(0.5)-Ie3*(2) Vce3 = 11 V
MALLA 3:Vcc + Vee = Ic1*Rc + Vce1 + Vce3 + Ie3*R3 -10.91-0.7+20 = Ib3[(β + 1) ∗ R3 + Rth ] Ib1=Ib2= 20.29 µA Ic1 = β1 *Ib1 = 2.029 mA Ie1 =( β3 + 1)*Ib1 = 2.05 mA Vce1 = 25 + 20 -Ic1*Rc - Vce3 - Ie3*R3 Vce1 = 5.43 V
hie1 = hie2 = hie =
hie3 =
Ad =
26mV β3
−β∗Rc2(Rs+hie )
26mV20,29µA = 1.28KΩ
= 0.63 KΩ
Ac=
Zeq = 1ho3
−100∗10= -280.9 2(0,5+1,28) −β∗Rc(Rs+hie )+2(β+1)Zeq
=
*1+ β∗R3(R1 R2)+hie3 +R3 + ((R1 R2) + hie3 ) R3
Zeq = 2.49 MΩ + 1.25 KΩ Zeq = 2.491 MΩ
Ac=
CMRR =
−100∗10(0,5+1,28)+2(100+1)2491
AdAc
= -0.00199
= −280,9−0,00199 =⇒ CMRR = 141155.78
Problema No8.
En el circuito mostrado calcule:a) Punto de operacion DC de Q1, Q2 y Q3.b) Ganancia Diferencial Ad = (Vo2-Vo1)/(Vi1 – Vi2)c) Ganancia en modo comun Acd) CMRR en dB
DATOS:Q1 , Q2 , Q3 : Veb =0.7 [V]hf e = 160Z1: Vz1 = 4.7 Vrd = 10 Ω 1h = 30 K (solo para Q3 )
o3
Solucion:Asumir: Q1, Q2, Q3 “ON”, Z1 en Zona Zener.
4.7-0.14Ie3-0.7=0 , Ie3=28.57 [mA] βIc3 = β+1 ∗ Ie1 , Ic3 = 28.394 mA
I2 = Vx2 = 20−4,7
2 = 7.65 mA
I2=Iz1+Ib3 , Iz1=I2-Ib1
Iz1=7.65 [mA]-0.177 [mA]= 7.47 [mA] =⇒ Z .encendido ”
Ie1=Ie2= Ic3 = 14.197 mA 2
Ic1=Ic2=14.1089 mAIb1=Ib2= 88.18 µAVe=0.7+2Ib1=0.8764Vce1=Vce2=Ve-(0.5Ic1-20)=13.82 [V] −→ Zona LinealVce3=20-0.14Ie3-Ve=15.12 [V]
a) Ad
hie1 = 0,29485KΩ
V o1V i1 =
−β∗Ib1(0,5)Ib1(2+hie1 ) = −34,86
Ad = 34.86
b) AcRd 2K = 9,95Ω
hie3 = 26mV Ib3 = 0,14652KΩ
V = 30Ix + 0.14[161Ib3 + Ix]I =Ix+160Ib3-22.6965Ib3 = 0.14Ix , Ix = -162.1175Ib3
V = 30(-162.1175Ib3) + 22.54Ib3 + 0.14(-162.1175Ib3) = -4763.68Ib3I = -162.1175Ib3 + 160 Ib3 = -2.1175Ib3Rth = V = 2296,897KΩI
V ocV ic =
−β∗Ib1(0,5)Ib1(2+hie1 )+2Rth (β+1)Ib1 = 0.0001081
Ac = 0.0001081
CMRR = 322282CMRRdb = 110.1647 db
Problema No9.
En el siguiente circuito mostrado,encuentre:a) Ganancia Diferencial Ad. ´b) Ganancia de Modo Comun Ac.c) CMRRDATOS:Q1 β=200 , Vbe =0.7 VQ3 : Idss =12 mA , Vp =-4 , rds=100KΩ
An´ lisis DC(-).Asumimos que los transistores est´ n en zonal Lineal.aaVgs = Vg - Vs = (-15)-(-15)=0 =⇒ Id = Idss = 12[mA]
Ie2 = Ie4 =Id 2 =6[mA]
Ie2β+1Ie1 = Ib2 = Ie3 = Ib4 =
hie2 = hie4 =
Ib1=Ib3=
26mV Ib2
= Ie4β+1 = 29.85 [µA]
= 26mV Ib4 =0.871 [KΩ]
Ie1β+1 = Ie3
β+1 = 0.1485 [µA]
hie1 = hie3 = 26mV Ib1 = 175.071 [KΩ]
Ie1Ib1Ib3
vi1 = hie1 ∗ Ib1 + hie2 ∗ Ib2 + (ie2 + ie4) ∗ rds = hie1 ∗ Ib1 + hie2 ∗ β+1 + (β+1)(β+1) + (β+1)(β+1) ∗ rds hie2rds
vi1 = Ib1 ∗ hie1 + (β+1)(β+1) + (Ib1 + Ib3) ∗ (β+1)(β+1)
vi1 = a ∗ hie1 ∗ Ib1 + (β + 1)(β + 1)(Ib1 + Ib3) ∗ rds ; a = 2
vi2 = a ∗ hie3 ∗ Ib3 + b(Ib1 + Ib3)
vi1 − vi2 = a ∗ hie (Ib1 − Ib3) =⇒ (Ib1 − Ib3) =vi1 −vi2 a∗hie
vi1 +vi2a∗hie +2bvi1 + vi2 = a ∗ hie (Ib1 + Ib3) + 2b(Ib1 + Ib3) =⇒ (Ib1 + Ib3) =
2Ib1 =vi1 −vi2 a∗hie
vi1+ a∗h +vi2+2bie
vo1 = −β(β + 2) ∗ R1 ∗ Ib1; c = −β(β + 2) ∗ R1
vo = cc
2a∗hie (vi1 − vi2 ) + a∗hie +2b∗ vi1 +vi2 2
a=2 ; b=4040100000 ;c= -404 00000 ; hie = 175071
Ad =
Ac =
−β(β+2)∗R 4∗hie = −57,6908
= −0,00499 −β(β+2)∗R2∗hie +2∗(rds∗(β+1)∗(β+1)
CMRR = 11538.9456
Problema No10.
