Ejercicios Resueltos Electronica 1

Universidad Simón Bolívar Departamento de Electrónica y Circuitos

Circuitos Electrónicos I (EC-1177)

Recopilación de problemas de Electrónica I Realizado por Br. Daniela Curiel Supervisado por Prof. Jose Restrepo Version 1.0 Trimestre Trimestre Septiembre-Diciembre Septiembre-Diciembre 2005

1

2

Capítulo 1

Amplificadores Operacionales Problemas resueltos de amplificadores operacionales 1.Para el circuito mostrado a continuación, determinar la corriente de carga I

L

en función de V I

R5=1K Ib R1=2K R3=2K Ia -

Id

R2=2K -

V

I

+

R4=1K

Ic +

Ie I L

RL

Al resolver ejercicios que involucren amplificadores operacionales ideales es necesario recordar y aplicar las siguientes propiedades:

• La diferencia de potencial entre el terminal positivo y negativo negativo del amplificador es 0V. 0V. en consecuencia: V a = V i V b = 0

• Las corrientes de entrada tanto al terminal positivo como al negativo del amplificador son 0A. En consecuencia:

I b = I a

(1.1)

I c = I d

(1.2)

La metodología para resolver este tipo de problema paso a paso es: 1. Definir Definir que es lo que pide el problema problema::

I l =

V 0 Rl

(1.3)

2. Definir cada corriente en función función de los voltajes en los extremos extremos de la resistencia por la cual circula:

I a = 3

V i

− V 0101 R1

Problemas resueltos de OP-AMP

I b =

V 0 V i R5

−

I c =

V 01 01 R2

− V R02032 V 02 02 − V 0 I e = I d =

R4

3. Igualar aquellas corrientes corrientes que por las ecuaciones (1) y (2) son las mismas, sustituir los valores de las resistencias conocidas y despejar los voltajes desconocidos en función de la entrada:

V i

− V 0101 = V 0 − V i

2K

1K

V 01 01 = 2K

02 02 − V 2K

Despejando estas ecuaciones se obtiene:

V o1 = 3V 3 V i

− 2V o V o2 = −V o1

4. Hacer una ecuación de nodos nodos en la salida del circuito: circuito:

V 02 V 0 V 0 V 0 V i 02 = + R4 Rl R5

−

−

Sustituyendo las expresiones (4) y (5) en (6) se tiene:

2V o

− 3V i − V o = R1kL V o + V o − V i

5. Se obtiene finalmente la expresión expresión para el voltaje de salida salida V 0 :

−2V i = R1kL V o ⇒

V o =

− 21RkL V i

6. Se hall hallaa Il por la ecuación (3):

I l =

− 12k V i

Otra manera de solucionar este problema de forma más rápida, es recordando las expresiones para la salida de las distintas configuraciones de operacionales y aplicando el principio de superposición. Veamos como se aplica esto en un ejemplo más sencillo: R2 R1 V2

-

V1

+

Vo

4

Problemas resueltos de OP-AMP

Primero, vemos cual es el valor de V 0 cuando se coloca V 1 a tierra. En este caso se obtiene un ampli2 ficador inversor de ganancia R R1 V 2 .

−

Luego, Luego, realiz realizamo amoss el mismo mismo proces proceso o pero pero coloca colocando ndo V 2 a tierra tierra.. En este este caso caso se obtien obtienee un amplifi amplificad cador or R2 i). no inversor de ganancia (1 + R1 V i) entonces V0 es simplemente la superposición de los resultados obtenidos. V 0 =

− RR V 2 +(1+ RR V i)i). 2 1

2 1

Este concepto puede usarse perfectamente en el ejercicio propuesto para así obtener directamente la expresión (6). Si nos fijamos bien, en este caso lo que se quiere hallar es el voltaje V 01 y las entradas serían Vi y V 0 obteniendo directamente: directamente:

V o1 = 3V 3 V i

5

− 2V o

Problemas propuestos de OP-AMP

Problemas propuestos de amplificadores operacionales 1. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar

V o V i .

