CAB 1
CIRCUITOS AMPLIFICADORES BÁSICOS 1.
+V EE
a) Calcule el punto de trabajo ( I I C C, V EC ) del transistor del circuito suponiendo I B ≅ 0 b) Halle el rango de valores de β para el que la aproximación anterior es válida (considerando despreciable si 1<<50) c) Calcule el punto de trabajo para β = 35
R B1
R E
R B2
RC
DATOS: V γ γ E ≅ 0,7 V; V EE = 10 V; R B1 = R B2 = 10 k Ω; RC = 8 k Ω; R E = 20 k Ω
2. Suponiendo |V BE | ≅ 0,7 V y β → ∞, calcule la corriente que circula por todas las ramas del circuito y el voltaje en todos los nodos
+5V Q10
+10V +10V Q11
+10V +10V Q3
Q1
Q4
R2
R5
2k Ω
1k Ω
R1
10k Ω
R4
R3
1k Ω
1k Ω Q8
Q9
-10V
+5V
Q7
Q2
Q6
Q5
-10V
3. Se quiere construir una fuente de corriente continua que suministre una corriente I 0 = 1 mA según indica la figura. Para ello se utilizan MOSFETs de acumulación en la configuración de espejo de corriente mostrada. a) Si todos los transistores del circuito son del mismo tipo, indicar cuál ha de ser +V DD =5V éste (canal n o canal p) para que la fuente funcione correctamente. Justifique muy S S brevemente la respuesta. T1 T3 b) Demostrar que T1 y T2 trabajan en saturación. G G D c) Si T1 y T2 son iguales (misma relación de aspecto, Z / L), calcular las tensiones D V GS GS de ambos transistores ( V GS1 GS1 y V GS2 GS2). d) ¿Cuál ha de ser la relación de aspecto Z/L de T3 para que I 0 = 1 mA? I 0=1mA S T2
D
G
Actualizado Octubre 03
DATOS: Todos los transistores tienen | V T T| = 0,7 V y κ ′ = 0,1 mA ⋅ V
-2
(κ =κ ’Z/L) ’Z/L)
CAB 2
4. El circuito de la figura muestra una fuente de corriente compuesta por
V EE
cuatro transistores pnp. Sabiendo que todos los transistores operan en activa, calcule: a) La corriente I REF suponiendo V EB2 ≅ V EB4 ≅ 0,6V b) El valor de la resistencia R1 para que la corriente I 0 sea 5 veces menor que I REF . Desprecie las corrientes de base respecto a las demás del circuito. c) Las tensiones V EB1, V EB2, V EB3 y V EB4 con tres cifras significativas, considerando que para todos los transistores I C
DATOS:
R2 = 4,4 k Ω V EE = 10 V
≅ I S exp
V EB V T
V EE
R1
Q1
Q2
Q3
Q4
.
V T = 0,025 V -14 I S = 7,5.10 A
I o
I REF
V o
R2
V EE
5. El circuito de la figura permite medir el parámetro β del transistor T3 a través de la ganancia de tensión en pequeña señal Av=vo /vs. Para ello se polariza un circuito en emisor común con una corriente de base ( I B3=I C2) fija, de 50 µA, mediante un circuito Widlar. Dado que el transistor T3 es de tipo npn, para realizar esta polarización se requiere una fuente Widlar con transistores pnp. a) Calcular la corriente I C1 y la resistencia R2 para obtener esa corriente de base en T3. b) Si la ganancia medida a frecuencias medias vale Av=vo /vs=-200, ¿cuál es el valor de β del transistor T3?. Suponga en este apartado que el transistor T3 se encuentra en activa y que la resistencia equivalente en pequeña señal de la fuente Widlar vista entre los terminales BE de T3 es infinita. c) Para el valor de β obtenido en b) comprobar que, efectivamente, el transistor medido, T3, se encuentra en activa.
R2 RC3
T1
T2
I C1
vo
I C2
T3 C
RC1
vs OO
Fuente Widlar
Req Amplificador EC
DATOS: β 1 = β 2 >>1; V EB1 = V BE3 = 0,7 V ≠V EB2 (en activa); V CEsat =0,2 V; V T = 25 mV; RC1 = 4,65 k Ω; RC3 = 1 k Ω; V EE = 10 V; C = 100 µF
6. El circuito de la figura 1 muestra un desplazador de nivel de continua. a) Si el nivel de continua a la entrada es V I =3 V, calcular R1 para que el nivel de continua a la salida sea V O=0 V. Notar que en estas condiciones la corriente continua a través de la carga R L es nula. b) Calcular entonces la ganancia de pequeña señal, AV =vo /vi. La fuente de corriente continua es ideal. c) Si la fuente de corriente se realiza con otro FET idéntico al anterior como se ve en la figura 2, calcular R2 para tener la corriente I 0=2 mA.