Para el circuito mostrado:a) Calcule Ic y Vce para cada transistor en DC.b) Calcule Vo en DC.c) Calcule la ganancia ∆Vd) Si Vi es de 30mVp y 1Khz.Grafique Vo vs t.
DATOS:Q3 β=160 , Vbe =0.7 V
Solucion
I1 = 10+9,3 = 1,93mA 10
I1=Ic4+I2 ; Ib3=Ib4I2=Ib4+Ib3I2=2Ib3I1=Ic4+2Ib3
I1=160Ib3+2Ib3Ib3=11.91 µA =⇒ Ic3 = β ∗ Ib3 ; Ic3=1.906 mA=Ic4Ie1=Ie2 ; 2Ie1=Ic3 ; Ie1=0.953 [mA] ; Ic1=Ic2=0.9413 [mA]Vce4=(10-10I1)+10=0.7 [V]Vce3= -0.7-(-10)=9.3 [V]Vce1=(10-4.7Ic1)-(-0.7)=6.27 [V]I3=Ic2+Ib510-4.7I3-0.7-14.7*Ie5+10=010+10-0.7 = 4.7(iC2+Ib5)+14.7Ie519.3=4.42+4.7 Ib5+14.7 (161 )Ib5Ib5=6.237 [µA] =⇒ Ic5 = 1,0037[mA]Vce2=10.47 I3+0.7=6.246 [V]Vce5=5.153 [V]Vo=10Ie5-10=0.099 [V] 0 V
hie1 =
hie5 =
26mV Ib1
26mV Ib5
= 4,419KΩ
= 4,414KΩ
Ib4 ∗ hie4 = Ib3 ∗ hie3 ; 10I1 = Ib4 ∗ hie4
I1 + 2Ib4 + β*Ib4=0
−I1Ib4 = − β+2 = Ib3
β ∗ Ib3 = − β+1 ∗ I1 ; Pero I1 = 0
asumiendo tierra virtual
V o1V i1
−β
=−β∗Ib1∗(4,7) hie ∗Ib = f rac−160(4,7)4,419 = −170,174
vo1= -vo2vid = vi1 - vi2 = vi1 - (-vi1) = 2vivo2 = 85.087 (vi1-vi2)
∆V = 85.087
vi = hie*ib1 - hie2*ib2 = 2hie1*ib2
(β + 1)Ib1 = −(β + 1)Ib2 =⇒ Ib2 = −Ib1
VxVi
VxVi
=160∗(4,69) 4,419 = 84,9
= Ib5∗(hie+(β+1)14,7 = 0,679∆V = 57.65
10∗(β+1)Ib5
Problema No11.
En el circuito mostrado calcule:a) hie(Q3) y gm (Q1 y Q2)b) Ganancia diferencial Ad ´c) Ganancia Modo Comun Acd) CMRR en decibeles
DATOS:Dz: Vz=5.6V ; VD = 0,7V ; RD = 0VQ1 y Q2: k = 42 mA ; VT = −1,4V V2 1
Q3: VEB = 0,6V ; β = 100 ; hoe = 50K
´ANALISIS DC
Malla 1: 12 - IE R3 - 0.6 - 5.6 = 0 ; IE R3 = 5,8mAIE = (β + 1)IB ; IB = 57,42uAIC = βIB = 5,74mA; CID1 = I2 = 2,87mA ; ID1 = k(VGS − VT )2
2.87=42(VGS + 1,4)2 ; VGS = VG − VS ; VGS = −VS
2.87=42(−VS + 1,4)2
VS1 = 1,14 ; VS2 = 1,66
Comprobar zona activa12 − IE3 R3 − VEC3 − VS1 = 0 ; VEC3 = 5,06VVS1 − VSD − ID R1 + 12 = 0 ; VSD = 1,66
´ANALISIS AC
Modo Diferencialgm=2k(VGS − VT )=2(42)(-1.14+1.1)=21.84ms
gs 1== −87,36 Vgs
V iT = V1 − V2 ; V oT = V o2 − V o1 ; Ad = 87.31
V o1V i1
−gmV R
´Modo Comun
hie = 26mV = 0,452K ; RE = V o IB3Io
Io = I1 + 100IB3
I2 = I1 + 101IB3
Malla 1:−IB3 (150 + 0,452) − I2 = 0= 150,45IB3 − I1 − 101IB3 = 0I1 = −251,45IB3
Malla 2:V o − I1 (50) + IB3 (150 + 0,452) = 0V o + 12572,5IB3 + 154,45IB3 = 0V o = −12726,95IB3
Io = −251,45IB3 + 100IB3
IB3 = −6,603x10−3 I0V o = −12726,45(−6,603x10−3 I0)Vo
Io = 84,03K
´Ganancia Modo CounV oMCV iMC
V oMCV iMC
=
=
−gmV gsR1V gs+2RE(gm)(V gs)
−(21,84)(4)1+2(84,03)(21,84
= −gmR11+2RE(gm)
= −23,79x10−3
AMC = 23,79x10−3 ;
Ad
CMRRdB = 20| A | = 71,29dBMC
Problema No12. Dado el siguiente circuito amplificador:
a)Calcular el CMRR.b)Grafique Vo(t).
