problemas de electrÓnica analÓgica (transistores c.c.)
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Transistores C.C.
1
PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA
(Transistores C.C.)
Escuela Politécnica Superior Profesor. Darío García Rodríguez
Transistores C.C.
2
0
R1
I1
I2
25k
IC+I1 2k
IE 0.2k
Q1IB
IC
12V
1.2.- En el circuito de la figura si 98.0=α y VBE = 0.7 Voltios, calcular el valor de la resistencia R1, para una corriente de emisor 2 mA
En este circuito tenemos que poner las ecuaciones necesarias para poder resolver
el valor de R1 que nos viene dado por 1
1 IVV
R BC −= luego nuestro único objetivo es
calcular VC , VB y I1 .
mAII EC 96.12·98.0· ===α mAIII CEB 04.096.12 =−=−=
VoltiosRIVV EEBEB 1.12.0·27.0· =+=+= mAV
I B 044.025
1.1252 ===
mAIII B 084.0044.004.021 =+=+=
VoltiosIIVV CCCC 912.72)·084.096.1(122)·( 1 =+−=+−=
Luego ya tenemos todos los datos necesarios para calcular la Resistencia R1
KI
VVR BC 1.81
084.01.1912.7
11 =
−=
−=
Aquí hemos calculado todo los valores del circuito, Intensidades, y tensiones en
todos los puntos. Lo único que nos falta es VCE = VC-VE=7.912-2·0.2=7.512 Voltios
Y efectivamente el transistor está en la zona activa por tener VCE> 0.2 Voltios y ser un transistor NPN.
Transistores C.C.
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2.2.- En el circuito de la Fig.1 los transistores Q1 y Q2 trabajan en la región activa con VBE1 = VBE2 = 0.7 Voltios, 1001 =β , 502 =β . Pueden despreciarse las corrientes inversa de saturación.
a) Calcular todas las intensidades del circuito. b) Calcular las tensiones en los diferentes puntos.
Fig.1 Fig.2
Lo primero que hay que hacer es reducir el circuito a una forma mas simple, para
ello se ha calculado el thevening mirado de la base B2 hacía la izquierda.
VoltiosVBB 61.21082
10·242 =
+= KRB 9.108100
821082·10
2 =++
=
Apartir de aquí analizaremos el circuito de la Fig.2.
Podemos escribir, en la malla de los emisores de los transistores:
1112222 ·· EEBEBEBBBB RIVVRIV +++= ; 1.0·9.108·61.2 1122 EBEBEB IVVI +++= 222121111 ·101·51)·1)·(1()·1()·1( BBEBE IIIII =++=+=+= ββββ Sustituyendo esta ecuación en la anterior y despejado IB2 tenemos:
mAVV
I BEBEB 0019.0
6247.07.061.2
1.0·101·519.10861.2 12
2 =−−
=+
−−=
mAII BC 095.00019.0·50· 222 === β mAIII BEB 097.00019.0·51)·1( 2221 ==+== β
mAII BC 7.9097.0·100· 111 === β mAII BE 8.9097.0·101)·1( 111 ==+= β
VoltiosRIVV CCCCC 4.141·7.924· 11 =−=−=
0
Q1
Q2100k
82k
10k
0.1K
1k
24V
0
Q1
Ic2
Q2
IE2=IB1
IB2
108,9K
IE10.1k
IC11k
24V
2.61V
Transistores C.C.
4
VoltiosRIV EEE 98.01.0·8.9· 111 === VoltiosVVV ECCE 52.1398.04.14111 =−=−= VoltiosVC 242 =
VoltiosVVV EBEE 66.196.07.0112 =+=+=
VoltiosVVV ECCE 34.2266.124222 =−=−=
VoltiosVVV EBEB 36.266.17.0222 =+=+=
Transistores C.C.
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3.2.- El circuito de la figura con un transistor PNP tiene un β =100, VBE=-0.7V . Calcular todas las intensidades y tensiones en los diferentes puntos.
Lo primero que hay que hacer es el thevenin, desde la base del transistor hacia la izquierda, quedando el circuito de la figura de la derecha:
VRRRV
V CCBB 5
301010·20·
21
1 =+
=+
= .4
303010
10·30·
21
12 Ω=+
=+
= KRR
RRRBB
A partir de aquí analizaremos el circuito de la parte derecha. En la malla base emisor podemos escribir:
( ) BEBBBBEEEBBBB VIRIVRIRIV −++=−+= ·1··· β despejando IB se tiene:
( ) ( )mA
RRVV
IEB
BEBBB 021.0
4196.8
8384·3.4
2·11004
307.05
·1===
++
−=
+++
=β
mAII BC 05.219.4
860419
6.8·100· ==== β
mAII BE 07.2419
6.8·101)·1( ==+= β
Ahora calcularemos las diferentes tensiones con respecto a masa:
.75.9205·05.2· VVRIV CCCCC −=−=−=
30k 5k
0
Q1 VCC
20Vdc
R1
2k
Q1
5k
10k
2k 0
VCC
20Vdc
R2
RB
RE
IB
IC
IE 5V
30/4kRC
RE VBB
RC
Transistores C.C.