V DD I O v I (t)= V I + V i senω t R1 vO(t)= V O+ V o senω t I O=2 mA
DATOS: Los transistores FET, de deplexión, son idénticos y trabajan siempre en saturación, cumpliendo
I D
= κ (V GS − V T )2 , con κ =0,5 mA/V2 y ⎜V T⎜ =4 V
Actualizado Octubre 03
R2
R L=10 k Ω
-V DD -V DD Figura 1
Figura 2
CAB 3
7. En el circuito de la figura: V CC
a) Encuentre el punto de trabajo del transistor ( I C , I B y V CE ). El diodo Zéner puede estar en tres estados posibles: comience el análisis para el caso de que se encuentre en inversa con ⎜V D⎜< V Z (valor absoluto de la tensión de disrupción del diodo). b) Se aplica una señal vi variable con el tiempo. Obtenga la relación vo / vi (suponga que el diodo no conduce). c) ¿Para qué valor instantáneo de vi se produce la ruptura inversa (Zéner) del diodo?
RC
V D + -
vO=V o+vo
R B vi
DATOS: V CC = 6 V; RC =2 k Ω; R B =70 k Ω; V Z =3 V; β =100; V γ E = 0,6 V; V CEsat =0,2 V; V T = 25 mV; C →∞ .
V CC
8. El circuito de la figura muestra un amplificador en emisor común con resistencia de emisor. Debido al condensador C E , la resistencia de emisor es diferente para el circuito de continua y para el circuito de alterna. Esto permite un mejor diseño del punto de trabajo y el margen dinámico. a) b) c) d)
Calcule el punto de trabajo ( I C y V CE ) en función de R E = R E 1+ R E 2 Determine el valor de R E para que V CE = 5 V. Calcule ahora el valor numérico de I C Calcule en alterna las relaciones ic / vce y vo / vce en función de R E 1 Determine el valor de R E 1 para que |vce|max = 3,5 V, siendo | vce|max la máxima excursión de vCE en torno al punto de trabajo tal que el transistor ni se corta ni se satura
DATOS: R B = 10 k Ω; RC = 1 k Ω; V CC = 10 V; V BB = 3 V; C E = C C → ∞ V γ E ≈ 0,7 V; V CE,sat ≈ 0; r o → ∞; β = 200 ( β >> 1 para todos los cálculos)
RC vo C C R B
+
R E 1
vi
V BB
R E 2
C E
V SS =15V 9.
R G =1M Ω
RS =1k Ω S
C → ∞
vS(t ) = 14 V + 0,9 vin(t )
G
+ vin (t )
i D D
R D =10k Ω
Actualizado Octubre 03
La figura muestra un amplificador con MOSFET de canal p atacado por un generador vin(t ) de pequeña señal alterna y frecuencia media. Con el transistor saturado (activa) se ha medido la tensión instantánea en el nodo S, obteniéndose:
C → ∞
Se le pide: a) Calcular las tensiones que se medirían en los nodos D, O, G y S si O la señal fuera anulada ( vin(t ) = 0) R L=10k Ω b) Razonar de qué tipo (acumulación o deplexión) es el transistor c) Calcular las tensiones alternas en los mismos nodos con la señal presente, en función de vin(t ) d) ¿Para qué valor instantáneo de la tensión de salida vo(t ) de pequeña señal se corta el transistor?
CAB 4
10. Para el circuito amplificador de la figura: a) b) c)
V GG
Calcule el punto de trabajo (V GS, I D, V DS) del transistor. Determine la región de funcionamiento Dibuje el circuito equivalente de pequeña señal, indicando los valores numéricos de los parámetros del circuito equivalente del transistor Calcule la ganancia de tensión Av = vo / vi
DATOS: C → ∞; V GG = -10 V; V DD = 10 V; R1 = 9,1 MΩ; R2 = 0,9 MΩ; R3= 5,9 k Ω; R4 = 0,1 k Ω 2 En saturación, el transistor JFET obedece la ecuacion i D = k (vGS-V T) , con -2 k = 1 mA⋅V , |V T| = 2 V
V DD
R1
R3 D G
C R2
S
R4 vi
11. Para el circuito de la figura: a)
b)
V CC
Calcule los valores de continua de I C y V CE suponiendo β → ∞. Calcule a continuación el valor mínimo de β para que el error cometido en el cálculo de I C sea menor de 2% y que la precisión en el cálculo de V CE sea mejor que ±0,1V Calcule la resistencia de entrada Ri y la ganancia de tensión vo / vs en pequeña señal suponiendo β → ∞
I 0 0,5 mA
vo
R BC 100 k Ω
DATOS: V t = 0,025 V; V γ E ≅ 0,7 V; V A → ∞
V O+vo
C →∞ Ri
C →∞
R L 1 k Ω
RS 50 Ω
vs
12. Para el circuito seguidor de emisor (colector común) de la figura:
V CC