DATOS:Transistores: hfe=100 ; hoe=10−7 ohm ; VBE = 0,7V
´ANALISIS DC
VT H = −20( R R6 = −12,5V ) ; RT H = R6 ||R7 = 3,75K6 +R7
Malla 1:VT H − IB RT H − VBE − IE RS = 0
-12.5-IB (3.75)-0.7-(101)(1)IB -(-20)=0IB3 =64.91uAIC3 = βIB = 6,49mAIE3 = (β + 1)IB = 6,55mAIC3
2 = IE1 = IE2 = 3,25mAIC1 = IC2 = 3,22mA βIC = β+1 IE = 0,99IE
0 − IB1 R3 − 0,7 − VE1 = 0IC = βIB3,22mA = 100IBIB = 32,2uAVE1 = −32,2(1) − 0,7 = −0,73V
Malla 2:20 − IC1 R1 − VCE1 − VE1 = 020-(3.22)(6)+0.7=VCE1
VCE1 = 1,41V ; VCE1 = VCE2
V oDC = 20 − IC1 R1 =0.717V
Malla 3:VC − VCE3 − IE3 RS − (−20) = 0VCE3 = −0,73 − 6,55(1) + 20 = 12,72V
´ANALISIS AC
Modo Diferencial
26mA
IB1 = 0,81KV x = V1 R hie ; V x = IB hie3 +hie
IB hie = V1 R hie V o = −hf eIB R13 +hie
hie =
(R3 + hie)IB = V1
VoV1 =
hf eIB R1IB (R3 +hie) = − 1+0,81 = −331,49
100(6)
V iT = V1 − V2 ; V oT = V o2 − V o1
Ad = 331.49
´Modo Comun
hie3 =
RE = VoIo ;
26mV
IB3 = 0,4K 1hoe = 10000K
Malla 1:1) Io = hf eIB3 + I1 = 100IB3 + I12) I2 = Io + IB3 = 101IB3 + I1
−IB3 (R7 ||R6 + hie3 ) − I2 RS = 0 ; R7 ||R6 = 3,75K−IB3 (3,75 + 0,4) − (101IB3 + I1 )(1) = 0I1 = 105,15IB3
Malla 2: 1Vo - I1 ( hoe ) + IB3 (hie3 + R7 ||R6 ) = 0Vo=1000I1 − 4,15IB3
V o = (−105IB3 )10000 − 4,15IB3 = −1051504,151) Io=100IB3 − 105,15IB3 = −5,15IB3
Vo=-1051504.15(-0.194Io)=204175.5Io
VoIo = 204,18Mohm
RE = 204.18Mohm
AMC =
AMC =
−hieiB R1iB [R3 +hie+2RE(β+1)]
−100(5)1+0,81+2(101)(204,18x10−3 )
MC
= −1,45x10−5
AdCMRR=| A | = 22,86x106
b)Vo
V1 = −331,49VIT = V1 − V2 ;Vo
V1 = −V2 → VIT = 2V1
Vo=-165.75VIT
VIT 2
= −331,49
V o = V oAC + V oDC
V o = −165,75(V1 − V2 ) + 0,717
V o = 165,75V2 − 165,75V1 + 0,717
Problema No13. DETERMINAR LA GANANCIA EN LAZO CERRADO CONSIDERANDO QUE ES UN OPAMP IDEAL
Vd = v1 - v2 =⇒ v2 - v1 = -vd
Vo =
Vo =
−R2∗V 1 R1
−10∗V 1 1
R2R2
+ (1 + R1 ) ∗ ( R1+R2 ) ∗ V 2
+ (1 + 10 ) ∗ ( 10 ) ∗ V 2 111
Vo= -10v1+10v2Vo=10(v2-v1)Vo=10*(-vd) =⇒ ∆V =Vo
Vd = −10
Problema No14.El circuito de la figura muestra una aplicacion tipica del amplificador operacional. El modelo utilizadopara caracterizar este amplificador operacional es el siguiente: Impedancia de entrada en modo operacional∞, ganancia en modo diferencia Ad, ganancia en modo comun 0 , y resistencia de salida ro. Con estos datos,obtener la expresion de la impedancia de salida Zo
Solucion:
Redibujando el circuito:
VS se hace corto entonces:
0 = (Rs + Ri)I1 - R1Io
-AdVin = (R1 + R2 + Ro)Io - R1I1
entonces :
-RiI1 = (R1 + R2 +Ro)Io - R1I1
R1Io + R2Io + RiI1 - R1I1 = 0
Vo = R1I1 - (R1 + R2)Io
reemplazamos I1
R1Io
Vo = R1* Rs+Ri - R1Io - R2Io
;
;
I1 = R1IoRs+Ri
AdVin = I1*Vi
; Vo = RoIo + AdVin
Vo = R1(R1)Io - R1Io(Rs + Ri) - R2Io(Rs + Ri)
Vo = Io*
VoIo
(R1(R1)−R1(Rs+Ri)−R2(Rs+Ri) Rs+Ri
=R1(R1)−R1Rs−R1Ri−R2Rs−R2Ri Rs+Ri = Zo
OPAMP INTEGRADOR
Problema No15.Dado el circuito y la grafica de vi, dibuje la gr´ fica de vo2, tomando en cuenta que inicialmente elacapacitor esta descargado.:
Solucion:El condesador esta inicialmente descargado.Integrador inversor. tV i(t−ti)1
Vo1 = Vo1i - RC ti V i.dt = V o1i − RC
RC = 0.001*0.000005=5ms
V o1 = V o1i −V i(t−ti) 5
ti = 0 ≤ t ≤ 3msVi = 10V ; Vo1i = 0
Vo1 =10(t−0) 5 = −2t
Vo1 (t = 3ms) = −6V
ti = 3 ≤ t ≤ 9msVi = 10V ; Vo1i = −6
Vo1 = −6 −−10(t−3) 5 = −6 + 2(t − 3) = 2t − 12
Vo1 (t = 9ms) = 6V
ti = 9 ≤ t ≤ 15msVi = 10V ; Vo1i = 6
Vo1 = 6 −10(t−9) 5 = −2t + 24
Comparador no inversorI= V o1−V o2 3R
V + = 12R + V o2 =
V− =V+ =0
= 0 ;Vo1 = -Vo2= +10VVoR = - 10V
2V o1+V o2 3
V o2 2
(V o1−V o2)2R 3R + V o2 =2V o1−2V o2+3V o2
3 = 2V o1+V o2 3
´´Entre 5 y -5 no se sabe la tension que corresponde si no se sabe de qu´ tension de que viene (depende delecomparador en la pr´ ctica). Por eso no hay grafica antes de t = 2,5ms.a
SUMADOR, INTEGRADOR, DERIVADOR
Problema No16. Dado el circuito y la grafica de Va, Vb y Vc, graficar Vo1 y Vo2:
Primera etapa
Vx = 200∗SCR20
VA − R19 VB1
Vx = −SC200VB − R20 VBR19
Vx =dVAR20
dt CR20 − R19 VB
Vx = −2 dVA CR20 − 2VBdt
Segunda etapa
1V + = 12 12 = 1V
1 > −4 =⇒ V o = +V cc1 > 0 =⇒ V o = +V cc1 < 2 =⇒ V o = −V cc
tercera etapa
Vy = R23
SC5 V c + 2
Vy = - V cdt + 2
Vy= -2t =⇒ t = 0 =⇒ V y = 2; T = 6 =⇒ V y = −10
Problema No17.Demostrar que, en el amplificador de la figura:
Vo = ( 1 + R2 + 2 R2 )(V2 − V1 )R1R
Analizamos el circuito: consideramos todas las corrientes dirigidas hacia la derecha, segun se obsera en lasiguiente figura:
Vn = V1 yVm = V2
Hallamos las corrientes aplicando ley de Ohm y luego aplicando ley de nudos a los puntos n y m.