6
.14.42·07.2· VRIV EEE −=−=−=
VVVV ECCE 61.5)14.4(75.9 −=−−−=−= Por ser esta caída de tensión negativa el transistor esta en la zona activa por ser un PNP.
VVVV EBEB 84.414.47.0 −=−−=+= A continuación calcularemos la intensidad que circular por las resistencias R1 y R2 con sentido hacía arriba.
Para la resistencia R1 .48.01084.40
11 mA
RVI B ==
−=
Para la resistencia R2 I2 =I1+I2 = 0.48 +0.02 =0.50 mA.
También podría calcularse: mAR
VVI CCB 5.0
30)20(84.4)(
22 =
−−−=
−−=
Transistores C.C.
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Q1
1 Vo
RB=50k
RC=1k IC
VBB
IB
VCC 10VV
4.2.- En el circuito de la fig. el transistor tiene una 60=β . Expresar los valores posibles de VBB para que el transistor se encuentre:
a) Zona de corte b) Zona activa. c) Zona de saturación. d) Si VBB= 5 Voltios y manteniendo el valor de RC = 1 K. ¿ entre que valores
puede variar RB para que el transistor se encuentre en la zona de activa? e) Si VBB= 5 Voltios y manteniendo el valor de RB= 50 K. ¿ entre que valores
puede variar RC para que el transistor se encuentre en la zona de saturación? (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios, y Corriente inversa de saturación despreciable.)
a) Tal como esta polarizado el transistor, es de
una forma correcta, sí las fuentes empleadas son positivas. Suponemos a la vez que el transistor va a conducir cuando entre base emisor haya una caída de tensión igual o superior a 0,7 Voltios aunque en realidad necesite una caída de tensión
aproximadamente de 0,5 Voltios.
Luego para que el transistor este en corte necesita sólo VBB< 0.7 Voltios Ya que el diodo de emisor y colector están polarizado inversamente.
b) y c) Aquí vamos a ver para que tensión VBB estará en saturación, luego entre el valor
de corte y saturación estará la zona activa.
mAR
VVI
C
CEsatCCCsat 8.9
12.010=
−=
−=
508.0−
=−
= BB
B
BEsatBBBsat
VR
VVI
Si BsatCsat II ·β≤ el dispositivo está en saturación en caso contrario en la zona
activa.
Luego tenemos 60·50
8.08.9 −≤ BBV voltiosVBB 97.88.0
6050·8.9
=+≥
Entonces para VoltiosVBB 97.87.0 ≤≤ el transistor estará en zona activa.
voltiosVBB 97.8≥ el transistor estará en saturación.
Transistores C.C.
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d) En este caso la zona de corte no varía, solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación para saber la zona activa.
BsatCsat II ·β≤ zona de saturación
mAR
VVI
C
CEsatCCCsat 8.9
12.010=
−=
−=
BB
BEsatBBBsat RR
VVI 8.05 −
=−
=
60·2.48.058.9BB RR
=−
≤ .71.2560·8.92.4 KRB =≤
Luego cuando RB sea mayor que 27,71 K el transistor va a estar en la zona activa.
e) En este caso la zona de corte no varía solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación..
BsatCsat II ·β≤ zona de saturación
CCC
CEsatCCCsat RRR
VVI 8.92.010
=−
=−
= ; mAR
VVI
B
BEsatBBBsat 084.0
508.05=
−=
−=
60·084.08.9≤
CR; Ω=≥ kRC 94.1
04.58.9 con estos valores estará en zona
de saturación. Luego cuando Ω≤ KRC 94.1 el transistor estará en la zona activa.
Transistores C.C.
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5.2.- En el circuito de la Fig.1 Q1 y Q2 se encuentra en la zona Activa, siendo 10021 == FF ββ , voltiosVV BEBE 7.021 =−= .
Calcular las tensiones en los diferentes puntos e intensidades.
Fig.1 Fig.2 El transistor Q1 es un NPN y el Q2 un PNP y ambos aparentemente bien polarizado.
Lo primero que tengo que hacer es realizar el thevening mirado desde la base de Q1 hacia la izquierda, teniendo el circuito de la Fig.2.
VoltiosVBB 332
3·51 =
+= Ω=
+= KRB 2.1
323·2
1
En la malla B1 ,E1,E2 y B2 , se puede escribir:
2111111 ·· EBEEBEBBBB VRIVRIV +++= ( ) 11 ·1 BFE II += β sustituyendo esta ecuación en la anterior y despejando IB1 se obtiene:
121
2111 )·1( EFB
EBBEBBB RR
VVVI++−−
=β
; mAI B 0053.02.304
6.13·1012,17.07.03
1 ==+
−−=
mAII CFC 53.00053.0·100· 11 === β
mAIII BFEE 54.00053.0·101)·1( 1121 ==+== β
mAII EF
FC 53.054.0·
101100·
1 22
22 ==
+=ββ mA
II
F
EB 0053.0
10154.0
12
22 ==
+=β
Ya tenemos calculadas todas las intensidades, ahora calcularemos las tensiones en los diferentes puntos. VoltiosRIVV CCCCC 47.41·53.05· 2222 −=+−=+−= VoltiosVV EBE 7.022 ==
0
1k
5V
5V
2K
3K
Q1
2K
Q2
3K
0
V45V
IB1
IC12K
IE1=IE2
3K Q2Q1
IC21k
V25V
1.2K
3V
Transistores C.C.