a) Calcular R B para que la impedancia de entrada Ri = v / i ii = 500 k Ω. Suponer que R L >> r π β Con este valor de R B: b) Determinar el punto de trabajo del transistor V CE , I C, I B c) Obtener el margen dinámico (máxima amplitud de la señal senoidal a la salida sin distorsión) DATOS:
V CC = 15 V; RC = 2,8 k Ω; R L = 10 k Ω; C → ∞; V T = 0,025 V Transistor: β = 100; V γ E ≅ 0,7 V; V CE,sat ≅ 0,2 V; r o → ∞
13. Para el amplificador en colector común de la figura, se pide: V CC
R B
RC
C
I i C
vi
V o R L
a) Calcular la corriente de colector de polarización I C b) Dibujar el circuito equivalente de pequeña señal, dando el valor de los parámetros gm y r π
ii(t )
R1
C vi(t )
c) Calcular la resistencia de entrada que ofrece el circuito a frecuencias medias, Ri = vi(t )/ ii(t )
vO(t )
R3 R2
Actualizado Octubre 03
C
R E
DATOS: C → ∞;
R E = 2 k Ω; R1 = R2 = 20 k Ω; R3 = 10 k Ω; V CC = 12 V BJT: β = 100; V γ E V t = 0.025 V; = 0.7 V; desprecie el efecto Early ( r o → ∞, V A → ∞) NOTA: en este circuito r π << R3 de forma que r π || R3 ≅ r π, aproximación que puede usar si lo juzga conveniente
CAB 5
14. El circuito de la figura es un amplificador seguidor de fuente realizado con JFETs
+V DD
en el que Q2 actúa como fuente de corriente. Considerando que ambos transistores son idénticos y trabajan en saturación, se pide: a) b) c) d)
Valor de continua de la corriente de drenador I D2 y de la tensión puerta a fuente V GS de cada uno de los transistores (ignor e el efecto Early, sólo en este apartado) En pequeña señal, resistencia equivalente de la fuente de corriente Q 2 vista desde su drenador Ganancia de tensión de pequeña señal vo / vi Resistencia de salida en pequeña señal, Ro
G
vi G
DATOS: k = 1 mA⋅V ; |V T | = 1 V; tensión de Early V A = 50 V -2
D Q1 S D Q2 S
vo Ro
-V SS 15. Calcule la ganancia vo / vg y el margen
+V CC
dinámico del amplificador de dos etapas de la figura. DATOS: V CC = 15 V; Rg = R L = 1 k Ω; R B = 1,43 MΩ; RC = 4 k Ω β = 200; V γ E = 0,7 V; V A → ∞;V CE,sat ≅ 0 V
R B
RC R B
Rg
RC vo
C →∞
C →∞
C →∞
R L
vg
16. La señal alterna vi, de pequeña amplitud, es amplificada por el circuito de la
+V CC =12V
figura. Se pide:
RC =5k Ω
8 R
a) b) c) d) e) f)
Calcular el punto de trabajo de los transistores Dibujar el circuito equivalente para alterna y pequeña señal Decir en qué configuración trabaja cada transistor Calcular la ganancia de pequeña señal Av = vo / vi Calcular la impedancia de entrada al amplificador, Ri Calcular el margen dinámico del amplificador
vo
TN R=2,4k Ω
R E =0,5k Ω
vi
DATOS: Para ambos transistores: β = 100; V BE (ON) = V EB(ON) = 0,7 V; V CE,sat = V EC,sat ≅ 0 V; V A → ∞ A la frecuencia de la señal los condensadores pueden tratarse como cortocircuitos
TP Ri R
-V CC =-12V
17. Para el circuito de la figura 1, se pide: a) b)
Expresar el valor de r π / R Expresar la relación |Z | = |V g / I d| de pequeña señal en función de la frecuencia, siendo V g e I d las amplitudes complejas (fasores) de vg e id y sabiendo que V CC - V BE >> kT / e c) Expresar y dibujar aproximadamente en la gráfica de la Figura 2 la función Z | |/ R en la región en que se cumple ω 0 << ω << βω 0, donde ω 0 = 1/ rπ C DATOS: β >> 1; r o → ∞; los efectos capacitivos en el transistor son despreciables
i D
R
(
log Z R
)
vg V CC
C
Figura 1 Actualizado Octubre 03
(
log ω ω 0 Figura 2
)
CAB 6
SOLUCIONES 1 a) V E
= V EB + V B = V γ E + V EE I C
b) I B <
I B
R B 2 R B1 + R B 2
= 5,7 V ⇒
≥ 50 ⇒ β ≥ 50; I B <
I E =I C=
I
I B
V EE − V E R E
≥ 50 ⇒
β I I C
= 215 µ A, V EC =3,98 V.
=
β V EE
( R B1 + R B 2 ) I C
≥ 50 ⇒ β ≥ 21,5 ;
La más restrictiva, β ≥ 50. c) Ahora no puedo suponer I B <
=
V EE − V E R E ( β + 1)
= 5,97 µ A ⇒
I C=209 µ A, V EC =4,03 V
2 10 − V EB1 − V EB 2 R1
+ 10
= I C 1 = I C 2 = 1,86 mA .
Todas las corrientes de colector son iguales entre sí e iguales a 1,86 mA.
Resolviendo mallas calculamos el resto de corrientes y tensiones: I R4=3,72 mA. V C1=9,3 V; V C2=-9,3 V; V C3=3,72 V; V C4= V C5=0,7 V; V C6 =3,14 V; V C7 = V C8=-1,86 V; V C9= V C10=4,3 V; V C11=1,86 V.