R2

R4 R3

R1

Vi

-

Vo +

Respuesta:

V o = V i

−( R2R3 + RR31RR43 + R2R4 )

2. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar R

Vi

V o V i R

R Rx -

Vo +

R

R

Respuesta:

V o = V i

R

−( R2Rx + 2)

3. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar R

V o V i

R

R Vi

R

R

R

-

Vo +

Respuesta:

V o = V i

−8

4. Para el circuito mostrado a continuación determinar determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los siguentes datos del amplificador operacional: 6


• Ad = 1000000 • CMRR = 100000 100 10K

-

V1

Vo

10K

V2

+

100K

Respuesta: CMRR = 10 5 5. Para el circuito mostrado a continuación determinar determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los siguientes datos del amplificador operacional:

• R1=R3 • R2=R4 • CMRR= CMRR1 R2 Vd/2

Vcm

+

-

-

+

R1

-

Vo

R3

+

Vd/2

R4

Respuesta: CMRR = CMRR1 6. Para el circuito mostrado mostrado a continuación derive derive una expresión para V 0 en término de V1 ,V2 ,V3 y V4 suponiendo que todos los amplificadores operacionales operan en la región lineal. R2

R1

R6

-

V1

+

R5 -

V2

Vo +

R4

R3 -

V3

+

V4

Respuesta: V 0 = V 4 +

R4 R3 (V 4

− V 3) + RR (V 4 + V 4 RR − V 3 RR − V 2 − V 2 RR 6

4

4

2

5

3

3

1

7

2 + V 1 R R1 )


7. Del circuito mostrado mostrado a continuación continuación determinar R f tal que Il no dependa de Zl . Rf

R1

-

Vi

+

R3

R2

Respuesta: Rf =

R3 R1 R2

8

Zl

Capítulo 2

Diodos Problemas resueltos de diodos 1. Para Para el circui circuito to mostra mostrado do a contin continuac uación ión,, determ determina inarr las corrie corriente ntess por los diodos diodos tomand tomando o en cuenta cuenta que son ideales.

D3 5V -+

10V

+ -

D1

3K

7K

D2 + -

2,5K

5V

Al resolver ejercicios que involucren diodos ideales o no ideales es necesario recordar y aplicar el siguiente algoritmo: supone el caso caso más sencil sencillo, lo, es decir decir,, todos todos los diodos diodos apagad apagados os y se hallan hallan los volt voltaje ajess ánodoánodo-cát cátodo odo • Se supone de cada uno de ellos. En este caso se tiene:

VA1 - V K 1 = 10V + 5V = 15V VA2 - V K 2 = 5V + 5V = 10V VA3 - V K 3 = 0V + 5V = 5V

• Como se puede ver, la suposición es incorrecta, esto quiere decir que al menos uno de los diodos debe

estar encendido. De nuevo, la suposición más sencilla sería que sólo uno de ellos esta encendido. Se supone entonces que el que tiene el voltaje ánodo-cátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodo-cátodo. En este caso se supone encendido el diodo 1 y se obtiene:

VA2 - V K 2 = 5V - 6,4V = -1,4V VA3 - V K 3 = 0V + 2V = 2V

• De nuevo la suposición era incorrecta, esto quiere decir que más de un diodo debe estar encendido. La suposición más sencilla es que sólo dos están encendidos. Se supone entonces que el que tiene el voltaje ánodo-cátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodo-cátodo. En este caso se supone encendido el diodo 3 y se obtiene:

VA2 - V K 2 = 0V - 6,4V = -6,4V

• Finalmente la suposición es correcta, y ahora sólo resta hallar las corrientes que pasan por los diodos

1 y 3. como el diodo 3 va a tierra y el diodo 2 está apagado, eso quiere decir que la corriente que pasa por el diodo 1 es igual a la que pasa por el diodo 3 y viene dada por: 9

Problemas resueltos de diodos

10 - 10KI = 0 I = 1mA Como se puede observar, lo más complicado acerca de circuitos con diodos, es saber en que momento están prendidos o apagados. Para problemas sencillos, este algoritmo funciona muy bien, sin embargo, para otro tipo de problemas que involucran diodos es necesario hacer un análisis que no se rija por ningún algoritmo.

