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PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA INDUSTRIAL 1

Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

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Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales)

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PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA INDUSTRIAL

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ÍNDICE 1 DIODOS pag 3 2 TRANSISTORES pag 44 3 AMPLIFICADORES pag 67 4 OPERACIONALES pag 86

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DIODOS 1

Calcular la corriente I en función del potencial V del generador. Suponer los diodos ideales.

SOLUCIÓN: Consideramos valores de V muy grandes: Vamos a suponer que los diodos D1 y D2 conducen. El circuito equivalente será:

10 = 2(Id2 – Id1) → Id2 = (10/2) + Id1 = 5 + V + 5 = V+10 > 0 V = Id1 – 5 → Id1 = V + 5 >0 Entonces podemos ver que las suposiciones anteriormente hechas resultan ser correctas, los dos diodos están conduciendo. Por lo tanto: Para V< ∞: I = V + 5 ya que I = Id1

3

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Analizando los diodos vemos que el cambio se produciría cuando: Id1 = V + 5 = 0→ V = -5 Id2 = V + 10 = 0 → V = -10 Vemos que primero cambia D1, por lo tanto nuestro intervalo sería -5 < V < ∞ y I = V + 5 Entonces ahora vamos a trabajar con V < -5, el circuito correspondiente sería el siguiente:

10 = 2Id2 → Id2 = 10/2 = 5 mA > 0 Vd1 – V – 5 = -I → Vd1 – V – 5 = 0 → Vd1 = V + 5 < 0 Las suposiciones que hemos hecho son correctas: I = 0 ya que el circuito está abierto Ahora vamos a analizar los diodos D1 y D2: Id2 = 5 mA → No cambia Vd1 = V + 5 = 0 → V = -5 Por lo tanto, para el intervalo -∞ < V < -5 queda I = 0mA Finalmente la solución del ejercicio queda del siguiente modo: Para -5 < V < ∞ → I = V + 5 Para -∞ < V < -5 → I = 0

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DIODOS 2:

-Calcular la tension en la resistencia de 4k.

Para empezar a resolverlo, consideremos valores de V positivos y muy grandes.

El diodo D4 conducirá mientras que el diodo D3 no conducirá, el circuito que nos queda será el siguiente:

V4K = 4 * I4K como I4K = V/ 7 entonces V4k = 4V/ 7 Comprobamos si la suposición es correcta:

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Id1 = ( V/ 1,5) + (V / 7) = ( 8,5V / 10,5) > 0 Para que cambie Id1 debe ser Id1= 0 entonces V = 0 VAB = 0 – (4V / 7) = -(4V / 7) como VAB < 0 entonces la SUPOSICIÓN ES

CORRECTA. Consideremos valores de V<0.Lo que nos encontramos es que el diodo D4 no

conducirá, y el diodo D3 se encontrara en su estado de conducción. El circuito que nos quedara será el siguiente:

V4K = - 4* I4K como I4K = V / 5,5 entonces V4K = - ( 4V*5,5) Se comprueba si la suposición es correcta: Id2 = - (V / 5,5) – (V / 3) = - ( 8,5 / 16,5 ) como V < 0 entonces Id2 > 0 y ya no hay más cambios. VCD = VC – VD = 0 + (4V / 5,5) como VCD < 0 SUPOSICIÓN CORRECTA. 0 < V < ∞ => V4K = ( 4V / 7) - ∞ < V < 0 => V4k = -( 4V / 5,5)

DIODOS 3

6

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Calcular las funciones V0 = f(V) e i = f(V) en el circuito de la figura. Los diodos

se suponen ideales.

+

i

V0

Comenzaremos desde el valor más grande de V, es decir, cuando V se aproxime a infinito.

• V < ∞:

+B

VD2

B A

ID1

V0

7

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1025;1025 11

−=⋅=−

VIIV DD > 0 ; Suposición correcta.

VVVV BAD −=−= 1002 < 0 ; Suposición correcta.

En este intervalo el valor de V0 = 100 V y el valor de I = ID1 =10

25−V A.

Buscamos cambios:

El diodo D1 cambia cuando ID1 = 0. Esto ocurre cuando 010

25=

−V , por lo que V = 25.

El diodo D2 cambia cuando VD2 = 0. Esto ocurre cuando 100 – V = 0, por lo que V = 100. Vemos que el cambio del diodo D2 se produce antes. Pasa a conducir directamente. Por tanto el siguiente intervalo será cuando V sea inferior a 100 V.

• V < 100V:

ID1 ID2

ID1 + ID2

+

V0

( )211025 DD IIV +⋅=−

( )20

100;20100 22VIIV DD

−=−⋅=− > 0 ; Suposición correcta.

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201503

20100502

20100

1025

1−⋅

=+−−⋅

=−

=−

=VVVVVI D > 0 ; Suposición correcta.

En este intervalo el valor de V0 = V y el valor de I = ID1 =20

1503 −⋅V A.

Buscamos cambios:

El diodo D1 cambia cuando ID1 = 0. Esto ocurre cuando 020

1503=

−⋅V , por lo que

V = 50.

El diodo D2 cambia cuando ID2 = 0. Esto ocurre cuando 020

100=

−V , por lo que

V = 100, quedando fuera del intervalo. Vemos que el cambio se produce en el diodo D1. Pasa a actuar como un circuito abierto. Por tanto el siguiente intervalo será cuando V sea inferior a 50 V.

• V < 50V:

+

ID2

VD1

C D

V0

mAIII DDD 5,23075;102025100 222 ==⋅+⋅=− > 0 ; Suposición correcta.

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502525)2510( 21 −=−−=+⋅−=−= VVIVVVV DDCD < 0 ; Suposición correcta. En este intervalo el valor de V0 = 50V y el valor de I = 0 A. Buscamos cambios: El diodo D1 cambia cuando VD1 = 0. Esto ocurre cuando 050 =−V , por lo que V = 50. Queda fuera del intervalo. El diodo D2 cambia cuando ID2 = 0. En este caso ID2 es constante por lo que no puede ser nunca cero. Por tanto vemos que no existen más cambios. Resultados:

Intervalo Valor V0 (V) Valor de I (A)

100 < V < ∞ 100 10

25−V

50 < V < 100 V 20

1503 −⋅V

V < 50 50 0

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DIODOS 4

En el circuito de la Fig.3.30 los diodos son ideales, siendo la tensión Vz=5V. Hallar el estado, la intensidad y tensión de los dos diodos para cada región de operación del circuito, supuesto que la intensidad I puede tomar cualquiera valor positivo o negativo.

*V con valores muy grandes Vamos a suponer valores de V muy grandes, es decir, valores de tensión muy grandes. Para estos valores suponemos que el diodo zéner conduce en zona zéner y el diodo D conduce en polarización directa. Por lo tanto como observamos en el circuito, el diodo zéner se comporta como una fuente de tensión y el diodo se comporta cómo un cortocircuito, quedando los siguientes resultados a raíz del esquema:

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Las ecuaciones son las siguientes: (1) 5-Iz+5 = 2I+2Iz-10 de donde sacamos que I=(20-3Iz)/2 (2) I+Iz=Id de donde obtenemos que Id=(20-Iz)/2 (3) V=2I+2Iz-5 ; sustituimos la ecuación (1) en ésta y obtenemos Iz=15-V Sustituyendo unas en otras obtenemos: Id=(5-V)/2 que le corresponde Vd=0V (suposiciones correctas) Iz=15-V que le corresponde Vz=-5V Por lo tanto: D cambia cuando Id=0, es decir, para V=5 Dz cambia cuando Iz=0, es decir, para V=15 Id=(5-V)/2 , Vd=0V INTERVALO 15<v<∞ => Iz=15-V , Vz=-5V Por lo tanto vamos a considerar ahora valores de V<15 *V<15 Para estos valores, observamos que el diodo zéner pasa a ser como un circuito abierto; mientras que el diodo D se mantiene como un cortocircuito como podemos observar en el siguiente esquema:

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Para éste circuito, obtenemos lo siguiente: V=I-I/2 luego obtenemos que I=2*V Id=I=2*V Vz=Vab=0-I/2=-V Por lo tanto nos queda: Vz=-V que le corresponde una Iz=0 (suposiciones correctas) Vd=0 que le corresponde una Id=2*V Por lo tanto: D cambia cuando Id=0, es decir, para V=0 Dz cambia cuando Vz=0, es decir, cambia para 0=V

5=-V, es decir V=-5 Vz=-V , Iz=0 INTERVALO 0<V<15 => Vd=0 , Id=2*V Por lo tanto vamos a considerar valores de V<0 *V<0 Para estos valores, el diodo zéner pasa a conducir y se comporta como un cable, es decir, como un cortocircuito; mientras que el diodo D cambia y se queda como un circuito abierto:

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Suponemos Iz>0 y Vd<0: Iz=-I Vdiod=Vc-Vd=1/4I-0=1/4I V=I+3/4I => I=4V/7 (sustituimos estas en las dos anteriores y obtenemos): Iz= -(4V)/7 >0 (sup. Correcta) Vdiod= V/7<0 (sup. Correcta) Por lo tanto tenemos: Iz= -(4V)/7 , Vz=0 Idiod=0 , Vdiod= V/7 Dz cambia cuando Iz=0, es decir, V=0 Ddiod cambia cuando Vdiod=0, es decir, V=0 Por lo tanto no cambian ninguno de los dos y obtenemos:

Iz= -(4V)/7 , Vz=0 INTERVALO -∞<v<0 Idiod=0 , Vdiod= V/7 RESUMEN: Id=(5-V)/2 , Vd=0V INTERVALO 15<v<∞ => Iz=15-V , Vz=-5V Vz=-V , Iz=0 INTERVALO 0<V<15 => Vd=0 , Id=2*V

Iz= -(4V)/7 , Vz=0 INTERVALO -∞<v<0 Idiod=0 , Vdiod= V/7

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DIODOS 5 En el circuito de la figura los diodos son ideales y la tensión Vz es igual a 5V.