3 a) b)
Si ha de entregar corriente, el transistor cuyo drenador proporciona la corriente constante ha de ser de canal p Siendo de canal p y de acumulación, los transistores presentarán V T = V SG (umbral ) = 0,7 V . En ambos transistores
V SD c)
= V SG > V SG − V T = V SD ,sat
Como ambos transistores son iguales (κ 1 = κ 2) y I D1 = I D2 , se tiene que V SG1=V SG2. Al ser V SG1+V SG2=V DD resulta:
V SG1
= V SG 2 =
V DD
2
= 2,5 V
d) Puesto que V SG3 = V SG1 =2,5V e I D3 = I 0 = 1 mA , se tendrá:
I D 3
Z
= κ ′
L
(V SG 3 − V T )2 ⇒ 3
Z L
= 3
I D 3
κ ′(V SG 3
4 I REF =
a)
V EE − V EB 2
− V EB 4
R2
=
10 − 0,6 − 0,6 4,7k
b)
⎫ ⎪ V EB 2 = V EB1 + I 0 R1 ⎪ I I 0 R1 = V T ln REF ⎪ I I 0 V EB 2 = V T ln REF ⎬ V I I S ⎪ R1 = T ln REF = 100,6Ω I 0 I 0 ⎪ I V EB1 = V T ln 0 ⎪ ⎪⎭ I S c)
v EB1 v EB 2
= v EB3 = V T ln
= V EB 4 = V T ln
Actualizado Octubre 03
I 0 I S
I REF I S
= 0,560 V
= 0,600 V
= 2 mA
− V T )
2
=
1 0,1 × 1,8 2
≅ 3,1
CAB 7
5 a) I C 1
=
V EE − V EB1 RC 1
= 2 mA; β 2
+1
V EB1
= V EB 2 + I E 2 R2 = V EB 2 +
I C 1
⎛ V − V ⎞ ⎛ I R ⎞ ≈ exp⎜⎜ EB1 EB 2 ⎟⎟ = exp⎜⎜ C 2 2 ⎟⎟ ⇒ R2 = 1,84 k Ω ⎝ V T ⎠ ⎝ V T ⎠
I C 2
I C 2 R2
β 2
≈ V EB 2 + I C 2 R2
b)
vs
= − β RC 3ib ⎫ β v ⎬ AV = o = − RC 3 vs r π = r π ib ⎭
r π
=
vo
i=0 + ib
vs
r π
vo
β ib RC3
0,025 I B 3
= 0,5 k Ω ⇒ β = − AV
r π RC 3
= 100
Req→∞
= β I B3 = 5 mA;
c) I C 3
V CE = V EE − I C 3 RC 3
= 5 V > V CEsat
6 Al ser transistores de canal n deplexión, V T=V Gsumbral =-4 V
= 0 ⇒ I R1 = 2 mA = I D = κ (V GS − V T )2 = κ (V I − I D R1 − V T )2 ⇒ R1 = 2,5 k Ω , pues la otra solución no hace
a) I RL vi
V GS>V T
d
g
b) Circuito equivalente:
gmvgs
s
⎫ = g m v gs R L ⎪ vo g m R L v s = g m v gs ( R1 + R L ) ⎬ = ⎪ vi 1 + g m ( R1 + R L ) vi = v gs + v s = v gs (1 + g m ( R1 + R L ))⎭ vo
R1
+ R L vo -
c) I D
= κ (V GS − V T )2 ;
Como gm=2κ (V GS-V T)=2 mS ⇒
V G
= −V DD ;
V S
vo vi
= 0,706
= −V DD + I D R2 ⇒ R2 = 1 k Ω
7
= ( I C + I B ) RC + I B RC + V BE ; I C = β I B , luego I B = 0,02 mA, I C = 2 mA Comprobamos transistor en activa: I B > 0; V CE = V CC − ( I C + I B ) RC = 2 V > 0,2 Comprobamos diodo cortado: V D = V BE − V CE = −1, 4 V < 0, sin llegar a ruptura.