Ia =
Ic =
Ic =
Id =
−VnR2 =
−V1
R2 Ib =V1 −Vp R1
Vn −Vm R
V2 −Vo R2
Vp −Vm R1
=V1 −V2 R
Nodo nIa = Ib + Ic =
Ie = Ic + Id =
VpR1
VpR1
−V1R2 =
V1 −Vp R1
−V+ V1R 2
V1 −V2 R +
Vp −V2 R1 =
V2 −Vo R2
111= V1 ( R + R + R ) − V2R1 2
V111= V2 ( R + R + R ) − V1 − RoR 1 2 2
Vo = (V2 − V1 )(1 + R2 + 2 R2 )RR1
Problema No18.DADO EL SIGUIENTE CIRCUITO, CALCULE:A) Encuentre expresiones para Vx, Vy e IL en t´ rminos de Vi.eB) Intervalo de valores de Vi para la cual son validas las expresiones anteriores.
Datos:Q1 ; Q2 : β = 200; Vbe = 0,7Vconsidere opamps idealesSolucion:
a) Ie =Vi
1 ; Ic = β
1+β Ie = 200
201 Vi ; Vx= 15 − Ic −→ Vy = Vx
Vy = 15 − 0,995Vi ; Vx = 15 − 0,995Vi
Ie =15−Vy 1 =
15−(15−0,995Vi ) 1 = 0,995Vi
Il = Ic2 = β
1+β Ie2
Il = 0,995Vi
opamp1: V o1 = Vi + 0,7; −15,7 ≤ Vi + 0,7 ≤ 14,3
opamp1: V o2 = Vy − 0,7 = 15 − 0,995Vi ; −0,7035 ≤ Vi ≤ 29,44
V ce1 = Vx − Vi Vi ≤ 7,5188
V ce2 = Vx − Vi Vi ≤ 10,27Expresion valida :0 ≤ Vi ≤ 7,5188
Problema No19.En el siguiente circuito:
a)Grafique io(wt) si Vi = 4sen(wt)[V ]
a)Grafique io(wt) si Vi = 20sen(wt)[V ]
Datos:Q1 yQ2: β = 200 ; |BBE | = 0,7[V ]OPAMP real: -Vcc+2V ¡Vop¡+Vcc-2V
V+ =V−
V + = V i R R4 = 0,5V i+R
V − −V o0−V −
5 =10 0,5V i−V o−0,5V i
= 510
3 1
V o = 1,5V i = IoRo → Io = 0,15V i
a) -13 ¡Vop ¡13 OPAMP en zona lineal
Io=0.15[4sen(wt)]=0.6sen(wt)[A]
b) -13 ¡Vop ¡13 OPAMP en zona lineal
Io=0.15[13sen(wt)]=1.3sen(wt)[A]
Problema No19. En el siguiente circuito:
´a) Calcule la expresion literal que define Vo.
b) Determine el rango de Vi para que Q1 opere en zona lineal.
Datos:Q1: β muy grande ; |VEB = 0,7|OPAMP ideal.
a)
V+ =V− =0
V1 −V − R1
V1R1
+ V i−V = R 2
2 3
− V − −V o R3
+ Vi = −Vo RR
1 2V o = − R3 V1 − R3 V iRR
V o = −5 − V i
b)
IE =V − −V o R3
3
+ 0−V o R 4
4 4 11IE = − V o − V o = −V o( R3 + R )RR
11
IE = −(−5 − V i)( 100 + 0,1 ) = 50,05 + 10,01V i
IE > 0 → 50.05+10.01Vi¿0 → Vi¿-5V
V o − VEC − RoIC + 2V cc = 0 ; β → ∞ ; IE ≈ IC
VEC = −5 − V i − (1)(50,05 + 10,01V i) + 30
VEC = −25,05 − 11,01V i
VEC > 0 → -25.05 - 11.01Vi > 0 → Vi<-2.27V
−5 < V i < −2,27
Problema No20. Dado el siguiente circuito graficar Vo y V1
DATOS:V be = 0,7; β = 120
Solucion:suponemos al transistor y al opamp en zona linealV d = Vi+ − Vi− = 0
Vi+ = Vi− =⇒ Vi+ = Vs
Malla 1−V dd + V o − V s = 0V o = V s + V ddV o = 3 ∗ Senwt + 15Malla 2V1 = Ib ∗ R2 + V be + Ie ∗ Rc − V ddVo = Ie ∗ Rc
Ie = 3∗Senwt+150,02
Ie = 150Senwt + 750V1 = Ie∗R2 + V be + Ie ∗ Rc − V ddβ+1
1V1 = ( 121 + 0,02) ∗ 3∗Senwt+15 + 0,7 − 15 = 4,24 ∗ Senwt + 6,9V0,02
V1 = 4,24 ∗ Senwt + 6,9V
Problema No21. En el siguiente circuito: ´a) Graficar Io en funcion de Vi que varia entre 0 y 1 V.b) Hallar el valor positivo de Vi que enciende a Z1 .