10
VoltiosVVV ECCE 15.57.047.4222 −=−−=−= En zona activa, por ser un PNP y dar negativo la tensión entre colector y emisor.
VoltiosVRIV EEEE 32.27.03·54.0· 2111 =+=+=
VoltiosRIVV CCCCC 94.32·53.05· 1111 =−=−=
VoltiosVVV ECCE 62.132.294.3111 =−=−= En zona activa, por ser un NPN y dar positiva la tensión entre colector y emisor.
VoltiosVVV EBEB 02.332.27.0111 =+=+=
Transistores C.C.
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6.2- En el circuito de la figura Calcular: a) La salida VCE cuando la entrada es de 0.2 Voltios. b) Lo mismo apartado anterior cuando la entrada es de 10 Voltios.
20=Fβ VDcond.=0.7 Voltios .5.0 voltiosV =γ (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios, y Corriente inversa de saturación despreciable.).
a) Si la entrada Vi = 0.2 Voltios conducirá el diodo D1, por existir una Tensión entre ánodo y cátodo, a través de la resistencia de 6 k, de (10-0.2)Voltios, lo que hace a la vez que la tensión en el punto P sea 0.2 + 0.7 = 0.9 Voltios insuficiente tensión para que D2, D3 y El transistor pueda conducir ya que necesitaría como mínimo 0.5 +0.5 +0.7 =1.7 voltios, al no conducir el transistor, la salida VCE = VCC = 10 voltios.
b) Si la entrada es de 10 Voltios el diodo que no conduce es D1, y los otros
dispositivos sí. Vamos a suponer que Q1, esté en saturación Entonces VCE =0.2 Voltios: VP =VD2 +VD1 + VBEsat = 0.7 + 0.7 + 0.8 = 2.2 Voltios
mAVV
I PCC
68.7
62.210
61 =−
=−
= mAV
I BEsat 4.028.0
22 ===
mAIII B 64.5
64.28.74.0
68.7
21 =−
=−=−=
mAR
VVI
C
CEsatCCCsat 6
8.96
2.010=
−=
−=
Condición para que esté en la zona de saturación:
BCsat II ·β≤ 64.5·20
68.9≤
lo cumple luego Q1 está en saturación y VCE= 0.2 Voltios
0
I22k
IC6kI1
6k
D2
D1
D3
Q1
ViP
IB10V
Transistores C.C.
12
7.2.- a)Esbozar la característica de transferencia VCE en función de Vi del circuito de la figura,( suprimiendo el diodo zener) , indicando las diferentes zonas del transistor. El transistor tiene una 100=β y la corriente inversa de saturación despreciable. b) Igual que en el apartado a) con el diodo zener, suponiendo que este es ideal, cuya tensión zener es igual a 4 Voltios. (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios,)
Fig.1 Fig.2
Fig.3 Fig.4 Lo primero que tenemos que hacer en este circuito es, tanto en la entrada como en la salida, reducirlo a su thevening correspondiente.
En la entrada tenemos la Fig.2 ii
BB VV
V 1.040360
40·=
+= Ω=
+= KRB 36
4036040·360
En la salida Fig.3 VoltiosVCC 5515
5·1015·10=
+−
= kRC 75.3515
5·15=
+=
Luego el circuito queda reducido a la Fig.4, donde podemos escribir: Zona de corte del transistor VBB< 0.7 Voltios 0.1 Vi<0.7 Vi< 7 voltios Y entonces VCE = 5 Voltios
0
R1 360k
R35k
R415k
Q1
V1
D1
V210V
V310V
R540k
0
360k
40KVi
B
0
36k
0.1Vi
B
0
3.75k
5V C
0
5k
15k
10V
10V
C
5V
36k3.75V
1Vi
VCE
Transistores C.C.
13
Zona de Saturación CsatB II ≥β· mAV
RVV
I i
B
BEactBBB 36
8.0·1.0 −=
−=
75.3
2.05100·36
8.01.0 −≥
−iV 8.0
75.3·10036·8.41.0 +≥iV VoltiosVi 6.12≥
Luego la zona activa estará comprendida entre 7 y 12.6 Voltios y en esa zona se cumple:
36
7.0·1.0 −=
−= i
B
BEBBB
VR
VVI 100·
367.0·1.0
·−
== iBC
VII β
36
5.4425.3775.3·
3670·10
5·+−
=−
−=−= iiCCCCCE
VVRIVV
Conclusión: Vi < 7 Voltios transistor en corte VCE = VCC = 5 Voltios
7 < Vi < 12.6 Voltios transistor en activa 36
5.4425.37 +−= i
CEV
V
Vi > 12.6 Voltios Transistor en saturación VCE = 0.2 Voltios Su representación gráfica en la Fig. 5 c) Si le colocamos el diodo zener ente el colector y emisor del transistor, como se
ve en la figura 1, este empieza a actuar cuando la tensión entre sus terminales es superior a 4 Voltios que entonces su caída de tensión se mantiene a esos 4 Voltios.