a) Diodo cortado ⇒ I D=0, V CC
b) Circuito equivalente:
RΒ + vi
ib
r π
vo
β ib RC
vo
=
vi
ib
=
vi
− vo
R B
⎫ ⎛ RC β RC ⎞ vo RC ⎞ ⎪ ⎛ ⎟⎟ ⇒ = −155,5 ⎬vo ⎜⎜1 + ⎟⎟ = vi ⎜⎜ − R R r vi B ⎠ π ⎠ ⎝ B ⎪ ⎝ ⎪⎭
RC − β ib RC ⎪
r π
donde r π
=
0,025 I B
= 1,25 k Ω
− V D = vCE − v BE = (V CE + vce ) − (V BE + vbe ), con V CE = 2 V ; vce = vo ; V BE = 0,6 V ; vbe = vi ; y además Cuando − V D = V Z = 3 V se produce la ruptura, sustituyendo 3 = 1,4 − 156,5vi ⇒ vi = −10,2 mV c)
Actualizado Octubre 03
vo
= −155,5vi
CAB 8
8. V CC RC
R B
r π
+
ib R E 1
vi
R B
ve
vo= vc
β ib
RC
R E 1 R E 2
V BB
Circuito de continua
Circuito de alterna
= R E 1 + R E 2 , las ecuaciones del circuito: V BB = I B R B + V BE + ( I C + I B ) R E V CC = I C RC + V CE + ( I C + I B ) R E I B : Suponiendo el transistor en activa direct a I C = β I V BB − V BE V − V V BB = C ( R B + ( β + 1) R E ) + V BE ⇒ I C = β ≈ β BB BE β R B + ( β + 1) R E R B + β R E I R + R β RC + ( β + 1) R E (V BB − V BE ) ≈ V CC − β C E (V BB − V BE ) V CE = V CC − C ( β RC + ( β + 1) R E ) = V CC − R B + ( β + 1) R E R B + β R E β a) En continua, con R E
b) Despejando R E de la última fórmula:
V CC − V CE
R − β RC − V BE B R E ≈ = 0,76 k Ω ⇒ I C ≈ 2,84 mA ⎛ V CC − V CE ⎞ ⎟⎟ β ⎜⎜1 − V V − ⎝ BB BE ⎠ V BB
c) En alterna, dado que i c = β ib >> ib:
vo ve
= vc = − RC ic ⎫ RC + R E 1 vo ⎬vce = vc − ve = −( RC + R E 1 )ic = = R E 1 (ic + ib ) ≈ R E 1ic ⎭ RC
De donde:
ic vce
=−
1
;
vo
RC + R E 1 vce
=
RC RC + R E 1
d) La condición de que el transistor no se sature:
vCE
= V CE + vce ≥ V CE ,sat ⇒
vce
max, saturación
≤ V CE − V CE , sat =
vce
max, saturación
=5V
Y de que no se corte:
iC = I C + ic
≥ 0 ⇒ ic = −
vce
RC + R E 1
≥ − I C ⇒ vce ≤ I C ( RC + R E 1 ) ⇒
Como la saturación no limita, hay que fijarse en el corte:
I C ( RC + R E 1 ) = vce Y de aquí R E 2
max
⇒ R E 1 =
= R E − R E 1 = 0,53 k Ω
Actualizado Octubre 03
vce
max
I C
− RC = 0,23 k Ω
vce
max, corte
= I C ( RC + R E 1 )
CAB 9
9. V SS RG
a) En continua, como I G = 0 , V G = V SS = 15 V. De la medida de V S = 14 V ⇒ I D = (V SS-V S) /RS = 1 mA. Como no hay corriente por R L: V O = 0 V. Entonces I D circula por R D y V D = I D R D = 10 V
RS I D
S
I G=0
V S
G
I D
D
O
R D
b) El transistor, de canal p, está conduciendo con V SG = V S-V G = -1 V < 0. Por tanto ha de ser de deplexión
R L
D=O ig=0
G
id (t ) = -vs(t )/ RS ⇒ vo (t ) = vd (t )
S id
+ vin (t )
c) Del circuito v g(t ) = vin(t ) y de la medida v s(t ) = 0,9 vin(t )
id
RG
RS
R D
R L
R D R L
= id (t ) R D R L = −v s (t )
RS
= −4,5vin (t )
d) La corriente total de drenador es:
i D (t ) = I D
+
vo (t ) R D R L
=
V SS
− V S
RS
+
vo (t ) R D R L
= 1 mA+
vo (t )
5 k Ω
Cuando la corriente i D se anula vo(t ) = –1 mA 5 k Ω = –5 V
10 V GG R1
V DD
V G
R3 D G
R2
Los transistores JFET son de deplexión. Pero además en este circuito V G < 0 mientras que V S > 0 , lo que quiere decir que el transistor funciona con tensiones V GS negativas y ha de ser por tanto V T = -2 V a) Las ecuaciones del circuito de continua son, puesto que no hay corriente de puerta,:
= V GG
V DD
V O
R2 R1 + R2
= V GS + I D R4
= V DS + I D ( R3 + R4 )
Por otra parte si el transistor está saturado I D
S
= k (V GS − V T )2 que introducido en la primera de las
ecuaciones precedentes conduce a:
= V GS + kR4 (V GS − V T )2 ⇒ V G − V T = V GS − V T + kR4 (V GS − V T )2 ⇒ ⇒ kR4 (V GS − V T )2 + V GS − V T − (V G − V T ) = 0 ⇒ − 1 ± 1 + 4kR4 (V G − V T ) − 1 + 1 + 4 × 1× 0,1 × (− 0,9 + 2) ⇒ V GS − V T = = =1V 2kR4 2 × 1× 0,1
V G
R4
La raíz negativa se ha desechado desde el principio pues llevaría a V GS-V T negativo, incompatible con la suposición de que el transistor conduce. Con este valor:
I D
= 1 mA;V DS = V DD − I D ( R3 + R4 ) = 4 V > 1 V = V GS − V T
Así que efectivamente está saturado.