Datos:Asumir U1 y Dz Idealesβ1 = β2 = 200 ; V z = 3,3V ; VEB = 0,7V
V+ =V− =0
1
VT H = 15( 1+30 ) = 0,48V ; RT H = R1 ||R2 = 0,97KVT H −V −RT H +R3 + V i−V =
R 5
− V − −V o R4
0.48 + Vi = -Vo
IE1 =V − −V o R4
+ 0−V o = R 7
−V o100
Vo
− 0,0625
IE1 = −V o(16,01) = (0,48 + V i)(16,01)
IE1 = 7,60 + 16,01V i
IC2 =β
β+1 IE2
β
=
β
β
I(β+1)2 E1
Io = [ β+1 + (β+1)2 ]IE1 ≈ IE1 ≈ 7,68 + 16,01V i (Recta Io vs Vi)
OPAMP, Q1 y Q2 tienen que estar en zona lineal
V o − VEC1 − IoRL + 30 = 0
VEC = −0,48 − V i − (7,68 + 16,01V i)(1,3) + 30
VEC1 = 19,54 − 21,81V i
VEC1 > 0 → 19.54 - 21.81Vi > 0Vi < 0.896 [V]
a)
b)
Zener On → Von<-Vz → Von<-3.3
Von = Vo - 1.4 = - 0.48 - Vi - 1.4 = -Vi - 1.88
-Vi-1.88 < -3.3
Vi > 1.42 [V]
AMPLIFICADORES OPERACIONALES: APLICACIONES DEBER # 9
Problema No22. Disenar una calculadora analogica MEDIANTE OPAM que realice la siguiente operacion:x= 4(a + 1.5b + 2c)
NOTA:Suponer que el valor m´nimo de todas las resistencias de entrada es 45 Kı
Solucion:Para establecer comparaciones, manipulamos la ecuacion del enunciado.x=-[-(4a+6b+8c)]El signo menos que aparece en el exterior de los corchetes lo obtenemos con un circuito inversor, y la ecuacionentre corchetes la conseguimos con un amplificador inversor sumador, cuya ecuacion de salida es: RfRfRf
Vo = - ( R1 V 1 + R2 V 2... + Rn V n)
Comparando las dos ecuaciones anteriores:
= 4; R2 = 6; R3 = 8 ˜El valor mas pequeno de las resistencias de entrada es R3aElegimos R3 = 45 KLuego RF = 8R3 = 8 ×45 = 360 K
R1 =
R2 =
360 4
360 6
RfR1
Rf Rf
= 90K
= 60K
Se observa que un mismo diseno puede tener mas de una solucion. El circuito disenado es:a
Problema No23.En el amplificador de instrumentacion de la figura, determinar el valor de la tension de salida en funcion de las tensiones de entrada.
Vo = (V2 − V1 )(1 + 2R2 ) R2R Ro 1
Vo = (V2 − V1 )(1 + 2R2 ) R3R Ro 3
R1 = 20KΩ
R2 = R3 = 10KΩ
10Vo = (V2 − V1 )(1 + 2∗10 ) 1020
Vo = 2(V2 − V1 )
Problema No24.Disenar un circuito basado en Amplificadores Operacionales para convertir rango de senales de [4 a 20 mA] a un rango de voltaje de [0 a 10 V]
Solucion
Vo = (100 R2 )IL + VZR1
Vo = 0
0 = (0,4 R2 )IL + VZR1
Vo = 10
0 = (2 R2 )IL + VZR1
Vo = (625)IL − 2,5
Problema No25.Disene un circuito que convierta una senal en el rango de -5V a +5V a una senal en el rengo de 4 a 20mA.Se dispone de 2 amplificadores operacionales, un transmisor PNP con ganancia dde corriente muy grande,resistores varios y una fuente dual de 15V
Primera parte calculo de resistencias y voltaje en el transitor:
ie = V cc−V i R 15−V i
ie = R ; R= 0.5KieR= 15-Vi
Si ie = 4mA entonces 15-Vi=2V Vi= 13V
Si ie =20mA entonces 15-Vi=10V Vi= 5V
entonces 5< Vi< 13
Calcular R:15-ieR=Vi-15 < Vi < +150 < ieR < 300 < R < 1.5KR= 0.5K
Vec> 0Vi-Vl > 05-Vl> 0Vl< 5iRl¡5Rl = 100 ΩSegunda parte del circuito:Se toma un valor de Vi=9V
Vi =−Rf Ri *Vent -
−RfRof f set * -Vcc
entonces
RfRi = 4K
5k 15Rf
Rof f set =9
entonces
Roffset= 6.6666.....7K
Problema No26.En un sistema de control industrial se necesita alimentar un motor con una intensidad el´ cítrica proporcional a la presion que se detecta en un amortiguador. La relacion presion-intensidad que se necesita es la que se muestra en la grafica (lineal, sin offset, y cubra el rango de presion que se indica).Para ello se dispone de un transductor piezorresistivo de presion tipo MPX12, cuyas hojas caracter´sticas seıadjuntan. El terminal del motor sobre el que se inyecta la intensidad presenta una impedancia aproximada de ´1 Ohm. Y las fuentes de alimentacion de que se disponen son de +6v, -6V.
Se propone utilizar el circuito con dos etapas. La primera es un amplificador diferencial que amplifica la ˜´senal del transductor. El segundo es un conversor tension-intensidad de mediana potencia que inyecta en el ´motor una intensidad proporcional a su tension de entrada. Este segundo circuito es el que tambi´ necompensa el offset inherente al transductor.
Considerando que todos los componentes son ideales y que el sensor tiene los par´ metros t´picos, proponer yaıjustificar los 7 valores de las resistencias a fin de que el circuito tenga la funcionalidad requerida.
Solucion:
Problema No27.
Determinar los puntos de operación de Q1 y Q2
Datos
˜1º) Diseno bajo condiciones ideales.