Hallar el estado de cada diodo y la tensión v0, supuesto que la tensión v puede tomar cualquier valor positivo y negativo.

2k

Consideramos valores de V (muy grandes) V < ∞. Hacemos la siguiente suposición: El diodo D1 conduce y el diodo zener Dz está en zona zener: Circuito equivalente:

2k

V-10 = Id*1 + 1(Id+ Iz) ; V=10 +2 Id + Iz ; V=10 + 2(5-Iz)+ Iz ; , V = 20 – Iz ; 5= Id + Iz ; Id = 5 – Iz ;

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Iz = 20 – V < 0 ;

;La suposición es correcta. Vo = 15 V Id = - 15 + V > 0 ;

D1 cambia cuando Id = 0 ; V= 15 V Dz cambia cuando Iz = 0 ;V = 20 V Todo esto es válido para 20≤ V≤ ∞ Consideramos V < 20 V D1 conduce y Dz no conduce:

B

2k A

Id = (V-10) / 2 Vz = VAB = VA– VB = - Id = (10 – V) / 2 D1 cambia cuando Id = 0 ; V =10 Dz cambia cuando Vz : -5 = (10 – V) / 2 ;V = 10 0 = (10 - V) / 2 ; V =10 Todo esto es válido para 10 < V < 20 Vo = (10 +V) / 2 Consideramos V < 10: D1 no conduce y Dz conduce

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A B

2k

Iz= (10-V ) / 3 > 0 Vd1 = VA- VB = -2 Iz = (2V -20) / 3 < 0 Las suposiciones son correctas. Dz cambia cuando Iz = 0 ; V = 10 D1 cambia cuando Vd = 0 ; V = 10 Todo es válido para - ∞ < V < 10 Vo = 10 V RESUMEN. 20 < V < ∞ ; D1 conduce y Dz está en zona zener; Vo = 15 V. 10 < V < 20 ; D1 conduce y Dz no conduce. Vo = ( 10 + V ) / 2. - ∞ < V< 10. ; D1 no conduce y Dz conduce Vo = 10 V

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DIODOS 6 En el circuito los diodos son ideales y la tensión Vz del diodo DZ vale 10V. Hallar el estado, la intensidad y la tensión de los diodos para cada región de funcionamiento del circuito, si la tensión V puede tomar cualquier valor positivo o negativo.

Consideramos valores de V grandes y positivos. Para estos valores DZ estará en zona Zéner y D en directa. El circuito equivalente será:

Z DV 10 5 I I= + − −

DV 10 20 I= + + ; DI V 30= − > 00ZV 10 5 I V 30= + − − + ; ZI 45 2V= − <

Al ser y DI 0> ZI 0< , la suposición es correcta. Diodo D cambia cuando ; DI = 0 V 30V=

Diodo DZ cambia cuando ; ZI = 0 45V 22,2

= = 5V

Cambiaría el diodo D

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V 30<

ZV 5 I 10= − + ; ZI 15 V= − < 0

D ABV V V 10 20 V 30 0= = − − = − < Al ser y ZI 0< DV 0< , la suposición es correcta. Diodo DZ cambia cuando ; ZI = 0 V 15V= Diodo D cambia cuando ; DV = 0 V 30V= , se sale fuera del intervalo. Cambiaría el diodo DZ V 15<

VI3

=

DZ DC2VV V3

= = − < 0

D ABV V 60V V 203 3

−= = − = < 0

0

Al ser y , la suposición es correcta. DZV 0< DV 0<Diodo DZ cambia cuando DZV = ; V 0V= DZV 10= − ; V 15V= , se sale fuera del intervalo. Diodo D cambia cuando ; DV = 0 V 60= , se sale fuera del intervalo.

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Cambiaría DZ. V 0<

ZI I V= − = − > 0

0

D ABV V V 20= = − < Al ser y ZI 0> DV 0< , la suposición es correcta. Diodo DZ cambia cuando ; ZI = 0 V 0V= , se sale fuera del intervalo. Diodo D cambia cuando ; DV = 0 V 20V= , se sale fuera del intervalo. Ya no habría más cambios. Tabla resumen:

D D

Z Z

I V 30 V 0V

I 45- V V =-10= − =⎧

< ∞⎨ =⎩

D D

Z Z

I 0 V V -3015 V 30

I 15- V V -10= =⎧

< < ⎨ = =⎩

Z Z

D D

2VI 0 V =-30 V 15

V-60I 0 V =3

⎧ =⎪⎪< < ⎨⎪ =⎪⎩

D D

Z z

I 0 V =V-20V 0

I V V =0=⎧

−∞ < < ⎨ = −⎩

Diodos 7

20

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En el circuito de la figura los diodos son ideales, siendo Vz = 5V. Halla el estado de conducción de los diodos en función de V del generador para valores positivos y negativos de la misma.

Solución del ejercicio:

1ª suposición: Considero los valores de V muy grandes, muy cercanos a infinito para lo cual tenemos que:

Dz On D1 On

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( ) [ ] 0V16Iz46V6IzIdiV6Iz6IzIdi1V <−=⇒++−=⇒++−=⇒=++−

Al ser mayor que cero la suposición se considera correcta.

[ ] 04Id⇒Id126 >=×+=

Al ser mayor que cero la suposición se considera correcta.

[ ]6=I

• Cambios que se producen en los diodos:

o Dz, si Iz = 0; V = 16, Dz cambia cuando V<16. o D1, no cambia porque Id tiene valor fijo. Obtenemos el siguiente intervalo: para el cual: ∞<V<16

Dz On D1 On

2ª suposición: Suponemos para una V menos que 16: V<16 Dz Off D1 On

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03

4-VId⇒2

22

IdV

Id⇒2

2-IId⇒2IdId-I

2IdVI⇒Id-I1I-V

>⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ =

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

==+=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +==×

Al ser mayor que cero se considera la suposición correcta.

06

10-V13Vab⇒

⇒2

2-V33

4-V

Vab⇒2

2-V3IdVab⇒2

IdVV1-1IV1-Vab

>⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=×+

=+

++=×++=

Al ser mayor que cero la suposición se considera correcta.

• Cambios en los diodos:

o Dz, si Vab = 0; V = 10/13 no cambia. o D1, si Id = 0; V = 4, D1 cambia.

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Obtenemos el siguiente intervalo: para el cual: 16<V<4 Dz Off D1 Off 3ª suposición: Suponemos la V menos que 4: V<4 Dz Off D1 Off

02V-1Vab⇒

2VV-1IV-1Vab

2VI

<⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ =+=+=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ =

Como sale mayor que cero, consideramos la suposición correcta.

02

V4Vcd2V2I2Vcd >⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

=⇒−=−=

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Como sale mayor que cero consideramos la suposición correcta.

• Cambios en los diodos:

o Dz, si Vab = 0; V = 2, Dz cambia. o D1, si Id = 0; V = 4, D1 no cambia.

Obtenemos el siguiente intervalo: para la cual: 4<V<2 Dz On D1 Off

4ª suposición: Consideramos la V menor que 2: V<2 Dz On D1 Off

[ ]

[ ][ ] 0V-2Iz⇒1I-1I-1Iz⇒1IzI

1-VI⇒1I-V1Vab⇒V2-1V-2Vab⇒Iz-I-2Vab

<=+===+==

=++==

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Sale menos que cero por tanto consideramos la suposición correcta.

• Cambios en los diodos:

o Dz, si Iz = 0; V = 2, Dz no cambia más. o D1, Vab es constante, D1 no cambia más.

Obtenemos el siguiente intervalo: 2<V<∞ para el cual: Dz On D1 Off

Tabla de valores finales: 1ª Suposición: Dz (ON), D1 (ON) Iz=16-V V=16V Id=4 I=6 2ª Suposición: Dz (OFF), D1 (ON)

3

4-VId = V=4V

2IdVI

610V13Vab

+=

−=

V=10/13V

3ª Suposición: Dz (OFF), D1 (OFF)

2V-4Vcd

2V-1Vab

2VI

=

=

=

V=2V

V=4V 4ª Suposición: Dz (ON), D1 (OFF) Vab=1

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I=V-1 Iz=2-V V=2V

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Diodos 8: En el circuito de la figura suponiendo los diodos ideales y Vz = 4, hallar la tensión Va en función de la intensidad I del generador, para valores positivos y negativos de la misma:

Para valores de V muy grandes, es decir, que tiendan a infinito, suponemos el circuito como en la figura, estando el diodo zener en su zona zener y el diodo d1 en corto: Para I< (infinito)

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I+Iz = 4+(-I-Iz)+6 Id = I-14 > 0 suposición correcta 6 = -Id – Iz + 6 Iz = 12-I < 0 suposición correcta 2Iz = 10 – 2I Id = 0 I = 14 mA Iz = 0 I = 12 mA Diodo zener no cambia Diodo d1 cambia Ahora el intervalo se reduce y queda: Para I < 14 mA

Va = -Iz+6 = (-10+I)/2+(6I+2)/2 Vd = 6 = 14 mA I+Iz = 4-Iz+6 2Iz = 10-I Iz = (10-I)/2 < 0 suposición correcta Iz = 0 I = 10mA

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Vd = Vab = -Iz+6-8 = (-10+I)/2 – 2 = (I-14)/2 Diodo zener cambia, pasa a ser un circuito abierto Diodo d1 no cambia Ahora el nuevo intervalo es: Para I < 10 mA

Ahora los valores son los siguientes: Vdz = Vc – Vd = 6-I < 0 suposición correcta Vd1 = Va – Vb = 6-8 = -2 < 0 suposición correcta Va =6 Vz = 0 I = 6mA Vz = -4 10 mA

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Diodo zener cambia Diodo d1 no cambia Ahora el intervalo queda para valores: I < 6 mA

I+Iz = -Iz+6 Iz = (6-I)/2 >0 suposición correcta Vd = Vab = -Iz+6-8 = -Iz-2 = (6-I)/2 – 2 = (2-I)/2 Va = -Iz+6 = (-6+I)/2 + 6 = (6+I)/2 (I-10)/2 < 0 suposición correcta Vd = 0 I = 10mA I = 10 mA no cambia I = 6 mA no cambia Se salen del intervalo por lo tanto ya no vuelve a cambiar y se queda como esta.