R4
gmvgs S
D
vo
b) En pequeña señal la puerta está a tierra por efecto del condensador C. r o no está presente (es infinita) pues en la expresión de la corriente de drenador no aparece el efecto Early.
gm vi
G
= 2k (V GS − V T ) = 2 mΩ -1
R3
c)
g m v gs vs vo
= gm
vg
− vs = − g m vs
= vi + g m R4 v gs = vi − g m R4 vs ⇒ vi = (1 + g m R4 )v s ⎫⎪ vo g m R3 = 9,83 ⎬⇒ = = − g m R3v gs = g m R3 vs ⎪⎭ vi 1 + g m R4
Actualizado Octubre 03
CAB 10
11. V CC
a) En el colector del transistor, en continua y activa directa,y con β arbitrariamente grande:
I 0
I 0
= I B + I C ≈ I C
El error cometido en el cálculo de I C:
∆ I C V O
R BC
I C
R L
=
I C , real
− I C , aprox
I C , real
=
− I B I C , real
=
1 β
≤ 0,02 ⇒ β ≥ 50
Una ecuación de malla para calcular V CE :
V CE = V BE + I B R BC > V BE > V CE , sast
El transistor no puede estar saturado. El valor de V CE :
RS
V CE = V BE +
I 0
β
R BC ≈ V BE ≈ 0,7 V
Si β es muy grande. Para que el error cometido en V CE por despreciarI B fuera menor de 0,1 V (que es más o menos la precisión que se tiene en V BE y por tanto no merece la pena afinar más):
∆V CE =
I 0 R BC
β
Ri
β ib=gmvbe E C
RS ib
vs
< 0,1 V ⇒ β >
I 0 R BC
=
0,1 V
0,5 × 100
= 500
b) En pequeña señal por efecto de los condensadores la base queda a tierra y R BC en paralelo con R L. La fuente ideal de corriente continua es un circuito abierto. Los elementos del circuito equivalente del transistor:
vo
r π
0,1
r π
R BC || R L
= V t I B = β V t I C → ∞
Esto quiere decir que ib es también muy pequeña en alterna, i b ≅ 0, pero desde luego no implica que i c sea nula: el producto β ib está indeterminado Una solución es trabajar con g m que tiene un valor finito:
= I C
gm
B
V t
= 20 mΩ -1
Un BJT con una β muy grande se parece pues en alterna a un JFET: la base está en circuito abierto y el generador de corriente está gobernado por la tensión base – emisor. Entonces, puesto que i b = 0 ,:
ve
= − g m ve ⎫ vs ⎬ ⇒ ve = = v x + g m R S vbe ⎭ 1 + g m R S
Ri
=−
g m vbe
v be
− g m vbe
;
vo vs
=
− g m R L R BC vbe vs
g m R L R BC v e
=
vs
=
g m R L R BC
1 + g m RS
≈ 10
= 1 g m = 50 Ω
Otra solución es trabajar con ib , r π y β normalmente como si tuvieran valor finito y derivar las fórmulas. Al final , se hacen tender r π y β a infinito teniendo en cuenta que su cociente es finito. Por ejemplo:
ve
= −ib r π = v s + R S ( β + 1)ib ⇒ ib = −
vo
=
vs
− β R L R BC ib vs
=
β R L R BC r π
+ ( β + 1) R S
=
vs r π
+ ( β + 1) R S R L R BC
r π β + (1 + 1 β ) R S
→
R L R BC r π β + R S
12. a) El circuito equivalente de pequeña señal queda: r π
I i V i
de donde Ri
=
vi ii
= R B (r π + ( β + 1) R L ) ≅ R B
Actualizado Octubre 03
R B
I b
β I b
β R L con lo que R B = 1 MΩ
R L
=
R L R BC
1 gm
+ R S
≈ 10
CAB 11
V CC R B
RC
b) En continua:
V CC I B
V CC − V BE
= I B R B + V BE + ( β + 1) I B R L ⇒ I C = β I B = β
R B
= 7,15 µ A; V CE = V CC − I C ( RC +
β + 1 R L ) β
+ ( β + 1) R L
≅
143 2000
= 0,715 mA
≅ 15 − 0,715 ⋅ 12,8 ≅ 5,85 V > V CE , sat
c) Margen al corte:
iC
= I C + ic = I C + vo
β
( β + 1) R L
≥ 0 ⇒ vo ≥ −
I C R L ( β + 1)
β
≅ − I C R L = −7,15 V
Margen a la saturación:
R L
v CE
= VCE + vce = VCE − vo ≥ VCE ,sat ⇒ vo ≤ VCE − VCE ,sat = 5,85 − 0, 2 = 5,65 V
Las relaciones entre las magnitudes de pequeña señal se obtienen del circuito equivalente (apartado a)) Luego la máxima amplitud de la señal de salida simétrica es 5,65 Vp (11,3 Vpp)
13. a) Para el circuito de continua se puede utilizar la expresión habitual:
V CC
I C = β R B Donde V BB
R1
= V CC
R2 R1
+ R2
− V BE ≅ 2,4 mA + ( β + 1) R E
V BB
= 6 V y R B = R3 +
R1 R2 R1
+ R2
= 20 k Ω
son la tensión y la resistencia
equivalentes de Thévenin, respectivamente, del circuito que polariza la base
R3 R2
R E
b) El circuito de pequeña señal queda:
ii(t )
vi(t )
vbe r π ||R3 gmvbe= = β ib
vo(t ) R E ||R1 ||R2
-1 / gm ≅ 1 k Ω Donde gm = I C / Vt = 95,5 mΩ , r π = β
c) Llamando R X = r π|| R3 ≅ 0,91 k Ω, RY = R E || R1|| R2 ≅ 1,67 k Ω