P= 0 Kpa =¿vs=0.02 V =¿IL=0 AP=10 Kpa =¿vs=0.075V =¿IL=1 A
´La funcion de transferencia global debe ser:
IL = 11
10 * Kpa P (kpa)
Amplificador diferencial:
La salida vo1 del amplificador operacional 1 es:
R2
Vo1 = -AdVs = - R1 Vs
La ganancia de esta etapa conviene que sea lo mayor posible, pero tiene como l´mite la ganancia que satu-ırar´a el amplificador operacional:ı
AdMaxima = 6−10,075 = 66.67
´Conversor Tension-Intensidad
´ ´Si establecemos la condicion logica (posteriormente debe ser verificada) que R6¡
IL =
IL =
0=
1
R6 (Vcc
1
R6 (Vcc
- VL
- Vo1 R1+R5 - Vcc R5 ) R4R4
- Vo1(1 +R5
R4 )] R51
R6 [Vcc(1- R4 )
RequerimientosP= 0 Kpa =¿vs=0.02 V =¿IL=0 A =¿VE=Vcc entonces:
-0.02(1 +R5
R4 )Ad+ Vcc R5 = Vcc (a) R4
R5
R4 )Ad 0,02
entonces: - 0,02V cc (1 + + R5R4 =1
P = 10 Kpa => vs = 0.075V => IL= 1A =>VE≥ ILRL = 1V =>
R6 = (Vcc-VE)/IL = 5Ω
-0.075(1 +R5
R4 )Ad+ Vcc R5 = 1 => - 0,075 (1 + R4V cc
R5
R4 )Ad+ R5
R4 = 1V cc (2)
Restando (a) y (b) nos queda :
Ad( R4+R5 ) = R4
50,055 = 90.91
sustituyendo en (a) tenemos
R5
R4 )= 6−0,02∗90,91
6 = 1.303
1
Ad = 90.91 1+R5/R4
Ad = 39.47 Es menor que el valor l´mite 66,67 entonces fijamos los siguientes valores:ı
R1= 1KΩ =¿R2= 39.47 KΩR4=10 KΩ =¿R5= 13.03 KΩPara minimizar el offset en AO2, se elige R3: R3 = R4——R5 = 9.75KΩLa resistencia R7 puede tomar cualquier valor si el transistor es ideal (β = ∞ ).
V T=3V
k=0.3mA
V 2
β=100
Resolución:
Para encontrar los puntos de operación se realiza el análisis en DC
V GS=V G−V s
V G=6−7 I 1=6−7 (ID−I B)
V s=−16+2 ID
V D=V G−0.7
V D=6−7 ( ID−IB )−0.7
V DS=(6−7 ID+7 IB−0.7 )−(−16+2 I D )
22=2 ID+0.7+V DS+404 IB
22=2 ID+0.7+(22−9 ID+7 IB−0.7 )+404 IB
0=−7 ID+7 IB+404 IB
411 I B=7 ID
V GS=22−9 ID+7 ( 7 I D411 )
V GS=22−9 ID+7 IB
V DS=22−9 I D+7 IB−0.7
IB=7 ID411
V GS=22−9 ID+49 ID411
=22−9 ID
ID=k (V GS−V T )2
−V GS+22
9=k (V GS−V T )
2
8.15−0.37V GS=V GS2−6V GS+9
V GS2−5.63V GS+0.85=0
V GS=5.63±5.32
2
V GS1=5.63+5.32
2=5.475V
V GS2=5.63−5.32
2=0.155V
Por lo tanto se selecciona el V GS1
ID=−5.475+22
9=1.84mA
IB=7 (1.84)
411=0.0313
V DS=22−9 I D+7 IB−0.7
V DS=22−9 (1.84 )+7 (0.0313 )−0.7=4.96V
IC=β IB=100 (0.0313mA )=3.13mA
ID=−V GS+22
9
V GS=5.475V
ID=1.84mA
IB=0.0313mA
V DS=4.96V
IC=3.13mA
IE=(β+1)IB=(100+1) (0.0313mA )=3.16mA
−16+2 IC+V CE+4 IE−6=0
V CE=16−2 IC−4 IE+6
V CE=16−2 (3.13 )−4 (3.16 )+6=3.1V
Los puntos de operación de los transistores son:
Q1: V DS=4.96VV GS=5.475VID=1.84mA
Q2 :IB=0.0313mAIC=3.13mAIE=3.16mAV CE=3.1V
Problema No28.
Asumiendo que los transistores se encuentran en la zona activa. Determine
Zi , Zo , AV (V o
V i)
Datos
IE=3.16mA
V CE=3.1V
Q1: k=0.3mA
V 2
V T=2VV GS=3V
Q2 : β=80
Resolución:
Se procede a realizar el análisis en AC
Z1=R f
1−AVM
Z2=R f
1− 1AVM
AVM=V 2
V 1
gm=2k (V GS−V T )
gm=2(0.3)(3−2)
gm=0.6mAV
Asumo que Z2 es grande por lo tanto usando el siguiente circuito tenemos:
V 2=−0.6V GS (6.525 )=−3.915V GS
V GS=V i−0.1 (0.6V GS )=V i−0.06V GS
V GS=V i
1+0.06
V GS=0.943V i
V 2=−3.915V GS=(−3.915)(0.943V i)
V 1=V i
Remplazando V 2 yV 1en AVM
AVM=V 2
V 1
=(−3.915)(0.943V i)
V i
=−3.693
Remplazando AVM en Z1 y Z2
Z1=R f
1−AVM= 10M
1−(−3.693)= 10M
1+3.693=2.13M
Z2=R f
1− 1AVM
= 10M
1− 1−3.693
=7.869M
Como Z2≫6.52k entonces se puede concluir que esta correcto lo que se asumió anteriormente.
Zi=Z1
Para hallar Zo se analiza el siguiente circuito
AVM=−3.693
Z1=2.13MΩ
Z2=7.869MΩ
Zi=2.13MΩ
Si V i=0→V G=0
V GS=V G−0.1(0.6)V GS
V GS=V G−0.06V GS
V GS (1+0.06 )=V G
V GS=V G−V s
Si V G=0 yV i=0→V GS=0
IOCC=81 I S
Zo=7.74+1k
81∥1k=0.108∥1k=0.0973 k Ω=97.3Ω
Para hallar AV (V o
V i)
V o=0.5(81 I s)
V 2=41.5 I s
V o
V 2
=0.5(81 I s)
41.5 I s=0.976=AV 2
AV=
V 2
V i
∗V o
V 2
= (−3693 ) (0.976 )=−3.60
Zo=97.3Ω
AV=−3.60
Problema No29.