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Resumiendo: D1 D2 Va I< 6 mA conduce corte 3+ I/2 6mA<I<10mA corte corte 6 10mA<I<14mA Zona zener corte 1+I/2 I>14mA Zona zener conduce 8

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DIODOS 9

Suponiendo el circuito de la figura 1 los diodos ideales y la tensión del diodo zener igual a 4 V. Calcular la tensión Vout en función de la tensión de entrada del generador (Vin), para valores positivos y negativos de la misma.

DZ1

Vin

Cuando Vin es muy grande pero Vin<∞ entonces suponemos I será también alta. En estas circunstancias suponemos que la tensión en el diodo 2 será positiva y en buena lógica podrá sustituirse por un cortocircuito. De igual forma al ser Vin muy grande suponemos que la tensión en el diodo zener será -4 V.

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Vin

Luego tenemos las siguientes hipótesis que deberemos verificar:

D

Z Z

1.-Diodo en cortocircuito Comprobaremos que I 02.-Zener el inversa (V 4 (V)) Comprobaremos que I 0

⇒ >⎧⎨ = − ⇒⎩ <

Para verificar estas hipótesis acerca de los estados de los diodos, debemos comprobar por tanto que, Iz<0 e Id>0, en el circuito correspondiente a esas simplificaciones, luego:

a verificadHipótesis0Ialta es I que Puesto1000

4II)·1000I-(I4(V) DDD ⇒>⇒⇒−=⇒=

De otra parte:

expresión. estapor arriba ssustituimo,1000

4II

3000I122000I1000I3000I123000I1000I3000I3000·I)·2000I(I)·1000II(-I V 4

D

ZZ

ZDZDZD

−=

+−=−+−==−+=++++=

Por lo tanto:

a verificadHipótesis0Ialta es I que Puesto3000

2000163000I12-2000IV 4 Z ⇒<⇒⇒−

=⇒+= ZZII

En este punto ya hemos refutado las hipótesis de partida que permitieron pasar del circuito de la figura 1 al circuito de la figura 2, cuando Vin<∞.

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Vamos a calcular ahora la I y Vout en función de Vin:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

+=

−=

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

+=

+=+=

582VV

500083VI

1000IVV :parte otra De3

82000I·23

41000I)·2000I(IV

INOUT

IN

OUTIN

ZDOUT

Calculada la Vout a partir de Vin, queda ahora calcular exclusivamente el valor de I y en consecuencia de Vin que hace cambiar el estado del Zener a circuito abierto. Por tanto, cuando la corriente del zener valga cero esa será la frontera para cambiar de modelo:

⎩⎨⎧

≤⇒=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

−=

==⇒=−⇒=−

=

V 16Vabiertoen Zener 0I

300083VI Como

8(mA)200016I02000I160

30002000I16I

IN

Z

IN

Z

Por su parte el diodo cambiará a circuito abierto cuando Id=0:

⎩⎨⎧

≤⇒=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

−=

==⇒=−⇒=−

=

V 9.333Vabiertoen Diodo0I

500083VI Como

(mA) 41000

4I041000I01000

41000II

IN

D

IN

D

Así pues:

∞<<

+=

IN

INOUT

V165

82VV

Por tanto se observa que cuando desciende Vin, el primero en cambiar es el

zener que es el que nos determina el nuevo circuito, zener abierto y diodo sigue en corto, ver figura 3:

35

Page 36: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Vin

En este caso, no tenemos que corroborar hipótesis puesto que se arrastra el éxito del caso anterior, ya que tras comprobar en efecto quién es el primero en cambiar no cabe error posible. Calculamos Vout:

·10002·2000 ·1000

2000 2

1 [(1 1 ) 2 ] 2000

DOUT

IN INOUT D OUT OUT

IN IN IN

TOT

IIV I

V VV I V VV V VIR K K K K

⎫⎫= ⎪ ⎪⇒ =⎬ ⎪⎪⎪= = = =⎭ ⎬⎪

= = = ⎪+ + + ⎪⎭

Calculamos las fronteras de cambio de circuito:

0 02

Diodo en circuito abierto Cambia antes el diodo0 0 500· 0 0

Zener en cortocircuito

D IN

Z Z IN

II V

I V I V

⎫= = ⇒ = ⎪

⎪⎪⇒⎬⎪> ⇒ > ⇒ − > ⇒ < ⎪⎪⎭

Así pues:

IN

2

0 1

INOUT

VV

V

⎧=⎪

⎨⎪ < <⎩ 6

36

Page 37: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Entramos ya en la zona de valores negativos de Vin: Por tanto se observa que cuando desciende Vin, el primero en cambiar es el

diodo que es el que nos determina el nuevo circuito, zener abierto y diodo en abierto, ver figura 4:

Vin

En este caso, no tenemos que corroborar hipótesis puesto que se arrastra el éxito del caso anterior, ya que tras comprobar en efecto quién es el primero en cambiar no cabe error posible. Calculamos Vout:

·2000 2·

·3000 3OUT

OUT ININ

V IV V

I V= ⎫

⇒ =⎬= ⎭

Calculamos las fronteras de cambio de circuito:

2·Diodo en circuito abierto no cambia3

Como 0

Zener en inversa·10003

12 (V)4 12

D IN

IN

INZ

INZ IN

V V

V

VV IVV V

⎫= ⎪⇒⎬⎪< ⎭

⎫= = ⎧⎪⇒⎬ ⎨ = −⎩⎪= − ⇒ = − ⎭

37

Page 38: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Así pues:

IN

2·3

12 0

OUT INV V

V

⎧ =⎪⎨⎪ − < ≤⎩

Por tanto se observa que cuando desciende Vin, el primero en cambiar es el zener que es el que nos determina el nuevo circuito, zener inversa y diodo en abierto, ver figura 5:

Vin

En este caso, no tenemos que corroborar hipótesis puesto que se arrastra el éxito del caso anterior, ya que tras comprobar en efecto quién es el primero en cambiar no cabe error posible. Calculamos Vout:

2· 41ª Ecuacion: ( )·1000 Resolvemos el sistema y5

2ª Ecuacion: 4 (V) ( )·1000 ·200083ª Ecuacion: ·1000 Resolvemos el sistema y

5000

INOUT Z OUT

Z Z

ININ OUT Z

VV I I VI I I

VV V I I

⎧ −= − =⎫ ⎪

⎪ ⎪= − − + ⇒⎬ ⎨+⎪ ⎪− = =⎭ ⎪⎩

Si calculamos las fronteras del circuito observaríamos que:

IN8 0, si 8 Ya siempre estara en inversa si seguimos disminuyendo V

5000IN

Z Z INVI I V+

= ⇒ < < − ⇒

38

Page 39: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Procediendo de igual forma se comprueba que el diodo siempre estará en abierto al continuar disminuyendo Vin.

Luego ya no hay más circuitos equivalentes, a modo de corolario diremos que:

ININ IN IN

2· 4 2 82·5 3 2

0 1612 12 0 16

IN ININOUT OUT IN OUTOUT

V VVV V V VV

VV V V

⎧ ⎧ ⎧⎧− += = ==⎪ ⎪ ⎪⎪

⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪< <−∞ < ≤ − − < ≤ < < ∞⎩⎩ ⎩ ⎩

5

39

Page 40: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

DIODOS 10 En el circuito de la figura los diodos son ideales y la tensión Vz = 5V. Hallar el estado de cada diodo en las diversas regiones de operación del circuito para valores positivos de la intensidad I.