= vbe + vo ⎫ ⎪v = i ( R + ( + g R ) R ) ⇒ R = R + ( + g R ) R ≅ vbe = ii R X 1 m X Y 148 k Ω ⎬ i i X 1 m X Y i X ⎪ v o = (1 + g m R X ) RY ii ⎭ vi
O bien, dado que r π || R3 ≅ r π, se tendrá que ii ≅ ib. Por tanto:
= ib r π + vo ⎫ ⎬vi = ib (r π + (1 + β ) RY ) ⇒ Ri ≅ r π + (1 + β ) RY ≅ 170 k Ω v o ≅ (1 + β ) RY ib ⎭ vi
Actualizado Octubre 03
CAB 12
14. a) Los transistores JFET son de deplexión; véase además que V GS2 = 0: si conduce, como afirma el enunciado, la tensión umbral ha de ser negativa V T = -1 V. La ecuación de la corriente de drenador para Q2 , que tiene puerta y fuente cortocircuitados, es, en saturación e ignorando el efecto Early, :
I D 2
= k (V GS 2 − V T )2 = kV T 2 = 1 mA
Como Q1 está también saturado, su corriente es:
= k (V GS 1 − V T )2
I D1
Puesto que el nudo de salida está abierto, se tiene
I D 2
= k (V GS 2 − V T )2 = k (V GS1 − V T )2 = I D1 ⇒ V GS1 = V GS 2 = 0
Y como el nivel de continua en la puerta de Q1 es cero: 0 = V GS1 = V G1-V S1 = 0-V O ⇒ V O = 0 Nótese que no se ha utilizado el valor de las tensiones de alimentación: sería preciso conocerlas para calcular el valor de V DS y verificarla saturación de los transistores y la coherencia de los resultados. Sin embargo, el enunciado asegura la saturación y no se pide la comprobación. b) Los dos transistores son iguales y están polarizados con la misma corriente de drenador, y por tanto los parámetros de su -1 circuito equivalente de pequeña señal son iguales: g m = 2k (V GS-V T) = 2 mΩ ; r o ≅ V A / I D = 50 k Ω. El circuito equivalente de la fuente es: Y se pide Req = v x / i x: i D
x
+ gmvgs
r o
Req
v x
=
v x i x
v x
=
g m v gs
-
S G
+
v x
= (vgs = 0) = r o ≈ 50 k Ω
r o
c) El circuito equivalente de pequeña señal, con la fuente de corriente reducida a su resistencia equivalente, : G1
vo
gmvgs1
vi
v gs1
S1 S 2
vo
r o Req
= vg1 − vs1 = vi − vo
= g m vgs1 r o Req = g m r o Req (vi − vo ) ⇒ vo =
g m r o Req
1 + g m r o Req
= 0,98
D1 D2 G2
d) La resistencia de salida es la relación entre la tensión aplicada a la salida y la corriente que entra por ella con las fuentes de señal anuladas:
i x S1 S2
G1
gmvgs1
r o Req
+
v gs1
v x
i x
-
= vg1 − vs1 = −v x
= − g m vgs1 +
v x
= g m v x +
r o Req
v x r o Req
⇒ Ro =
v x i x
= 1 g m r o Req = 490 Ω
D1 D2 G2
15. La polarización es la misma en las dos etapas. Con los transistores en activa directa:
I B
=
V CC − V BE R B
= 10 µ A; I C = β I B = 2 mA;V CE = V CC − I C RC = 7 V > V CE,sat
En pequeña señal, con r π = V / t I B = 2,5 k Ω:
ib1
RG vg
Actualizado Octubre 03
R B
r π β ib1
ic1
ib2
vce1 RC
R B
r π
ic2
β ib2
vo≡ vce2 RC
R L
CAB 13
vg
r π R B
R G + r π R B
r π
ib1
=
vo
=
vg
vo vce1 vce1 vg
=
− β ib 2 RC R L − β ib1 r π RC R B − β RC R L − β r π RC r π R B ≈ = −40 × −40,8 = 1632,6 ib 2 r π ib1r π ( R G + r π R B ) r π R G + r π
Para calcular el margen dinámico se examina cuánto ha de valer v o para que ningún transistor se corte ni se sature: El primer transistor no se corta:
iC 1
= I C + ic1 = I C −
vce1 r π RC R B
≥ 0 ⇒ vce1 ≤ I C r π RC R B ⇒ vo ≥
vo vce1
I C r π RC R B
= −40,8 × 2 × 0,714 = −58,3 V
Donde se ha aprovechado el valor de v o / vce1 que se dedujo al calcular la ganancia. Notar que la desigualdad cambia de sentido al multiplicar ambos lados por vo / vce1 que es negativo. El primer transistor no se satura:
vCE 1
= V CE + vce1 ≥ V CE ,sat ⇒ vce1 ≥ −V CE + V CE ,sat ⇒ vo ≤
vo vce1
(− V + V CE
CE , sat
) = −40,8 × −7 = 285,6 V
El segundo transistor no se corta:
iC 2
= I C + ic 2 = I C −
vo RC R L
≥ 0 ⇒ vo ≤ I C RC R L = 2 × 0,5 = 1 V
El segundo transistor no se satura:
vCE 2
= V CE + vce 2 ≥ V CE ,sat ⇒ vce 2 = vo ≥ −V CE + V CE ,sat = −7 V
Luego el margen dinámico está limitado por el corte del segundo transistor y vale 1 Vp. Como la segunda etapa tiene mucha ganancia variaciones de tensión muy grandes a la salida corresponden a variaciones de tensión mucho más pequeñas a la salida de la primera etapa, así que es lógico que el margen dinámico no venga limitado, ni mucho menos, por ésta.