Para el circuito dado grafique las señales en los puntos A, B, C con respecto a
las señales V 1 yV 2con valores de voltaje y tiempo
Datos
Q1
Q2
Q3
Q4
: β=100V BE=0.7VV CESAT=0
Resolución:
Se realiza el análisis DC del circuito
Para t=[0,1] seg
El transistor Q1 que esta operando como diodo permanece ABIERTO todo el tiempo, ya que la fuente de 20V le
manda una corriente contraria a su corriente de emisor y lo POLARIZA INVERSAMENTE; por lo tanto el transistor
Q1 se lo puede retirar.
Además V 2=0 ; IB4=0
∴ I E4=(β4+1)IB 4
IC 4=β4 IB 4
∴ I E4=0 IC 4=0
Si IC 4=0→ el transistor Q4 esta en corte
Ahora: V 1−33 IB2−V BE2=0
5−0.7=33 IB2
IB2=5−0.7
33=0.13
IB2=0.13mA
IC 2=β2 IB2=(100)(0.13)
IE2=(β2+1 ) IB2= (101 ) (0.13 )=13.13
Como Q1 (OFF )→IB3=IC 2
IC 3=β3 IB3= (100 ) (13 )=1300
IE3=(β3+1 ) IB3=(101 ) (13 )=1313
Luego por malla: 20−10 I E3−V BE−930 IB3−V CE2=0
20−10(1313)−0.7−930 (13)−V CE2=0
20−13130−0.7−12090=V CE2
Como el voltaje es negativo el Q2 esta SATURADO por lo tanto sabemos que V CESAT=0
Con este dato debemos volver hacer el análisis
20−10 I E3−V BE3−930 IB3−V CE 2=0
20−10 I E3−V BE3−930 IB3−0=0
Suponiendo que el transistor Q3 esta en la zona activa
20−10(β3+1) IB3−V BE3−930 IB3=0
20−10 (100+1 ) IB3−0.7−930 I B3=0
19.3=1940 IB3→I B3=19.31940
IC 3=1300mA
IE3=1313mA
IC 2=13mA
IE2=13.13mA
IB3=13mA
V CE 2=−2.52 x104V
IB3=0.01mA
IC 3=β3 IB3= (100 ) (0.01 )=1
IE3=(β3+1 ) IB3=(101 ) (0.01 )=1.01
Como IB3=IC 2=0.01mA
∴Q3 : 20−10 I E3−V−1 IC 3=0
20−10(β3+1) IB3−V−IC 3=0
20−10(101)(0.01)−1=V
V EC3=8.9V ≡V CE3=−8.9V por que es PNP
∴V CE 3=−8.9V comoes PNP zona activadebe salir V CE¿
Respuesta para el primer intervalo
Q1: abierto;Q2 :saturacion;Q3 :activo ;Q 4 :corte
Luego:
V A=V C 2=0 ; V B=(1k ) IC 3 ; V C=20−(10k )IE3
V B=(1k )(1mA ) ; V C=20−(10k )(1.01mA )
V B=1V ; V C=9.9V
Para t∈[1,2]seg
V 1=0V V 2=0V
Si V 1=0V
→I B2=0→IC 2=IE 2=0→Q2 esta encorte
→V 2=0→IB 4=IC 4=I E4=0→Q 4 esta encorte
Como IC 2=IB3=0→IC 3=I E3=0→Q3 estaen corte
Q1 esta abierto
IC 3=1mA
IE3=1.01mA
IC 2=0.01mA
V CE 3=−8.9V
En estas condiciones:
V A=20V ; V B=0V ; V C=20V
Para t∈[2,3] seg
V 1=0V ∴ IB2=IC 2=I E2=0→Q 2esta encorte
Como IC 2=IB3=0→IC 3=I E3=0→Q3 estaen corte
Como Q3 esta en corte → IC 3=IC 4=0∴Q 4 esta encorte
Así:
V A=20V ; V B=0V ; V C=20V
Para t∈[3 ,∞ ]seg
V A=20V ; V B=0V ; V C=20V
Problema No30.
Calcular los puntos de operación de Q1, Q2 Y Q3
Datos
Q1: IDSS=8 [mA ]V P=−3V
Q2: k=0.3mA
V 2
V T=2V
Q3 : β=50
Resolución:
V g1=V s1=¿V gs1=0V=¿ IDSS=8 [mA ]=ID1
V s1=1k (8mA )=8V
Si V s1=8V=¿ El zener de 10 no se prende
V s1=1k (8mA )=8V
V Ds1=20−0.1∗8−8=11.2 [V ]
V g2=V s1=8V
V gs2=V g2−V s2=8V
ID2=k (V gs 2−V T 2 )2
ID2=0.3 (8−2 )2
ID2=10.8 [mA ]
ID2=I 1+ IB
Asumiendo que el zener se prende:
V D2=(20−5−0.7 )=14.3 [V ]
I 1=20−14.3
0.6=5.7
0.6=9.5 [mA ]
IB=I D2−I 1
IB=10.8−9.5
IB=1.3 [mA ] El bjt se abre
Si el zener fuese de 13V
Asumo que se prende:
V D2=(20−13−0.7 )=6.3 [V ]
I 1=20−6.3
0.6=13.7
0.6=22.8 [mA ] El zener no se prende
IB=1.3 [mA ]=¿ IE=1.3∗50=65 [mA ]
IC≈65 [mA ]
V CE=(20−5−6.5 )=8.5 [V ]
Problema No31.
a) Hallar los puntos de operación de Q1, Q2 Y Q3 ( IC ,V CE ); sabiendo que:
Q1: β1=50
Q2 : β2=40
Q3 : β3=50
b)Calcular Av, Zi, Zo.