SOLUCIÓN: PARA I<∞ suponemos que D1 conduce y D2 está en zona zener. El circuito equivalente será:

I – Id = Id + Iz – 2 I – Id = - Iz + 5

Iz = I – 2Id + 2 = I – 3

64 −I + 2 = 3

6643 ++− II = 3

12 I− < 0

Iz = -I + Id + 5

40

Page 41: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

0 = 2I – 3Id – 3 Id = →3

32 −I > 0

12 mA < I < ∞⎩⎨⎧

−−−

zenerconduceDzconduceD

D cambia cuando Id = 0 =3

32 −I I = →23

Dz cambia cuando Iz = 0 = 3

12 I− → I = 12

Para I < 12 el diodo D conduce y el diodo zener está en estado de corte:

I – Id = Id – 2 Id = →

22+I > 0

Vz = Va – Vb = 0 – ( I – Id) = Id – I = 2

2+I - I = 2

2 I− < 0

D cambia cuando Id = 0 I = -2 mA →

Dz cambia cuando ⎩⎨⎧

=→−==→=

mAIVzmAIVz125

20

Para I < 2 conducen ambos diodos:

41

Page 42: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

I – Id = Id + Iz – 2 Iz = I – 2 Id + 2 → I – Id = - Iz

0 = 2 I – 3 Id + 2 Id = →3

22 +I

Iz = 3

22 +I - I = 3

2 I− > 0

⎩⎨⎧

=⇒=→−−=⇒=→−

mA2I0IzcambiaDzmA1I0IdcambiaD

Para I <-1 el diodo se comporta como un circuito abierto y el diodo tener conduce:

Iz = 11

2+

= 1 mA > 0

Vd = Va – Vb = I – (-Iz) = I + Iz = I + 1

⎩⎨⎧

+==→−−

1I0VdDcambiacambianoDz

12 mA < I < ∞⎩⎨⎧

−−

zener_conduceDzconduceD

2 mA < I < 12 mA ⎩⎨⎧

conduce_no_Dzconduce_D

-1 mA < I < 2 mA ⎩⎨⎧

directa_conduce_Dzconduce_D

42

Page 43: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

-∞ < I < -1 mA ⎩⎨⎧

directa_conduce_Dzconduce_no_D

43

Page 44: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

TRANSISTORES 1

Calcular en el siguiente circuito IB, I,C IE y VCE . Suponiendo ß = 170 y VBE = 0.7

1.

Solución:

Inicialmente vamos a suponer que el transistor está en su fase activa. Para comprobar esta suposición tenemos que hacer dos comprobaciones: - Calculamos la intensidad de base IB y vemos si es positiva, en caso de que IB fuera negativa, el transistor se encontraría en corte. - También debemos de comprobar que la tensión colector – emisor VCE sea mayor que 0.2. En caso contrario el transistor se encontraría en estado de saturación.

44

Page 45: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

En activa sabemos cierto lo siguiente: VBE = 0.7 IC = ß · IB → IC = 170 · IB Del circuito podemos obtener las siguientes formulas: 12 = 470IB + 0.7 → IB = (12-0.7)/470 = 0.024 mA > 0 No está en corte En consecuencia: IC = 170·IB = 170 · 0.024 = 4.08 mA IE = IB + IC = 0.024 + 4.08 = 4.104 mA 12 = 1.5IC + VCE → VCE = 12 – 1.5 · 4.08 = 5.88 V > 0.2 Al ser mayor que 0.2 la segunda comprobación es correcta, es decir, no está en saturación. El transistor está en activa y los resultados son correctos.

2. Ahora vamos a realizar los cálculos del mismo circuito pero cambiando la resistencia de 1.5k por 4k.

Inicialmente vamos a suponer que el transistor está en su fase activa. En activa sabemos cierto lo siguiente: VBE = 0.7 IC = ß · IB → IC = 170 · IB Del circuito podemos obtener las siguientes formulas: 12 = 470IB + 0.7 → IB = (12-0.7)/470 = 0.024 mA > 0 No está en corte

45

Page 46: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

En consecuencia: IC = 170·IB = 170 · 0.024 = 4.08 mA IE = IB + IC = 0.024 + 4.08 = 4.104 mA 12 = 4IC + VCE → VCE = 12 – 4 · 4.08 = -4.32 V < 0.2 Por lo tanto, el transistor está saturado. Sabiendo esto realizamos los cálculos correctamente. Ahora ya no se cumple que IC = ß · IB y sabemos que en saturación VCE = 0.2 V IB sigue siendo la misma que antes → IB = 0.024 mA 12 = 4IC + VCE = 4IC + 0.2 → IC = (12 - 0.2) / 4 = 2.95 mA IE = IB + IC = 0.024 + 2.95 = 2.974 mA

TRANSISTORES 2

Calcular en el siguiente circuito IB, I,C IE y VCE . Suponiendo ß = 170 y VBE = 0.7

1.

Solución:

Inicialmente vamos a suponer que el transistor está en su fase activa. Para comprobar esta suposición tenemos que hacer dos comprobaciones: - Calculamos la intensidad de base IB y vemos si es positiva, en caso de que IB fuera negativa, el transistor se encontraría en corte. - También debemos de comprobar que la tensión colector – emisor VCE sea mayor que 0.2. En caso contrario el transistor se encontraría en estado de saturación.

46

Page 47: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

En activa sabemos cierto lo siguiente: VBE = 0.7 IC = ß · IB → IC = 170 · IB Del circuito podemos obtener las siguientes formulas: 12 = 1.5(IB + IC) + 220IB + 0.7 IB = (12 – 0.7) / (1.5 · 171 + 220) = 0.023 mA > 0 No está en corte. En consecuencia: IC = 170·IB = 170 · 0.023 = 4.03 mA IE = IB + IC = 0.023 + 4.03 = 4.053 mA 12 = 1.5(IB + IC) + VCE → VCE = 12 – 1.5 · 4.053 = 5.92 V > 0.2 Al ser mayor que 0.2 la segunda comprobación es correcta, es decir, no está en saturación. El transistor está en activa y los resultados son correctos.

2. Ahora vamos a realizar los cálculos del mismo circuito pero cambiando la resistencia de 1.5k por 4k.

47

Page 48: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Inicialmente vamos a suponer que el transistor está en su fase activa. En activa sabemos cierto lo siguiente: VBE = 0.7 IC = ß · IB → IC = 170 · IB

Del circuito podemos obtener las siguientes formulas: 12 = 4(IB + IC) + 220IB + 0.7 IB = (12 – 0.7) / (4 · 171 + 220) = 0.0125 mA > 0 No está en corte. En consecuencia: IC = 170·IB = 170 · 0.0125 = 2.125 mA IE = IB + IC = 0.0125 + 2.125 = 2.1375 mA 12 = 4(IB + IC) + VCE → VCE = 12 – 4(IB + IC) = 12 – 4(0.0125 + 2.125) = 12 – 8.55 = 3.45 V > 0.2 No está saturado. El transistor está en activa y los resultados son correctos.

48

Page 49: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

TRANSISTORES 3:

Suponemos un transistor de 170=β y con una tensión base-emisor de , calcular: VVBE 7.0=

1. IB, IC, IE. 2. VCE.

Primer caso: Suponiendo el transistor en activa. Vamos a suponer que , es decir la vamos a despreciar. AIB 0≈Calculamos el valor de I:

mAI 19.01547

12=

+=

La tensión de base será:

VIVB 85.219.01515 =⋅== A partir de y sacamos el valor de : BEV BV EV

VVVV BEBE 15.27.085.2 =−=−=

49

Page 50: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Con podemos obtener el valor de : EV EI

CE

E ImARVI ≈=== 57.4

47.015.2

3

Ahora planteando la ecuación de malla para el transistor tenemos:

VVVIVI

CE

ECEC

2.027.557.447.11247.0112

>=⋅−=⋅++⋅=

Se saca la conclusión de que no está saturado. Tenemos pues:

VVmAII

AI

CE

EC

B

27.55

0

===

=

Segundo caso: Vamos a considerar BIPlanteando un sistema de ecuaciones para la malla exterior e inferior tenemos:

2.0V92.508.4184.447.012V

I47.0VI112

mA184.4)1170(024.0)1(IIIIII

mA08.4024.0170II

0mA024.0

622751517147.0

7.062

180

I

I17147.07.0I1562

I27562

180

I17147.07.0I62

I151215

I)1(47.07.0)II(1562

I1512I)II(15I4712

CE

ECEC

BBBBCE

BC

B

BBB

BBB

BB

BB

>=−⋅−=

⋅++⋅=

=+⋅=+β⋅=+⋅β=+=

=⋅=⋅β=

>=−+⋅

−=

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⋅⋅+=−+

⋅⋅=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅

→⎪⎩

⎪⎨⎧

+β+=−

+=→−+=

Al ser indica que el transistor no está en corte. 0IB >Al ser indica que el transistor no está saturado. 2.0VCE >

50

Page 51: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

TRANSISTORES 4 Calcular para el circuito la tensión corriente emisor (Vce) y la corriente del colector (Ic),en función de V. Datos: Vbe=0.7 ; β=200

1V

R3 1k

6V

R1

30k

-2V

R2 15k

Suponiendo el transistor en activaç. Para calcular la tensión Colector Emisor (Vce) y la corriente del colector (Ic) debemos obtener dos ecuaciones del circuito, para ello realizamos dos ecuaciones:

• V = 30*I +0.7

• 15(I-Ib)-2=0.7 A continuación despejamos la corriente de la primera ecuación I=(V-0.7)/30. Este valor lo sustituyo en la segunda ecuación y despejo la corriente de la base Ib=(V-6.1)/30. Obtengo la otra ecuación del circuito 6=1*Ic+Vce Como Ic=β*Ic Ic=200Ib Despejamos Vce quedando Vce=(1400-200V)/30 Despejamos V y nos queda 6.47v.