16. a) La corriente de emisor de los transistores es la misma; si están ambos en activa directa y dada la igualdad de las β s y la ausencia del efecto Early, las corrientes de colector son iguales, I C (por cierto, este razonamiento es válido tanto en continua como en alterna) La caída de tensión a lo largo del divisor resistivo:
+V CC I X
I C / β
I X - I C / β
RC I C
8 R
R
2V CC = R(10 I X − I C β ) ≅ 10 RI X
TN
Donde se ha despreciado la corriente de base frente a 10 I X , lo que puede validarse a posteriori. Observando la diferencia de tensión entre las bases de los dos transistores:
R E (1+1/ β ) I C
I C / β
RI X
= 2V BE ( ON ) + (1 + 1 β ) R E I C ⇒ I C ≅
RI X − 2V BE ( ON) R E
V CEN
R
V ECP
= V CC − I C RC − V CC − 8 RI X − V BE ( ON) = 9,9 V = −V CC + RI X + V EB (ON ) − (− V CC ) = 3,1 V
-V CC / e β / b) En pequeña señal el circuito equivalente es el siguiente, donde r π N I C = 1,25 k Ω. = r πP ≡ r π = kT
TP B
ibP
TN E
β ibN
R E
E
C
r π P vi
R /2 β ibP
ibN
C c) T P trabaja en colector común, y T N en base común d) En los nodos de emisor: ( β +1)ibN = -( β +1)ibP ⇒ ibN = -ibP
Actualizado Octubre 03
= 2 mA
I C / , lo que justifica la aproximación anterior. Y para β = 0,02 mA << 1 mA = I X verificar el funcionamiento en modo activo directo:
TP I X
⇒ I X ≅ 2V CC / 10 R = 1 mA
r π N
B
RC
vo
CAB 14
Av
=
vo vi
=
− β RC ibN β RC 500 k Ω = = = 9,5 ibP (r π P + ( β + 1) R E ) − r π N ibN (β + 1) R E + 2r π 52,5 k Ω
e)
Ri
=
vi vi R 2
vi
=
+ ibP
vi R 2
vi
=
− ibN =
vi R 2
R
2
+
1
=
vo
β RC
1 R 2
(( β + 1) R E + 2r π ) ≅
+
R
2
Av
1
=
β RC
1 R 2
+
=
1
( β + 1) R E + 2r π
= 1,2 k Ω
f) El corte de los dos transistores sería simultáneo por la igualdad de las corrientes de colector:
iCN
= iCP = I C + ic = I C −
vo RC
≥ 0 ⇒ vo ≤ I C RC = 10 V
La no-saturación de TN impone:
vcen
= V CEN + vcen ≥ V CE ,sat
⎫ − V CEN + V CE ,sat ⎪ ≅ −V CEN = −9,9 V ⎛ r π ⎞⎬ ⇒ vo ≥ r π r π ⎟⎟⎪ = −icn RC + icn = vo ⎜⎜1 − 1− β ⎝ β RC ⎠⎭ β RC
vCEN
Y la de TP:
v ECP vecp
= V ECP + vecp ≥ V EC ,sat = −ibn r π + iep R E = icn (− r π
⇒ −vo
R E RC
− r π
β + (1 + 1 β ) R E ) = −vo
≥ −V ECP + V EC ,sat ⇒ vo ≥
RC R E
(V − V
EC , sat
ECP
⎫ ⎪ β + (1 + 1 β ) R E R E ⎬ ⇒ ≅ −vo ⎪ RC RC ⎭
) ≅ 31 V
Luego el margen dinámico, limitado por la saturación de TN , es 9,9 Vp
17. R
I D
I B
a) En continua:
V CC
I B
=
V CC − V BE R
⇒
r π R
=
kT e RI B
=
kT e V CC − V BE
b) En alterna:
I d V g
Z =
R I b
β I b r π
C
V g I d
=
I b r π + R( I b + I b jω Cr π )
β I b + I b + I b jω Cr π
=
ω ω 0 β
⇒ log( Z R ) ≅ log(ω ω 0 ) − log β , que en los ejes pedidos es una recta: log( Z R )
0
Z = R
Z = R β
0 ω ω 0
Actualizado Octubre 03
β + 1 + jω Cr π
⎛ r << R ⎞ 1 + jω Cr π 1 + j ω ω 0 ⎟⎟ ≅ R ≅ ⎜⎜ π = R β + jω Cr π β + j ω ω 0 ⎝ β >> 1 ⎠ 2 1 + (ω ω 0 ) Y tomando el módulo Z = R 2 β 2 + (ω ω 0 )
c) En la región de interés ω / ω0 es despreciable frente a β y 1 frente a ω / ω 0:
Z ≅ R
r π + R (1 + jω Cr π )
=1
ω ω 0
= β + 1
log(ω ω 0 )
≅