Vamos a calcular el valor de Vi cuando cumple estas condiciones, ocurre en la zona activa:
VoltiosV
V iCE 4
365.4425.37=
+−=
VoltiosVi 96.75.37
36·45.442=
−=
mAR
VVIC
CEsatCCCsat 75.3
2.05 −=
−=
Transistores C.C.
14
Su representación gráfica Fig.6
CEV
iV0
1
3
5
1 3 7 12
V2.0
Voltios
Voltios
365.37
=pend
Fig.5
CEV
iV0
1
4
1 3 7 12
V2.0
Voltios
Voltios
365.37
=pend3
Fig.6
Transistores C.C.
15
8.2.- Los transistores de la Fig son idénticos con 100=Fβ y corriente inversa de saturación despreciable.
a) Hallar Vo cuando la entrada varía entre 0 y 12 Voltios b) Hallar Vo cuando la entrada varía entre 12 y 0 Voltios c) Representar gráficamente los resultados de los apartados anteriores.
a) Para que pueda conducir un transistor necesita 0.7 Voltios, entre la base y el emisor, caso del NPN y si le introducimos inicialmente 0 Voltios el transistor Q1 no conduce y queda el circuito de la Fig. 2 que es un transistor con resistencia en emisor. Lo primero que tenemos que hacer es el thevening correspondiente, mirado desde base de Q2 hacia la izquierda.
Su thevening nos viene expresado por:
VoltiosVBB 82082
20·122 =
++= Ω=
+++
= KRB 320
208220)·82(
2
Fig.2 Fig.3
El circuito equivalente es el de la Fig.3 que podemos decir que el transistor está en la zona activa o saturación, por la forma de su polarización.
mARR
VVIEFB
BEBBB 035.0
6263·3.7
2)·1100(3
20078
)·1( 22
222 ==
++
−=
++−
=β
mAII BFC 50.3035.0·100· 22 === β mAII BFE 53.3035.0·101)·1( 22 ==+= β
VoltiosRIVVV CCCCCo 5.81·50.312· 2222 =−=−== VoltiosRIV EEE 06.72·53.3· 222 ===
0
8k
20k
2kVo
1k
2k
Q1 Q212V
Vi
0
8k
20k
2kVo
1k
2k
Q212V
0
12V IB2
20/3K
2K
IC21k
8V
Q2
Transistores C.C.
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VoltiosVVV ECCE 44.106.75.8222 =−=−=
Por ser positiva VCE y mayor que 0.2 Voltios el dispositivo esta en la zona activa, y ser un NPN. La salida vale Vo = 8.5 Voltios Para que Q1 empiece a conducir necesita una tensión:
VoltiosVVV EBE 76.706.77.0)( 211 =+=+≥
y entonces Q2 estará en corte (se demostrará en el apartado posterior) y la salida Vo= 12 Voltios.
b) Si la entrada V1 es de 12 Voltios Q2 estará en corte (lo demostraremos posteriormente) y veremos como estará Q1, y nos quedaría el circuito de la fig.4. Siendo Vo=12 Voltios
Fig.4 Fig.5 Si miramos el circuito thevening de la Fig 4 desde el colector a masa obtenemos el circuito de la Fig. 5.
VoltiosVCC 2.11228
28·121 =
+= Ω==
+= KRC 87.1
3056
2282·28
1
En el circuito de la Fig. 5 si la entrada vale 12 Voltios el dispositivo
seguramente estará en saturación y entonces VCE= 0.2 Voltios con lo que nos quiere decir que VE y VC tienen aproximadamente la misma tensión, luego el transistor Q2 estará en
corte ya que. EC
B VV
V <=28
20·12 ( Por la rama de las resistencias de 20 y 8 K. circulan la
misma intensidad de ahí el reparto, directamente proporcional, de las tensiones en ambas resistencias).
0
8k
20k
2kVo
1k
2k
Q1 Q212V
Vi
11.2V
56/30K
IC1
2k
Q1
IE1Vi
VCC1
RC1
Transistores C.C.
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mAR
VVI
FE
BEactiB 056.0
)1100·(27.012
)1·(1 =+
−=
+−
=β
mARRVV
ICE
CEsatCCCsat 84.2
605630·11
23056
2.02.11
1
1 =+
=+
−=
+−
≈
Sí CsatB II ≥β· 84.2100·056.0 ≥ el transistor está en saturación. En este caso lo cumple.