51

Page 52: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Vemos para que valores tenemos el circuito en corte, activa y saturacióm: Transistor en corte si Ib<0 V<6.1 Transistor estará en saturación si Vce<=0.2 (1400-200V)/30=0.2 V=6.97 Transistor estará en activa cuando 6.1<V<6.47 Ic=200*(V-6.1)30 Vce=(1400-200V)/30v

Calcular para el circuito la tensión corriente emisor (Vce) y la corriente del colector (Ic). Datos: Vbe=0.7, β=200

Suponiendo el transistor en Activa: Para calcular Vce e Ic lo primero que hacemos es obtener dos ecuaciones del circuito. Las ecuaciones son las siguientes: V=30*I +0.7

52

Page 53: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

15(I-Ib)-2=0.7 Despejo la corriente de la primera ecuación quedando I=(V-0.7)/30, este valor lo sustituyo en la segunda ecuación y despejo la corriente de la base cuyo valor es Ib=(V-6.1)/30. A continuación obtengo otra ecuación del circuito 6=1*Ic+Vce Como Ic=β*Ib, Ic es igual a 200*Ib A continuación despejo Vce quedando Vce=(1400-200V)/30 De lo que he obtenido anteriormente despejo V cuyo valor es 6.47 v. A continuación vamos a ver para que valores tenemos el circuito en corte, activa y saturación. El Transistor estará en Corte si Ib<0 V<6.1 Transistor en Corte El Transistor estará en Saturación si Vce<=0.2 (1400-200V)/30=0.2; V=6.97 Por tanto: El Transistor está en ACTIVA cuando: 6.1<V<6.47 Ic=200*(V-6.1)30 Vce=(1400-200V)/30 v

TRANSISTORES 5

Estudiar el siguiente circuito sabiendo que:

• β = 100 • VBE = 0.7

Calcular Ib, Ic y Vce:

530

V R2

2k

R1

1k

Q1

Q2N2222

R3

3k

1220 V

Page 54: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

• Suponemos que el transistor está en activa

Ib>0 Sí Ib<0 está en corte Sí esta en activa se debe cumplir que:

Vce>0.2 Sí Vce <0.2 saturación Ic = β·Ib Las ecuaciones en activa son: Ie = Ic + Ib V = Vbe + 3·(I + Ie) 20 = 1·(I + Ic ) + 2·I + 3·(I + Ie) 20 = 1·(I + β·Ib ) + 2·I + 3·I + 3 (Ic + Ib) 20 = 6·I + 100·Ib + 3·Ib + 300·Ib 20 = 6·I + 403·Ib V = 0.7 + 3 · I + 3 · Ie

( ) ( )bcb II

IV +⋅+

⋅−⋅+= 3

640320

37.0

6·V = 4.2 + 60 – 1209·Ib + 1818·Ib ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=609

2.64·6VIb

6·V = 64.2 – 609·Ib Como Ib depende de V, estudiamos si el transistor está en corte o en activa Ib = 0 6·V – 64.2 = 0 sí V > 32.1 Ib > 0 (está en ACTIVA)

1.326

2.64==V sí V < 32.1 Ib < 0 (está en CORTE)

640320 bII ⋅−

=

Ic = Ib = Ie = 0

620

)321(20

=++

=I

54

Page 55: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Vce = 2·I = 640

Seguimos estudiando en ACTIVA Vce = 2·I

Vce = 2· ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

6·40320 bI

VVVce ·32.183.203654

·48362.76105−=

−=

6·Vce = 40 – 806· ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

6092.64·6V

Como Vce depende de V estudiamos si el transistor está en saturación o activa. Vce = 0.2 20.83 – 1.32·V = 0.2 V = 15.63 Si V > 15.63 Vce > 0.2 (está en ACTIVA) Si V < 15.63 Vce < 0.2 (está en SATURACIÓN)

55

Page 56: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

TRANSISTORES 6 Calcular las tensiones en los puntos A, B, C y D dados, siendo:

• VD = 0,7 V • VBE = 0,7 V • β = ∞

10 V

C

D

B

A

-10 V

56

Page 57: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Suponemos que el transistor se encuentra en zona activa.

El valor de β en este apartado es aproximadamente infinito. Por tanto, tomamos IB como nula, obteniendo como resultado que IE es igual que IC.

CEBBC IIIII =⇒≈⇒⋅= 0β Ahora, el siguiente paso es resolver el ejercicio mediante el método de resolución por mallas. Calculamos IC, viendo que es la misma en los dos transistores por que IB = 0:

( ) ( ) mAIII CCC 13,9

7,010;3,97,010;3,97,0100 2 =−

=⋅+=⋅+=−−

Calculamos VA:

VVA 7,013,910 −=⋅+−= Calculamos VC:

VVC 7,07,00 =+= Calculamos VB:

VVB 07,07,0 =−= Calculamos VD:

VVD 7,013,910 =⋅−= Calcularemos ahora VCE1 y VCE2 para comprobar que los transistores no se encuentran en saturación y, por tanto, la suposición es correcta.

VVVVV BDCE 2,07,007,01 >=−=−= No está en saturación

VVVVV ABCE 2,07,0)7,0(02 >=−−=−= No está en saturación Por tanto, comprobamos que efectivamente la suposición es correcta, es decir, el transistor se encuentra en activa y, por tanto, los resultados son correctos.

VA = -0,7 V VB = 0 V VC = 0,7 V VD = 0,7 V

57

Page 58: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

TRANSISTORES 7 Calcular las tensiones en A,B,C,D y E, sabiendo que Vbe=0.7V,ß=∞.

Suponemos que el transistor se encuentra en zona activa Ic = Ib ß : ; Ib = 0 ; Ie = Ic. ß = ∞. : 10 = 0.7 + 9..3 Ic1 ; Ic1 = 9.3 / 9.3 = 1 mA > 0 (9.3 Ic2) + 0.7 = 10Ic1 ; Ic2 = 1mA > 0 Ninguno de los transistores está en corte Va = 0 V Vb = - 0.7 Vc = 20 – (10 Ic1) = 10 V

58

Page 59: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Vd = 0.7 + Vc = 10.7 V Ve = - 10 + (10 Ic2) = 0 Vce1 = Vc – Ve = 10 – (-0.7) = 10.7 V > 0.2 ; No está saturado . Vce2= Ve-Vd= = -10.7< -0.2. ; El transistor no está saturado

TRANSISTORES 8 *Calcular la tension en los puntos A,B,C,D y E. ß=150 VBE=0.7

-Suponemos que los transistores se encuentran en ACTIVA: IC=ßxIB IE=IB+IC

10=9.3 IB1+9.3(101IB1)+0.7; I B1=(10-0.7)/(9.3x102)=1/102=9.8x10-3>0 NO EN CORTE 20=10(100I B1+I B2)+0.7+9.3x101I B220=9.8+0.7+I B2(10+9.3x101); I B2=9.5/(10+9.3x101)=0.001mA>0 NO EN CORTE

59

Page 60: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

V CE(1)=20-10(100I B1+I B2)-9.3x101xI B1=20-9.8-0.1-9.2=0.89>0.2V ESTA EN ACTIVA NO EN SATURACION V CE(2)=20-9.3x100I B2-9.3x101I B2=20-9.3-9.3=1.4>0.2 ESTA EN SATURACION Y NO EN ACTIVA V A=0-9.3I B1=0-0.93x9.8x10-3=-0.091V V B=V A-0.7=-0.791V V C=V B+V CE=-0.798+0.89=0.099V V D=V C-0.7=-0.601V V E=V D+V CE(2)=0.801V

TRANSISTOR 9 Calcular las tensiones en A, B, C, D y E. Sabiendo que VBE = 0.7V y β = ∞.

Suponiendo los transistores funcionando en activa. IB=0 0=0.7+9.3Ic1-10 Ic1=(10-0.7)/9.3= 1mA

60

Page 61: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

9.3Ic2+0.7=10Ic1= 10 Ic=(10-0.7)/9.3=1mA VA=0 VB=VA-VBE=0-0.7=-0.7V Vc=20-10Ic1=10V VD = 20-9.3Ic2=10.7 VE=-10+10IC2=0 Comprobamos los resultados obtenidos los resultados obtenidos: VCE1=VC-VD=10-(-0.7)=10.7 > 0.2 NO SATURADO VCE2=VE-VD=0-10.7=-10.7 < -0.2 NO SATURADO Por tanto los resultados obtenidos anteriormente son los correctos.

TRANSISTORES 10

En el circuito de la figura, calcular las tensiones en los puntos A, B, C, D, E si VBE=0.7:

61

a) β=∞ b) β=10

Page 62: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Calcular las tensiones en A,B,C Y D. Datos: Vbe=0.7

a) β=∞ b) β=10 a) β=∞ Suponemos Activa 10=9.3(Ic1+Ic2)+0.7 5.4Ic1-10=0.7+4Ic2-10 De la última ecuación despejamos Ic2, quedando: Ic2=(5.4Ic1-0.7)/4 1=Ic1 + (5.4Ic1-0.7)/4 despejamos Ic1, quedando Ic1=4.7/9.4=0.5mA Sustituyo Ic1, dándome como resultado Ic2=(2.7-0.7)/4=0.5mA Por tanto las tensiones para β=∞ son: Va=0 Vb=0.7 V Vc= -10+5.4Ic1= -10+2.7= -7.3 V Vd= -8 V Vce1= Vc-Vb= -7.3-0.7= -8 V < -0.2 Suposición correcta Vce2= Vb-Vd= 0.7+8=8.7>0.2 Suposición correcta b) β=10 Suponemos Activa

Hay que aclarar que ahora Ic1= 11Ib1; Ic2=10Ib2; Ie1=10Ib1; Ie2=11Ib2, ya que ahora β vale 10.

Ahora operamos de la misma manera que anteriormente. 10=9.3(11Ib1+10Ib2)+0.7+10Ib1 5.4(10Ib1-Ib2)-10=0.7+4*11Ib2-10 De la segunda ecuación despejo Ib1 y sustituyo en la primera, quedándome

Ib2=0.023m A. Sustituyo este valor en la primera y despejo Ib1 dándome como resultado

Ib1=0.081m A.