c) Calcule hie, hfb del transistor Q2
Resolución:
Se realiza el análisis DC
Para transistor Q1
β1=50
−10 IB1−V BE−(4.7 ) I E1+10=0 (1)
−10 IB1−0.7−( 4.7 ) I E1+10=0 (1)
Se sabe que IE1=(β1+1) IB1
IC 1=β1 IB1
Reemplazando en (1)
−10 IB1−0.7−( 4.7 )(β1+1) IB1+10=0
−10 IB1−0.7−( 4.7 )(51)IB1+10=0
249.7 IB1=9.3→IB1=9.3
249.7=0.0373
IE1= (β1+1 ) IB1=(51 ) 0.0373=1.90
IC 1=β1 IB1=50 (0.0373 )=1.865
V CE 1=20−4.7 (1.90 )
IB1=0.0373mA
IE1=1.90mA
IC 1=1.865mA
Para transistor Q2
β2=40
−10 IB2−V BE−( 4.7 ) I E2+10=0 (1)
−10 IB2−0.7−( 4.7 ) I E2+10=0 (1)
Se sabe que IE2=(β2+1) IB2
IC 2=β2 IB2
Reemplazando en (1)
−10 IB2−0.7−( 4.7 )(β1+1) IB2+10=0
−10 IB2−( 4.7 ) (41 ) IB2=−9.3
202.7 IB2=9.3→IB2=9.3
202.7=0.046
IE2=(β2+1 ) IB2= (41 ) 0.046=1.881
IC 2=β2 IB2=40 (0.046 )=1.835
Por L.V.K
V CE 2−10+2.2 IC 2+4.7 I E2=10
V CE 2=20−2.2 IC 2−4.7 I E2
V CE 2=20−2.2(1.835)−4.7 (1.881)
V CE 2=20−4.037−8.841
V CE 1=11.07V
IB2=0.046mA
IE2=1.881mA
IC 2=1.835mA
V CE 2=7.122V
Para transistor Q3
β3=50
Como se puede apreciar si se abre el capacitor queda una polarización H
V ab=V R=15 k=V 15 k=? ??? ?
10+10−(3.9+15 ) I=0
I= 203.9+15
=1.05
I=1.05mA
V 15 k=(15k ) (1.05mA )
V 15 k=15.87V
V TH=V 15 k−V 10=15.87−10
V TH=5.87V
RTH=15∥3.9=15 (3.9 )15+3.9
=3.09k Ω
Queda lo siguiente:
−10+1.5 IC 3+V BE3−RTH IB3−V TH=0
−10+1.5 IC 3+0.7−3.09 IB3−5.87=0
Se sabe que IE3=(β3+1)IB3
IC 3=β3 IB3
−10+1.5 β3 IB3+0.7−3.09 IB3−5.87=0
−10+1.5(50) IB3+0.7−3.09 I B3−5.87=0
71.91 I B3=15.17
IB3=15.1771.91
=0.211
IE3=(β3+1 ) IB3=(51 )
IE3=(β3+1 ) IB3=(51 )0.211=10.761
IB3=0.211mA
IC 3=β3 IB3=50 ( 0.211)=10.55
Malla 2:
10−0.5 I E3−V EC 3−1.5 IC 3+10=0
20−0.5(10.761)−1.5(10.55)=V EC 3
V EC3=−1.21V
Problema No32.
IE3=10.761mA
IC 3=10.55mA
V CE 3=1.21V
1.- El circuito mostrado es un medidor de presion constituido esencialmente por el circuito
integrado MPX100AP del fabricante Motorola, que mide entre 0 y 100KPa.
a) Determine la ganancia de voltaje desde el sensor hasta V1.
b) Exprese V2 como una dfuncion de V1 y Vref.
c) Determine el rango de ganacia de Vo1/V2 (Ganancia minima y ganancia maxima).
d) Determine la ganancia de voltaje Vo2/Vo1.
e) Ajuste los potenciometros P1 y P2 de tal manera de lograr tener en Vo1 un rango de voltaje de
0 a 5Vdc para presiones en el rango de 0 a 100KPa respectivamente (considere temperatura
de trabajo de 25°C).
Para empezar dividiremos este circuito en 2 partes, empezando con la mostrada a continuación:
Como podemos observar los OPAMPS U9, U10, U11 tienen retroalimentación negativa por lo que
asumiremos que el Voltaje diferencial es 0.
Siendo así sacaremos la ganancia de cada uno.
Para U9: V a=−V o(1+2R2
R3) ; donde V a es la salida de U9.
Para U10: V b=V o(1+2R1
R3) ; donde V b es la salida de U10.
Para U12:
El Opamp implementado es un restador, por lo que la salida será la resta del voltaje conectado al
pin + menos el voltaje conectado al pin -, por lo tanto:
V 1=V b−V a
V 1=V o(1+2 R1
R3)+V o(1+
2 R2
R3)
Dado que R1 y R2 son iguales la expresión final para V1 seria:
V 1=V o(2+4 R1
R3)
V 1=V o(2+4 (10k )
1k )V 1=42V o
Para expresar el voltaje V2 en función de V1 y Vref tenemos lo siguiente:
Necesitamos saber la ganancia del Opamp U11, definiremos el voltaje en el pin + y el pin – como
V y y las respectivas corrientes en cada ramal de interés, I 10 e I 9 y sabiendo que
R8=R9=R10=R11=R
V y=V 1
2
I 9=V ref−V y
R
I 10=V y−V 2
R
I 9=I 10
V ref−V y
R=V y−V 2
R
V ref−V y=V y−V 2
V 2=2V y−V ref
V 2=2V 1
2−V ref
V 2=V 1−V ref
Para establecer el rango de ganancia máxima y mínima de Vo1/V2:
Definiremos la salida del Opamp U14 como V o1
V o1=V 2(1+P2
R12)
⇒P2max=50k⇒V o1=26V 2
⇒V o1
V 2
=26 ; gananciamaxima
⇒P2min=0⇒V o1=V 2
⇒V o1
V 2
=1; gananciaminima
Para calcular la ganancia de voltaje Vo2/Vo1, tenemos:
V o2=V o1 ∙R14
R13+R14
V o2
V o1
=R14
R13+R14
V o2
V o1
= 1k1k+3.9k
V o2
V o1
=0.204
Para tener un voltaje entre 0 y 5Vdc en Vo1, ajustaremos los potenciómetros de la siguiente
manera:
0<V o1<5 [V ] 0<P<100KPa
0<V o<60 [mV ] ; Usamos las ganancias obtenidas. Tendríamos 0.6 [ mVKPa ]0<V 1<2.52 [V ]
0<V 2<2.52 [V ]
Ajustando P1:
V ref=0⇒P1con set=0 %
Ajustando P2:
V o1
V 2
=1.984=1+P2
R12
P2=R12(1.984−1)
P2=2k (1.984−1)
P2=1.97 k