Sí la entrada la vamos disminuyendo el transistor pasará a la zona activa y si
seguimos disminuyendo aun más llegará un instante en que se corte, ya que VBE2 hace igual a 0.7 Voltios por lo que Q2 empieza a conducir y el Q1 pasa a corte.
Vamos a calcular ese punto.
VoltiosVVVV iBEiE 7.011 −=−=
VoltiosV
RIVRIVV iCBCCCCCCC 30
56·)1100(2
7.0·1002.11··· 1111111 +
−−=−=−= β
}3056·
202)7.0(100
2.11·{2820
82020·1
2−
−=+
= iCB
VVV Luego la condición para que
Q2 empiece a conducir es:
VoltiosVV EB 7.02 ≥− voltiosVV
ii 7.0)7.0(}
3056·
202)7.0(100
2.11·{2820
≥−−−
−
}5630)2.11
2028·{(
202)7.0(100
−≥−
− ii V
V
100202}·
5630)2.11
2028·{()7.0( −≥−− ii VV
VoltiosVi 85.376.176.6
=≤
Luego a partir de una cantidad inferior a ese valor el transistor Q1 se corta y Q2 conduce. Conclusión: a) Cuando Vi empieza en 0 Voltios Q1 en corte y Q2 en la zona activa cuya salida es igual a 8,5 Voltios.
Cuando voltiosVi 76,7≥ Q2 se corta y Q1 primero pasa a la zona activa y después a la zona de saturación, y su salida es 12 Voltios.
b) Cuando Vi empieza en12 Voltios Q1 en saturación y Q2 en corte, cuya salida es igual a 12 Voltios.
Transistores C.C.
18
Cuando VoltiosVi 85.3≤ Q2 se pone en zona activa y Q1 se corta, y su salida es 8,5 Voltios.
Con estas conclusiones llegamos que los dos transistores no pueden conducir a la
vez, como habíamos supuestos en los dos apartados anteriores. Su representación gráfica la ponemos en la figura de la página siguiente.
iv
ovVoltios
Voltios
2
6
2 6
8
8
12
12
Histerisis
Transistores C.C.
19
9.2.- En el circuito de la figura de la izquierda, explicar(sin llegar a resultados numéricos) como se obtendría las diferentes zonas de funcionamiento del MOS, teniendo de parámetros los siguiente valores: k=1.25 mA/V2 y Vt = 1,5 Voltios.
Lo primero que tengo que decir que el MOS es de canal n, aunque hayamos puesto una figura del dispositivo diferente a las empleadas, por regla general en clase. En segundo lugar calculamos el thévenin mirado desde Puerta hacia la izquierda obteniendo el circuito de la derecha.
VoltiosVV
V GGGGG 3
·2100200
200·=
+= Ω=
+= KRG 3
200100200
100·200
aunque el valor de RG no lo necesitamos ya que la intensidad que circula por la puerta es nulo. Las ecuaciones del circuito necesarias son:
5·32
+= GGGS VV 173·5123·· +−=++−=++−= DDSSDDDDDS IIVVRIV
Estudiemos ahora las diferentes zonas del MOS.
a) Zona de corte
VoltiosVGG 25.52
155.4−=
−≤ ID= 0 mA VD = 12 Voltios
b) Zona Ohmica tGS VV ≥ tGD VV ≥
VoltiosVGG 5.15·32
≤+
0
100k
ID 3k
200k
12V
VGG
5V 0
G
2/3 VGG
ID3k
S
5V
D 12V200/3k
VSS
VDD
tGS VV ≤
3·12·32
DGGGD IVV +−= 123· +−= DD IV
})··(2·{ 2DSDStGSD VVVVkI −−=
Transistores C.C.
20
De la segunda condición. 5,1≥GDV VoltiosIV DGG 5.1·312·32
≥+− en esta útima
ecuación se sustituiría el valor de ID de la ecuación anterior y se calcularía El valor de VGG sería menor que un cierto valor, luego el valor de VGG estaría comprendido entre este valor y -5,25 Voltios.
c) Zona Activa o de saturación tGS VV ≥ tGD VV ≤ 2)·( tGSD VVkI −=
VoltiosVGG 5.15·32
≥+ , 25.5−≥GGV VoltiosIV DGG 5.1)3·12·32( ≤+−
22 )5.15·32·(25.1)·( −+=−= GGtGSD VVVkI , sustituyendo en esta última ecuación, la
ecuación anterior, obtenemos un valor de valorVGG ≥ , luego a partir de dicho valor es dispositivo estará en la zona activa. Nota: la resolución de estas ecuaciones no son complicadas pero sí largas de resolver, ya que para el calculo de ID, nos sale una ecuación de segundo grado con dos soluciones, siendo solo una la correcta, y despues sustituirla en la ecuación de VGD que es función de ID.
})173·()173·)·(5,15·32·(2·{25.1 2+−−+−−+= DDGGD IIVI
Transistores C.C.
21
10.2.- En el circuito de la figura calcular el punto de trabajo, sabiendo que trabaja en la zona activa y sus parametros son: k = 0.025 mA/V2 y Vt = -2 Voltios.