Por tanto las tensiones para ß=10 son: Va= -Ib1*10=-0.81 V Vb=Ic1*9.3+10=17.53 V Vc=5.4*Ie1-10=-5.6 V Vd=4*Ie2-10=-8.9 V

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Page 63: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Vce1=Vc-Vd= -5.6-(-8.9)=3.3>-0.2 suposición incorrecta, está saturado Vce2=Vb-Vd=17.53-(-8.9)=26.43>0.2 suposición correcta, no está saturado

TRANSISTORES 11: En el circuito de la figura, calcular las tensiones en A, B, C y D, suponiendo una Vab= 0,7 para los casos: a) ß=∞ , b) ß=10

Para el caso a): Al ser ß=∞ las corrientes de base van a ser despreciables y por lo tanto la corriente de colector va a ser la misma que la corriente de emisor. Vamos a suponer que los transistores está en activa. Por lo tanto vamos a obtener las siguientes ecuaciones: 1) 10=9,3(Ic1+Ic2)+0,7 2) 5,4Ic1=0,7+4Ic2, despejando Ic2 obtenemos => Ic2=(5,4Ic1-0,7)/4 La primera ecuación simplificando queda: 9,3=9,3Ic1+9,3Ic2 . Dividimos por 9,3 y nos queda:

1) 1=Ic1+Ic2 2) Ic2=(5,4Ic1-0,7)/4 , y esta la sustituimos en 1) y obtenemos:

1=Ic1+(5,4Ic1-0,7)/4 => 4=9,4Ic1-0,7 => Ic1=(4,7)/(9,4)=0.5mA

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Page 64: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Por lo tanto: Ic2=(2,7-0,7)/4=0,5mA Con estos valores de corriente, obtenemos: Va= 0V Vb= 0,7V Vc= -10+5,4Ic1=-10+2,7=-7,3V Vd= -8V Para asegurarnos de que los resultados son correctos realizamos lo siguiente: Vce1= Vc-Vb = -7,3-0,7=-8V < -0,2 (Suposición correcta) Vce2= Vb-Vd = 0,7+8=8,7 >0,2 (Suposición correcta) b) Para éste caso vamos a tener el siguiente dibujo:

Vamos a suponer en ACTIVA; por lo tanto tenemos las siguientes ecuaciones:

1) 10=9,3*(11Ib1+10Ib2)+0,7+10Ib1 2) 5,4(10Ib1-Ib2)-10=0,7+4*11Ib2-10

64

Page 65: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Simplificando:

1) 9,3=112,3Ib1+9,3Ib2 9,3=112[(49,4Ib2-0,7)/5,4]+9,3Ib2 2) 0,7=49,4Ib2-54Ib1 Ib1=(49,4Ib2-0,7)/5,4

Despejamos Ib2 de la primera, donde se obtiene:

1) Ib2=(128,62)/5583,02 Ib2=0,023 mA (sustituimos en Ib1) 2) Ib1=0,081 mA

Por lo tanto: Ib2=0,023mA Ib1=0,081mA Con estos resultados se obtiene: Vb= 0,7V Vc= -10+5,4(10Ib1) Vc= -5,626V Vd= -10+4*(11Ib2) Vd= -8,988V Vce1=Vc-Vb= -5,62-0,7= -6,32 < -0,2 NO ESTA SATURADO Vce2=Vb-Vd= 0,7-(-8,988)= 9,688 > 0,2 NO ESTA SATURADO Por lo tanto los transistores están en activa y los resultados son válidos. AMPLIFICADORES 1 En el amplificador de la figura determinar:

A) El punto Q de funcionamiento en continua. B) La máxima potencia que puede entregar a la carga sin distorsión.

Dato: VBE = 0.6V

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Page 66: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Análisis en continua:

IC = ß·IB → IC >> IB ≈ 0 6 = 4.4I + 1.6I → I = 6 / (4.4 + 1.6) = 6 / 6 = 1 mA VB = 1.6I = 1.6 V VB = VBE + VE → VE = VB-VBE = 1.6 – 0.6 = 1 V

66

Page 67: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

IE = VE / RE = 1 / 0.5 = 2 mA Este valor es el correspondiente a IQ en el punto Q 6 = VCE + IE(2 + 0.5) → VCE = 6 – 2(2 + 0.5) = 1 V Este valor es VQ del punto Q Las coordenadas del punto Q de funcionamiento por el que pasa la recta de carga son Q(VQ, IQ) siendo: VQ = 1 V y IQ = 2 mA

Análisis en alterna: El circuito en alterna nos quedaría de la siguiente manera:

Ahora vemos que: VCE + IC · (RL // RC) = k → VQ + IQ · (Req) = k Req = (2 · 2) / (2 + 2) = 1 Por lo que:

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Page 68: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

k = 1 + 2 · 1 = 3 La recta de carga será: VCE + 1 · IC = 3 El punto de corte con el eje de VCE: VCE = 0 → IC = 3 El punto es (0,3) El punto de corte con el eje de IC: IC = 0 → VCE = 3 El punto es (3,0)

Al no estar centrado el punto de funcionamiento en la recta de carga el margen de tensión será 1V y el margen de intensidad 1mA. Por lo tanto la potencia máxima será: Pmax = (VCE)2 / RL = (IC)2 · RL

Pmax = (1 / √2)2 / 2 = 0.25 mW

AMPLIFICADORES 2

Calcular la resistencia quew recibiría la máxima potencia si la VBE = 0.6 y VCC=6V

68

Page 69: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

VCC

V

2k

C1

1k6

R

0,5k

4k4

C2

Q1

La resistencia que recibirá la máxima potencia será aquella que haga que el punto de funcionamiento este centrado en la recta de carga. Por lo tanto haremos un análisis en continua y otro en alterna e impondremos el condicionante.

En continua: 6=Vce+2.5Ice

En alterna : VC+IC(2R/2+R)=2VQ Condición de Q centrado : K=2VQ VQ=IQ(2R/(2+R)+2.5) VB=6*1.6/6=1.6 VE=1V IQ=2Ma 3=2R/(2+R)+2.5 R=2/3K

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Page 70: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

AMPLIFICADORES 3 En el amplificador de la figura determinar:

C) El punto Q de funcionamiento en continua. D) La máxima potencia que puede entregar a la carga sin distorsión.

Dato: VBE = 0.6V

Análisis en continua:

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Page 71: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

mA 166

)6.14.4(6I ;I6.1I4.46

0II ;II BCBC

==+

=+=

≈>>⋅β=

mA 2Iy V1V:siendo )I,(VQson carga de recta la pasa que elpor

entofuncionami de Q punto del scoordenada Las Q. punto del V es valor EsteV1)5.02(26V );5.02(IV6

Q. punto elen I a ecorrespond valor Ese

mA 25.0

1RVI

V16.06.1VVV ;VVVV6.1I6.1V

QQ

QQ

Q

CEECE

Q

E

EE

BEBEEBEB

B

==

=+⋅−=+⋅+=

===

=−=−=+===

Análisis en alterna: El circuito en alterna nos quedaría de la siguiente manera:

Ahora vemos que:

CE Q EQ

EQ

V I R K2 2 4R 0.5 0.5 0.5 1 1.5kΩ2 2 4

+ ⋅ =

⋅= + = + = + =

+

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Page 72: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Particularizando en Q; k = 1 + 1.5·2 = 4 La recta de carga será por tanto: VCE + 1.5IC = 4 El punto de corte con el eje IC será: Para VCE = 0; IC = 4/1.5 por lo que el punto será el (0, 4/1.5) El punto de corte con el eje VCE será: Para una IC = 0; VCE = 4 por lo que el punto será el (4, 0) Al no estar centrado en el punto de funcionamiento en la recta de carga, la potencia máxima será:

W11.722

5.1/4RIP

I21I

2

L2RLmax

CRL

=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛==

=

AMPLIFICADORES 4 El transistor tiene una tensión VBE de 0.6V.

a) Diseñar la red de polarización de modo que le punto Q de operación del transistor se encuentre en el punto medio de la recta dinámica de carga, con las siguientes especificaciones: Ic = 2mA, Re = 1k, R1//R2 = 4 y Vcc= 8V.

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Page 73: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

1º ANÁLISIS EN CONTINUA El circuito equivalente para el análisis en continua sería:

Esto es debido a que los condensadores en continua se comportan como circuitos abiertos, por ello hemos eliminado la fuente de intensidad en paralelo con la resistencia

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Page 74: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Rs que había a la izquierda del condensador C1, y la resistencia de carga RL que había a la derecha del condensador C3.

Ecuación de la recta de carga en continua: 8= Rc*Ic + VCE + RE*IE

Sabemos que Ic = IE = IQ = 2mA. Si despejamos en la ecuación anterior, la ecuación de la recta de carga quedaría: VCE = 6-2Rc Si despreciamos la IB, la intensidad que circula por la R1 es la misma que la que circula por la R2. La incógnita en este caso el la UB , la cual podemos hallar basándonos en las siguientes relaciones:

IR1 = IR2 R1//R2 = 4

Si igualamos las intensidades obtenemos:

(8 - UB)/R1 = UB /R2 Para calcular UB = UBE + UE

• UBE = 0.6 • UE = RE*IE = 1*2= 2V

Entonces si despejamos en la ecuación obtenemos que: UB = 0.6 + 2= 2.6V

A partir de la ecuación de las intensidades y de la relación que nos daba el problema , R1//R2=4, podemos calcular el valor de las resistencias: (8-2.6)/R1 = 2.6/ R2 (R1*R2)/(R1 + R2) = 4 De este sistema de ecuaciones obtenemos los resultados de R1 y R2: R1= 12.3K R2= 5.92K ANÁLISIS EN ALTERNA Para hacer este análisis cortocircuitaremos las fuentes de continua. Los condensadores en este caso se comportan como cortocircuitos. Circuito equivalente en alterna:

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Page 75: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Ecuación de la recta de carga: VCE +RC*IC = 0 VCE + 2RC = K

Los puntos de corte de la recta serán (VQ, 2) y (2VQ, 0) para el punto de polarización esté centrado.

Sustituimos los puntos de corte en la ecuación de la recta de carga. (VQ, 2) VQ + 2Rc = K (2VQ, 0) 2VQ= K VQ = 2Rc El punto de polarización debe ser el mismo para alterna que para continua, por lo

tanto, igualamos las ecuaciones de las rectas de carga obtenidas en los dos análisis: 2Rc= 6- 2Rc Rc= 1.5k A partir del valor de Rc calculamos los valores de VQ El punto de polarización es (3, 2)

b) Si cerramos el interruptor S, calcular la corriente instantánea máxima de colector y la tensión máxima colector-emisor, supuesto que la señal de entrada sea lo bastante elevada para llevar al transistor de corte a saturación.

ANÁLISIS DEL CIRCUITO CON EL INTERRUPTOR CERRADO

El circuito equivalente con el interruptor cerrado sería:

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Page 76: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

1º ANÁLISIS EN CONTINUA El análisis en continua en este caso, coincide con el análisis que hemos hecho con el interruptor abierto, es decir, no influye. 2º ANÁLISIS EN ALTERNA El circuito equivalente en alterna sería:

Ecuación de la recta de carga: VCE + Rp*Ic = K Siendo Rp la resistencia equivalente entre el paralelo de las resistencias Rc y RL.

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Page 77: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Rp = ( Rc*RL)/(Rc+RL) = (1.5*1.5)/(1.5+1.5)= 0.75 VCE + 0.75*Ic = K

El punto de polarización hallado en el caso en el que el interruptor no estaba conectado pertenece a la recta de carga. Al sustituirlo en dicha recta, obtenemos el valor de la constante K.

VQ + 0.75*IQ = 3 +(0.75*2) = 4.5 K = 4.5 VQ + 0.75*IQ = 4.5

Puntos de corte de la ecuación de la recta de carga: P1 (4.5, 0) P2 (0, 6) La intensidad máxima de colector es de 6mA y la máxima tensión de

colector-emisor es 4.5V.

c) Calcular la variación máxima de la corriente de colector para que no exista distorsión en la salida.

No existirá distorsión en la tensión de salida mientras el transistor opere en zona

activa. Como no está polarizado en el punto medio de la recta dinámica de carga, alcanzará antes el corte (Ic = 0) que la saturación (VCE = 0), y la máxima variación de la intensidad de colector será 2mA. d) Modificando únicamente Vcc, R1 y R2, hallar su valor para que el transistor esté

polarizado en el punto medio de su recta dinámica de carga, con el interruptor S cerrado, e Ic = 2mA.

La condición de polarización en el punto medio: VCE = Rp*Ic = 0.75*2 = 1.5V Vcc = VCE + (Ic*Rp) = 4.5 + (2*0.75) = 6.5V

R1//R2= 4K VR2 = VBE + (Rc*Ic) = 2.6V

A partir de estos resultados y con VCE = 6.5V, se obtienen R1 y R2. • R1 = 10k • R2= 6.7K

AMPLIFICADORES 5 En el amplificador de la figura se desea que la tensión contínua en el punto A sea nula. Diseñar la red de polarización para que el punto Q de operación del transistor se encuentre en el centro de la recta dinámica de carga, con las siguientes condiciones: RL = 1 k, Vcc1 = 10 V, Vcc2 = -6 V, VBE = 0, n = 2.

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Page 78: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

• Contínua:

Vcc1 + Vcc2 = VQ + REIQ 16 = VQ + REIQ

• Alterna:

VCE + IC(Re + n2RL) = K Particularizando en el punto de funcionamiento: VQ + IQ(RE +4*1) = K Si Q está centrado : K = 2VQ Por tanto : VQ = IQ(RE+4) Si VA = 0 : 0 = -6 + REIQ REIQ = 6

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Page 79: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Resolviendo el sistema de ecuaciones : REIQ = 6

16 = VQ + REIQ

VQ = IQ(RE+4) Se obtiene: VQ = 10

10 = 6+4IQ IQ = 1mA RE = 6k

AMPLIFICADORES 6

Diseñar la red de polarización del amplificador de abajo, de modo que las variaciones máximas negativas de la intensidad de colector será el doble de las positivas con las siguientes especificaciones: Vcc = 14Vc Ic = 4 mA Vce = 2V RL = 2k R1//R2 = 4k

Si las variaciones negativas de intensidad son el doble de las positivas, el punto Q y la recta de carga serían:

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Page 80: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Análisis en continua: 14 = IQ(RC + RE) + VQ → 14 = IQ(RC + RE) + 2 → 12 = 4(RC + RE) → 3 = RC + RE Análisis en alterna:

VCE + IQ( RC·RL / (RC + RL )) = k En el punto (6 , 0): 6 = k En el punto (2 , IQ): 2 + 4( RC·RL / (RC + RL )) = 6 → ( RC·RL / (RC + RL )) = 1

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Page 81: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Resolviendo la ecuación de continua y de alterna se obtiene: RE = 1k RC = 2k

AMPLIFICADORES 7 El amplificador de potencia de la figura es un montaje en contratase clase B a base de transistores complementarios. Para el mismo cuando se cita con una señal Ue = Asen(wt) , se pide:

a) La potencia máxima de la señal de salida. b) Disipación de potencia en cada transistor y rendimiento de la conversión de

potencia para la condición expresada en el apartado anterior.

c) La máxima disipación de potencia que se puede dar en los transistores y el rendimiento de la conversión de potencia para estas condiciones.

Datos: Uc = 15 Voltios. Rl = 4 Ohmnios. Ube = 0.6 Voltios. Nota: Considerar comportamiento ideal del sistema.

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Page 82: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

En continua los transistores están en corte Ube = 0 Iq = 0 Vq = 15 En alterna

RL

Q2N3904 Uce + RL Ic = K Particularizando Iq = 0 ; Vq = 15 La recta de carga es : Vce + RL Ic = 15

Uce

Ic 15

a) La potencia alterna suministrada a la carga es: Pa = ( Im / √2 )( Um / √2 ) = Im2 RL / 2 = U m2 / 2 RL Um = Uc = 15 V.

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Page 83: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Pa = 152 / 2.4 = 28.125 W.

b) La potencia disipada por los transistores es la potencia de continua suministrada por la batería a cada transistor menos la de alterna suministrada a la carga.

Pd = Pc – Pat . Pat = Pa / 2 = 14.062 W Pc = ( Im / π ) Uc = ( Uc / πRL) Uc = Uc2 / πRL = 17.905 W Pd = 17.905 – 14.062 = 3.843 W El rendimiento de la conversión es el máximo ideal de este tipo de amplificadores. η = ( Pa / Pc )100 = [( Uc2 / 2RL ) / ( 2 Uc2 / πRL )] 100 = ( π / 4 ) 100 = 78.55 % c) En el caso generalk de que Um < Uc, se tiene : Pd = Pc – Pat Um = RL Im Pat = ( Im Um ) / 4 = Um2 / 4RL Pc = ( Im / π) Uc = Um Uc / πRL Pd = ( Um Uc / πRL ) - ( Um2 / 4RL ) El máximo de Pd , tomando como variable a Um, es dPd / dUm = ( Uc / πRL ) – ( Um / 2RL) = 0 Um = 2Uc / π = 9.594 V Pdmax = ( 2 Uc2 / π 2 RL ) – ( Uc2 / π 2 RL ) = Uc2 / π 2 RL = 5.7 W El rendimiento en este caso vale : η = ( Pa / Pc )100 Pa = Um2 / 2RL = 4 Uc2 / 2 π 2 RL Pc = 2UmUc / πRL = 4 Uc2 / π 2 RL η = [ (4 Uc2 / 2 π 2 RL) / (4 Uc2 / π 2 RL ) ] 100 = 200 / 4 = 50 %.

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Page 84: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

OPERACIONALES 1

Calcula la impedancia de entrada.