En primer lugar por ser Vt menor que cero es un MOS de deplexión. La puerta y el sumidero están unida, luego VGS=0 Voltios y este es mayor que Vt, luego está en la zona activa o ohmica. Si suponemos según el enunciado que se encuentra en la zona activa. mAVVkI tGSD 1.0))2(0(025.0)·( 22 =−−=−= VoltiosRIVV DDDDD 9.351·1.09· =−=−= VG =VS = -3Voltios tDGGD VVVV <−=−−=−= 9.69.33 luego está en la zona activa VDS =VD -VS = 3.9-(-3) = 6.9 Voltios Su punto de trabajo es: ID = 0.1 mA , y VDS =6.9 Voltios
0
ID
51K
D
9V G,S
3V
Transistores C.C.
22
11.2- En el circuito de la figura los MOS de la parte superior (M1 y M2) son de enriquecimiento y sus parámetros iguales son: k = 0.25·10-4 A/V2 y Vt = 3 Voltios, el otro MOS (M3) es de deplexión cuyos parámetros son: k=0.05 mA/V2 y Vt = -2 Voltios. Calcular los puntos de funcionamiento, suponiendo que están en la zona activa y comprobar la suposición. Calcular también la potencia que disipa cada MOS.
Observando la figura, M1 y M2 están funcionando en el mismo punto Q, por ser el
circuito simétrico y tener iguales características. Se cumple las siguientes ecuaciones en el circuito: DDD III == 21 DDDD IIII ·2321 ==+ 21 DSDS VV = VoltiosVV DSDS 20101031 =+=+ . Suponemos que los tres dispositivos están en la zona activa donde conocemos VGS3 =0 Voltios, pudiendo calcular el valor de ID3.
mAVVkI tGSD 2.0)}2(0·{05.0)·( 223 =−−=−=
mAI
I DD 1.0
22.0
23 ===
Sabiendo el valor de ID podemos calcular el valor de VGS1 = VGS2 de la ecuación
205.0
2·1.031 ==−GSV VoltiosVGS 5321 =+=
111 SGGS VVV −= VoltiosVVV GGSS 505111 −=+−=+−= , ya conocemos las
00 0
M1 M2
ID3
M3
ID1
10V
ID2
10V
mAVVVkI GStGSD 1.0)3·(025.0)·( 21
211 =−=−=
Transistores C.C.
23
tensiones en todos los puntos, luego conocemos todas las diferencias de tensiones. Voy a probar que están en la zona activa todos los MOS.
En M1 y en M2. VGS1=VG1-VS1 = 0 -(-5) = 5 > Vt1 = 3 Voltios VGD1 = VG1 -VD1 = 0 - 10 = -10 < Vt1 = 3Voltios luego cumple las condiciones de la zona activa.
En el M3 VGS3 = 0 > Vt3 = -2 Voltios y VGD3 =VG3 -VD3 = -10-(-5)= -5 <Vt3 = - 2V Luego está en zona Activa. VDS1= VD1 -VS1 = 10 -(-5) = 15 Voltios VDS3 =VD3 - VS3 = -5 -(-10) = 5 Voltios El punto de funcionamiento de M1 y M2 es (VDS=15 Voltios, ID=0.1mA) El punto de funcionamiento de M3 es (VDS = 5 Voltios, ID = 0.2mA)
M1 y M2 disipan la misma potencia ya que circulan por ello la misma intensidad y tienen la misma tensión entre drenador y sumidero y esta es: P1 = P2 = ID · VDS1 = 0.1 · 15 = 1.5 mW. En M3 Tenemos P3 = ID3 · VDS3 = 0.2 · 5 = 1 mW.
Transistores C.C.
24
12.2- En El circuito de la figura calcular el punto de funcionamiento de los MOS, siendo sus parámetros k2 = 2 mA/V2 , Vt2 = 2 Voltios, k1 = 4.5 mA/V2 y Vt1 = 1 Voltios, para los diferentes valores de la entrada VGG. .
En el Circuito de la figura cumple: VDS1 + VDS2 = 9 Voltios ID1 = ID2 = ID VGD2 = 0 < Vt2 = 2 Voltios luego solo puede estar en activa o corte. Cuando VGS1 = VGG < Vt1 = 1 Voltios el dispositivo estará en corte lo mismo que M2. ID= 0mA Cuando se inicia la zona óhmica es lo que vamos a calcular: VGG > Vt1 = 1 Voltios el dispositivo entra en la zona activa u óhmica , en la zona activa se cumple:
2)( tGSD VVkI −= , 21 DD II = , 222 )1(5.4)2(2 −=− GGGS VV extrayendo la raíz cuadrada
a ambos miembros nos queda (se ha multiplicado por dos ambos miembros de la ecuación y después se ha calculado la raíz cuadrada): )1(3)2(2 2 −=− GGGS VV y VGS2 = (9 -VD1) de esta dos ecuaciones obtenemos:
2·317
1GG
DV
V−
= ahora podemos saber para que valores de VGG está en la zona activa.