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Page 85: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Los operacionales igualaran las tensiones en las entradas. Al no circular corriente por los terminales de entrada: IR1 = IR2 Ue / R1 = (US1 – Ue)/ R2 US1 = Ue R2 ( 1/R1 + 1/R2) IR3 = IR4 (US1 – Ue) / R3 = (Ue – US2) / R4 US2 = US1 R1 / R3 Ue R4( 1/R3 + 1/R4) US2 = -Ue ( R2(R4 / R3)(1 / R1 + 1 / R2) – (R4 / R3) – 1) = Ue ((R2R4 / R3R1) – 1) En R5: Ie = (Ue – US2) / R5 Ie =( Ue + Ue((R2R4) / (R1R3)) – Ue) / R5 = Ue (R2R4) / (R1R3R5) Ze = Ue / Ie = (R1R3R5) / R2R4

OPERACIONALES 2: En el circuito de la figura, calcular la impedancia de entrada Zen:

Z1 Z2 Z3 Z4

I1 I2 I3 I4

IV

I5

Z5

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Page 86: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Al no circular intensidad por los terminales de entrada:

32 II = ; 54 II = ; 1II = Por ser iguales las tensiones de entrada en cada operacional:

IZZIIZIZ ⋅==⋅−⋅

2

12221 ;0

34

344433 ;0 I

ZZ

IIZIZ ==⋅−⋅

5544332211 IZIZIZIZIZV ⋅+⋅+⋅−⋅−⋅=

24

135

2

1

4

352

4

353

4

354555 ZZ

ZZZIVZ

ZZ

ZZ

ZIZZ

ZIZZ

ZIZIZV en ⋅⋅⋅

==⇒⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=

OPERACIONALES 3

El diodo del circuito de la figura tiene las siguientes características: Vy = 1 V, Rd=0, Ri= ∞. Para la tensión de entrada indicada, calcular la tensión de salida.

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Page 87: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

15 V

Ue

Us

0 V Suponemos que el diodo no conduce

CA

Ie = Ue / R = -Us / R Vac < 0 ; Vac = Va - Vc; I1 = (15 - Vc) / 4R; Vc = 15 – (4RI1); I1 = (15 – Us) / 5R; Vc = 15 - [(4R) (15 – Us) / 5R] = 15 – [(60 + 4Us) / 5] = 15 – 12 + (4/5Us); Vc = 3 + (4/5Us). Como lo tenemos que poner en función de Ue, sustituimos Us = -Ue. Vc = 3 – (4/5Ue). Vac = Va - Vb = 0 – [3 – (4/5Ue)]; Vac = -3 + (4/5Ue); Vac < 0 luego no conduce.

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Page 88: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Ahora el siguiente caso es el que CONDUCE. El diodo cambia: Vac = -3 + (4/5Ue); Ecuación cuando cambia nuestro diodo. Vac = Vy = 1 = -3 + (4/5Ue); 20 = 4Ue; Ue = 5 V. Resumen Ue < 5; Us = - Ue; No conduce. Ahora cuando Ue > 5; el diodo CONDUCE.

1 V

Ie = Id + I2; Id = Ie - I2 : Ie - I2 = I3 - I1 Id = I3 - I1 : Ie = (Ue - 0) / R I2 = - Us / R. I1 = (15 – Vc) / 4R I3 = ( Vc - Vs) / R. Ue / R – ( - Us / R) = [(Vc - Vs) / R] – [(15 – Vc) / 4R]. Ue / R + Us / R = [( - 1 – Us ) / R – (15 - ( - 1)) / 4R] = [( - 1 - Us) / R] - (4 / R) = -1 – Us – 4; Us = (-5-Ue)/2

OPERACIONALES 4 Dado el circuito de la figura, calcular la tensión de salida si Ue = 10.V.sen.w.t

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Page 89: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Al poder realimentarse el operacional iguala las tensiones en las entradas por lo que la tensión en la entrada inversora será 0V. Por estar los diodos en serie conducirán solidariamente. Si Ue>5 Dz1 estará en zona zener y Dz2 en directa circulando intensidad hacia la derecha.

Si Ue > 5

RUs

RUe −

=− 05 Us = 5 – Ue

Si -5< Ue < 5

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Page 90: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Us = 0 v Al no circular corriente por el circuito abierto, se tiene que:

Si Ue < -5 Si Ue<-5 Dz1 estará en directa y Dz2 estará en zona zener.

Us = – Ue - 5 R

UeR

Us 50 −−=

Para el resto de valores los diodos no conducirán.

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Page 91: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

OPERACIONAL 5

En el circuito de la figura determinar tensión en la salida de los operacionales en función de la tensión de entrada. - La condición principal que cumplen los operacionales en estado de conducción es que la tensión a sus entradas es la misma. Para resolver este problema primero vamos a suponer que el diodo conduce y haremos sus cálculos correspondientes.

Suponemos que D conduce

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Page 92: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

1ª condición: IR = I2R;

(V-Ue)/R = (US1 – V)/2R V = (2Ue + US1)/3 US1= 3V – 2Ue 2ª condición: I3R = I2R

(-2 + V)/3R = (-V + US1)/2R V = (3US1 + 4)/5 Sustituimos en las ecuaciones anteriores: US1 = 3V – 2Ue US1 = 3(3US1 + 4)/5 – 2Ue US1 = (9US1 + 12 – 10Ue)/5

5US1 = 9US1 + 12 – 10Ue US1 = (5Ue – 6)/7

3ª Condición : Id = I3R

Id = (V – 2)/3R ; Para calcular V igualamos las tensiones US1 obtenidas anteriormente: 3V – 2Ue = (5V -4)/3 V = (3Ue – 2)/2 ;

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Page 93: Problemas Electronica Industrial (Diodos, Transistores Amplificadores Operacionales

Sustituimos el valor de V en Id Id = (Ue – 2) R; 4ª Condición: US2 =2V

Cuando Ue sea mayor que 2V, si sustituimos este valor en la Id, la Id >0, por lo tanto, diremos que el Diodo CONDUCE. Si Ue es menor que 2V, al sustituir en la ecuación de Id, la Id será menor que 0 y en consecuencia, el diodo NO CONDUCE. Ya no podemos igualar tensiones a la entrada del operacional. Si el diodo no conduce, por la R4= 3R no circula intensidad. Debido a ello tampoco circulará intensidad por R3. Suponemos que el diodo D, NO conduce.

Resultado: US1 = (5Ue – 6)/2 US2 = 2V

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OPERACIONALES 6 Calcular las tensiones de salida en función de la tensión de entrada.

Suponer que el Diodo conduce (los dos operacionales se realimentan, por lo tanto se igualan en tensiones): (Ue-V)/1+(Us1-V)/1=(V-3)/3 donde Us1=(7V-3-3Ue)/3 (0-V)/2=(V-Us1)/2 donde Us1=2V Igualamos las dos ecuaciones: (7V-3-3Ue)/3=2V y obtenemos V=3+3Ue Us1=6+6Ue

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Por lo tanto: Id=(3-V)/3=(3-3-3Ue)/3=-Ue Us1=6+6Ue Us2=3V Cuando el diodo no conduce:

El operacional de abajo no se realimenta. Por lo que no iguala las tensiones en las entradas. Si analizamos el nudo de la entrada inversora de ese operacional, vemos que todas las corrientes deben ser cero. Por lo tanto: IR=1=IR=1 (Ue-V)/1=(V-Us1)/1 Us1=2V-Ue IR=2 = IR=2 (0-V)/2=(V-Us1)/2 Us1= 2V

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El sistema de ecuaciones es incompatible por lo que el operacional está saturado.

OPERACIONALES 7

Cómo por las entradas no circula intensidad: IR=20 = 0; Vs1 = V1 Vs2 = V2

I1; (Vs1 – V)/10 = (V – Vo)/10 => (V1 – V)/10 = (V – Vo)/10 => Vo = 2V – V1 I2; (Vs2 – V)/10 = V/10 => V2 – V = V => V = V2/2 De dónde:

Vo = V2 – V1

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OPERACIONALES 8

Comprobar que el circuito de la figura se comporta como una fuente de intensidad, para ello calcular I.

Solución: La intensidad en ambas entradas (positiva y negativa) es nula. Al realimentar el operacional va a hacer que se igualen las tensiones en los dos terminales de entrada. Esta tensión de entrada de los terminales la llamamos V. Por lo que el circuito sería:

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V = R · I (V1 - V) / R1 = (V- V0) / R1 → (V1 - RI) / R1 = (RI- V0) / R1 V0= -V1+ 2RI (V0 - V) / R2 = I + (V- V2) / R2 → (V0 - RI) / R2 = I + (RI- V2) / R2 V0- RI = R2 I + RI – V2 Sustituimos V0 por el valor obtenido anteriormente. -V1 + 2RI – RI = R2 I + RI – V2 → I = (V2- V1) / R2

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OPERACIONAL 9

En el circuito de la figura calcular la tensión de salida (Vs) en función de la de entrada Ve:

1ª Suposición: el diodo conduce

RUeId −

=2 siempre que : Ue<2V D conduce

Ue>2v D no conduce

RVs 02

221 −=

− [Vs1= 4V]

[Vs2 = 2V]

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2ª Suposición: el diodo no conduce [2V = Ve]

RV

RVVs 022 −

=− [Vs1 =2Ve]

OPERACIONALES 10 Para el circuito de la figura determinar la tensión de salida, Us, a partir de la tensión de entrada, Ue, indicada. Indicar asimismo cual es la impedancia de entrada del circuito y que función es la que realiza. R1= R2 =10kΩ Ue = 5*sen (100*л*t) Considerar todos los componentes ideales.

La principal condición que cumplen los operacionales es que en estado de conducción la tensión en sus entradas es la misma.

Si Ue>0 la corriente que pasa por R1 circulará hacia la derecha, por lo tanto circula D2. Si Ue<0 la corriente que pasa por R1 circulará hacia la izquierda, por lo tanto circula D1. Si Ue>0, D1 está cortocircuitada por lo tanto Us será igual a cero, independientemente de lo que valga Ue. Si Ue<0, D2 está cortocircuitada, por lo tanto la relación será la siguiente: (Ue-0)/R1=(0-Us)/R2 Ue/R1=-Us/R2

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Por lo que Us=-Ue(R2/R1) Como R2=R1=10kΏ, Us= -Ue; Us= -5*sen(100*л*t)

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