En activa VGD1 < Vt 111 DGGD VVV −= 12·317
<−
− GGGG
VV
luego VGG < 3.8 Voltios Cuando 1<VGG<3.8 Voltios los dispositivos está en la zona activa.
Y sus puntos de funcionamientos son: 2·317
1GG
DSV
V−
= , 2)1(5.4 −= GGD VI
0
M1
SM2
D
V1VGG
ID
9V
G2
G1
D2
S1
S2
D1
Transistores C.C.
25
2·317
92GG
DSV
V−
−= , 2)1(5.4 −= GGD VI
Cuando VGG > 3.8 Voltios M1 en saturación y M2 en la zona 0hmica.
Cumpliéndose:
21
22
211
2 )29(24)2(2})·1(2{5.4})·{( −−=−=−−=−−= DSDSDSDSGGDSDStGSD VVVVVVVVVkI
de esta ecuación obtendríamos 0196)·1838(·13 1
21 =++− GGDSDS VVV
Donde se calcula VDS1, y con ello todos los demás valores. Hagamos un ejemplo concreto por ejemplo VGG = 5 Voltios.
0196)·1838(·13 12
1 =++− GGDSDS VVV 0196·12813 12
1 =+− DsDS VV
=−±
=13·2
196·13·4128128 2
1DSV 7,95 Voltios y 1,90 Voltios ambos valores no son
correctos sólo uno de ellos.
Como VGD1 > Vt1 (VG1 -VD1) > Vt1 (5 - VD1)> 1 VD1 < 4 luego el valor que cumple solo es el de VDS1 = 1,90 Voltios. Y VDS2 = 9 - VDS1 = 9 - 1.9 = 7.1 Voltios mAVVkVVkI tDStGSD 02.52)21.7(2)·()( 22
222 =−=−=−= luego el punto de
funcionamiento son: M1 (VDS1 ,ID1) (1,90 Voltios, 52.02mA) y M2 (VDS2 ,ID2) (7.1 Voltios, 52.02mA)
Transistores C.C.
26
13.2.- El transistor unipolar de la figura posee las siguientes características Vt=
3Voltios y k=2mA/V2. Se desea que en corriente continua el sumidero tome un valor de VDD/2 con una corriente de drenador de 2 mA. a) Encuentre los valores de tensión de puerta a masa y la resistencia Rs de sumidero sí VDD= 12V.
a) Suponiendo que Rs = 5 KΩ determine que margen de valores tiene que tener la tensión de puerta a masa para que el dispositivo se encuentre en la zona ohmica.
Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes: SDSDD VVV += ; SDSSSSSGS RIVVVV ·−=−= ; 2)·( tGSD VVkI −=
Esta última para zona activa: Según los datos del problema podemos escribir:
VoltiosV
V DDs 6
212
2=== Ω=== K
IV
RD
SS 3
26
222 )36·(/22)·( VVVVmAmAVVVkI SStSSSD −−==−−=
despejando VSS obtenemos: 922
−= SSV luego VSS=10 Voltios.
b) Para que se encuentre en la zona ohmica tiene que cumplirse que:
VGS > Vt VGD > Vt y en nuestro caso VGS es siempre mayor que VGD Ya que: VGD = VSS –VDD y VGS = VSS – VS y siempre cumple que VDD>VS Luego nuestro problema queda resuelto con tal que cumpla que VGD > Vt
M1
0
Rs
VDDVssS
G IDD
Transistores C.C.
27
VGD = (VSS - VDD) > Vt VSS > (Vt + VDD ) = 3 + 12 = 15 Voltios. Luego cuando VSS> 15 V El dispositivo estará en saturación.
Transistores C.C.
28
14.2.- En el circuito de la figura las resistencias R1, R2 y RD, tienen un valor de 1KΩ y su alimentación VDD = 10V. a) Calcular el punto de trabajo del NMOs si k=5 mA/V2 y Vt = 4,5 Voltios.
b)Se desea calcular el valor de Vt y k realizando las siguientes medidas: 1) variando la tensión VDD desde cero Voltios empieza a conducir con un valor de 6 Voltios. 2) Y con un valor de 10 Voltios se obtiene una tensión de drenador a sumidero de 5 Voltios.
Sabemos que por la puerta no circula intensidad. Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes: VDD = (ID + I1)·RD + VDS VDS = I1·(R1 + R2) VGS = I1·R2
a) Para que el transistor esté en la zona ohmica o activa necesita que se cumpla:
VGS > Vt siendo las tres resistencias iguales se cumple que VGS = VDS/2, Siendo Vt = 4,5 Voltios, se necesita una tensión como mínimo de VDS de 9 Voltios lo cual es imposible ya que por la resistencia de RD debe circular una
intensidad de I1 + ID.(y el valor de I1min=9V/2K=4.5 mA. que la tensión a través de la resistencia RD es de 4,5 V lo cual es imposible, ya que la máxima es de 1V).
Si repartimos la tensión de 10 Voltios entre las tres resistencia iguales resulta que a cada una le corresponde una tensión de 3,33 Voltios, es decir: VGS = 3,33 Voltios El dispositivo en corte VDS = 6,66 Voltios y la intensidad ID = 0 mA. b) El dispositivo empieza a conducir cuando Vt = VGS lógicamente en la zona
ohmica.
tDD
GS VVoltiosVV ==== 236
3
Cuando VDD = 10 Voltios vamos a suponer que se encuentra en la zona de saturación y apliquemos las formulas y después comprobemos lo anterior mente supuesto.
tDS
GS VVoltiosV
V >=== 5,225
2 luego en saturación o ohmica
mAR
VVII
D
DSDDD 5
1510
1 =−
=−
=+ mARR
VI DS 5,2
115
211 =
+=
+=
R1
M1 R2
RD
I1
ID
VDD
I1+ID D
S
G
Transistores C.C.
29
luego mAII D 5,25,255 1 =−=−= Ahora VoltiosVVoltiosRIV tGD 5,25,21·5,2· 11 =<−=−=−= luego el dispositivo se encuentra en la zona de saturación o activa. Vamos a calcular el valor de k del dispositivo:
2)·( tGSD VVkI −= en zona de saturación
222 /10
25,05,2
)25,2(5,2
)(VmA
VVI
ktGS
D ==−
=−
=
Las característica del dispositivo son: Vt = 2Voltios y k = 10 mA/V2.
Transistores C.C.
30
15.2- El Transistor FET de la figura tiene un valor de 2/5.2 VmA=β y Vp= 2 Voltios Calcular el punto de funcionamiento.
El FET es de canal P, luego la polarización realizada es la correcta. Si está en la zona activa tiene que cumplir: VGS < Vp VGD > Vp 2)·( pGSD VVI −= β En el circuito tenemos: VGS= ID·RS= ID· 0.39 22 )2·(5.2)·( −=−= GSpGSD VVVI β Tenemos dos ecuaciones con dos incognitas:
2)2·(5.239.0
−= GSGS V
V 09.3·9.4·975.0 2 =+− GSGS VV
VoltiosyVoltiosVGS 99.004.495.1
21.1501.249.4−−−−=
−±=
ambas soluciones no son correctas sólo una de ellas. Y en este caso es 0.99 por ser inferior a Vp=2 Voltios.
mAV
I GSD 54.2
39.099.0
39.0===
VS = -ID·RS = -2.54·0.39=VSG = -VGS = -0.99 Voltios VGS =0.99 Voltios VD= -VDD + ID·RD = -9 + 2.54·2= -3.92 Voltios VGD =VG -VD = 0 - (-3.92) = 3.92 Voltios que es mayor que VP = 2 Voltios luego está en la zona activa.
Su punto de funcionamiento es: VDS = VD -VS = -3.92 - (-0.99) = -2.93 Voltios y su intensidad ID = 2.54 mA.
0
0
ID
D
2k
S0.39K
G
9V
RD
RS
Transistores C.C.
31
16.2.- En el circuito de la figura los FET tiene unos parámetros iguales de VP = -3 Voltios, β =0.222 mA/V2 . Indicar en que estado se encuentran los FET , calculando sus puntos de funcionamiento.
En el circuito de los dos FET de canal N, podemos poner las siguientes ecuaciones: ID1 = ID2 = ID VDD = VDS2 + ID· R + VDS1 10 = VDS2 + ID· 1 + VDS1
En J1 se cumple VGS1 = 0 > VP = -3, luego se encuentra en la zona activa u ohmica. Supongamos que se encuentra en la zona Activa. (Ecuación de la zona activa). ID =β·( VGS1 -(-VP))2 = 0.222(0+3)2 = 2 mA. Cumpliendo la misma ecuación en J2, si lo suponemos también que está en la zona activa, por tener iguales parámetros, entonces llegamos que VGS1 = VGS2.
VGS2 = VGG2 - VS2 ; VS2 = VG2 - VGS2 = 6.5 - 0 = 6.5 Voltios.
La caída de tensión a través de la resistencia es: VR = ID · R = 2· 1 = 2 Voltios. Con todos estos datos tenemos, las diferentes tensiones en los diferentes puntos del
circuito. VD2 = 10 Voltios VS2 = 6.5 Voltios VD1= VS2 - VR = 6.5 - 2 = 4.5 Voltios.
Comprobemos que están en la zona activa ambos, tiene que cumplirse que: VGS > VP esta condición se cumple y que VGD < VP.
VGD2 = VG2 - VD2 = 6.5 - 10 = -3.5 Voltios luego cumple VGD1 = VG1 - VD1 = 0 - 4.5 = -4.5 Voltios luego cumple, se encuentran ambos en zona activa. Sus puntos de funcionamiento son: J1 (3,5Voltios, 2 mA) y J2 (4.5 Voltios, 2 mA).
0
0
J 1
J 2
I D1 k
S 1 2 ,2 M
S 2 6 .5 V
D 1
1 0 V
V D D
V G G 2R
G 1
G 2