2. Para el circuito mostrado a continuación, determinar la función de transferencia suponiendo que VZ = 4,3V. 10K

D1 5K

5K

10K

D2

-

Vi

Vo +

Dz1 Dz2

En este tipo de problemas el algoritmo mostrado anteriormente no puede utilizarse debido a que sería demasiado complicado. Para este tipo de problemas es necesario tener conocimiento acerca de las configuraciones de diodos más comunes y su comportamiento, de modo que podamos dividir un problema complicado en pequeños y sencillos problemas que unidos resuelvan el problema original. Cabe destacar que para este tipo de problemas, no hay pasos a seguir, razón por la cual sólo haciendo suficientes problemas se puede desarrollar la habilidad de intuir como se ha de resolver el problema. Para este caso en particular se podría subdividir el problema en dos: una primera parte, que está a la entrada de el amplificador operacional y una segunda parte que involucra al operacional y va hacia la salida del circuito. La primera parte del circuito es simplemente un limitador de voltaje, es decir, que mientras el voltaje de entrada esté dentro de cierto rango, lo diodos estarán apagados y por lo tanto el voltaje en la salida variará linealmente de a cuerdo al voltaje de entrada. Pero cuando el voltaje en los diodos esté fuera de estos rangos, el voltaje en la salida será limitado por el voltaje en los diodos. En este caso, para voltajes muy altos el zener que se encuentra más arriba se encenderá en inverso mientras que el otro se prenderá en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o mayor a 0,7V + 4,3V = 5V. 5V. Para voltajes muy bajos ocurre lo mismo, pero el diodo que se enciende en inverso sería el que está más abajo y el otro se encendería en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o menor a -0,7 + -4,3 = -5V. Para hallar los rangos de voltaje antes mencionados abrimos ambos diodos y nos damos cuenta de que el voltaje de entrada debe dividirse entre dos resistencias del mismo valor 5K, lo cual quiere decir que para alcanzar los voltajes límite sobre los diodos 5V y -5V, el voltaje de entrada debe valer el doble 10V y -10V. 10

Problemas resueltos de diodos

Una vez establecidos los rangos, sabemos que cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V el voltaje de entrada al amplificador quedará limitado a cierto valor. Analizando la segunda parte del circuito se tiene que dentro de cierto rango de voltaje de entrada ambos diodos estarán apagados de modo que el circuito se comporta como un simple amplificador inversor de ganancia -20K/10K = -2, lo cual corresponde a la pendiente de la función de transferencia. Para hallar los rangos del caso anterior, hay que tomar en cuenta que el voltaje en la entrada del amplificador es 0V porque el terminal positivo de éste está a tierra. Dado que se trata de un amplificador inversor, si el voltaje de entrada es positivo, el de salida es negativo y viceversa. Entonces si el voltaje de entrada es lo suficientemente positivo, el diodo a mano izquierda se encenderá cuando el voltaje en su cátodo sea menor o igual a -0,7V, lo cual sucede cuando el voltaje de salida es -1,4V, ya que por tratarse de dos resistencias de 10K, el voltaje se divide en partes iguales. Si el voltaje de entrada es lo suficientemente negativo se encenderá el diodo a mano derecha cuando el voltaje en la salida sea mayor o igual a 1,4 V. Entonces ya sabemos que mientras el voltaje de salida esté entre 1,4 y -1,4, la pendiente de la función de trasferencia es -2.Lo cual equivale al rango de voltaje de entrada entre -0,7 y 0,7. Ahora, cuando el voltaje de salida es mayor a 1,4V o menor a -1,4V hay un diodo encendido y entonces la ganancia del amplificador es de -1 hasta cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V, cuando el limitar de voltaje hace que se mantenga constante. Entonces se obtiene la siguiente función de transferencia: Vo

-1 1.4 -2

-10

-0.7

0.7

10

-1.4 -1

11

Vi

Problemas propuestos de diodos

Problemas propuestos de diodos 1. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia que los diodos son ideales.

10K Vi

Vo

D1 5V

D2

-

+

5V

+

-

10K

10K

Respuesta:

5

Vi/2+5/2 1

-5

5 -5

Vi/2-5/2

2. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar V o

+ -

100K

10V

D1 1V D3 0V D2

D4 10K

D5 0V

+ -

-10V

D6 -1V

10K + -

Respuesta: V o = 0

12

-10V

V o V i , tomando en cuenta


3. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar V o Vo D1

+

V1

-

D2

+

V2

-

1K 1K

tomando en cuenta el siguiente gráfico de las señales de entrada. V1

V2

5V

0

1

3

2

4

-5V

Respuesta:

4.3V

2.15V

0

1

2

3

4

4. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia transferencia 10K Vo

Vi

10K

13

V o V i


Respuesta: Vo

Vz+1.4 0.5

(Vz+1.4)/2 Vi

-(Vz+1.4)/2 -Vz-1.4

5. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia transferencia

V o V i

R Rf Vi

R

D1

-

Vo +

D2 RL

Respuesta: Vo

-1

Vi

6. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia transferencia 10V

10K

D1

D2

Vi

Vo

D3

D4 10K

10K

-10V

14

V o V i


Respuesta: Vo

m=1 -4.65 Vi

4.65

7. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia transferencia 10V 10K

D1

Vz=5V

D2

Vi

Vo

D3

D4

10K

10K

-10V

Respuesta: Vo

Vi-5,7 4.65

-10,35

Vi

-4.65

4.65

-4.65 Vi+5,7

15

10,35

V o V i


8. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia transferencia

V o V i

50K 10K

-

Vo +

500

Vi

R1

D1

R2=200ohm R1=1K Vz1=3.3 V Vz2=5.3 V

R2

Dz1

Dz2

D2

D3

Respuesta: Vo 36V

1,5V

4V 24V

6V

-0,7V

Vi

4V

7V

-4,2V

9. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la función de transferencia que V z = 4V 10V

10K

10K

Vi

10K

-

Vo

+

10K

-10V

16

V o V i , tomando en cuenta


Respuesta: Vo

4.7V

-4.7V

4.7V

-4.7V

17

Vi


18

Capítulo 3

Mosfet Problemas resueltos de MOSFET 1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar v o cuando Vi = 0V, 3V, 6V. +6V Kn’(W/L)=Kp’(W/L) |Vto|=2V

Q2

l=0 Vo

Q1 Vi

Para resolver este tipo de ejercicios, es muy útil recordar el siguiente algoritmo: (a) Identifica Identificarr con que tipo de transistor transistor se va a trabajar trabajar y las fórmulas fórmulas que se deben deben de utilizar utilizar y defenir el signo del V t que nos dan. (b) Suponer que el transistor se encuentra en el estado más sencillo, sencillo, es decir, en corte y se verifica si cumple con la condición de corte. De cumplirse la condición, se procede a realizar los cálculos necesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso. (c) Si el transistor no estaba en corte, supongamos supongamos que está saturado y evaluemos evaluemos la condición de saturación para este tipo de transistor en particular. De cumplirse la condición, se procede a realizar los cálculos necesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso. (d) Si el transistor no estaba ni en corte ni en saturación saturación debe estar en triodo. Es necesario necesario demostrar la condición de triodo para así poder descartar cualquier error cometido a lo largo de la resolución del problema. A continuación vamos a aplicar el algoritmo anterior a este problema en particular. En este caso, como el transistor que depende directamente del voltaje de entrada es Q 1 , es el que debemos ir analizando, para luego definir el estado de Q 2 . El primer paso es reconocer que el transistor Q 1 es tipo N y por lo tanto V t1 =2V mientras que el transistor Q2 es tipo P y por lo tanto Vt2 =-2V. =-2V. Es necesario tener mucho cuidado de utilizar las condiciones correctas según el tipo de transistor.

19

Problemas resueltos de MOSFET

a) caso V i =0V

• suponemos Q1 en corte Vg1=0V Vgs1 gs1 =0V como Vgs1 gs1
• Como Vgs2 gs2 =-6V
• Como Vds2 ds2 >Vgs2 gs2 -Vt2 entonces podemos decir que Q 2 está en triodo. • Dado que Q1 está en corte y Q2 en triodo, entonces el voltaje en la salida es 6V. En resumen, para V i =0V se tiene:

• Q1: En corte • Q2: En triodo • V0=0V b) caso Vi =3V

• Suponemos Q1 en corte Vg1=3V Vgs1 gs1 =3V como Vgs1 gs 1 >Vt1 , entonces la suposición es incorrecta y no está en corte.

• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que V gs1 gs1 -Vt1 = 1V. Utilizamos la ecuación de I D en saturación y obtenemos

1 ′ w K ( ) 2 n l

• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q 2 Tenemos que Vgs2 gs2 -Vt2 = -4V. Utilizando la ecuación de I D en saturación y obtenemos

1 ′ w K ( )( 4)2 2 p l

−

Como se puede observar las corrientes halladas no coinciden. Esto quiere decir que alguno de los dos transistores no esta en saturación. En estos casos, aquel que presente la mayor corriente no esta en saturación sino en triodo. Este será el estado final de los transistores.

• Entonces decimos que Q2 esta en triodo. Utilizamos la ecuación de I D en triodo para el transistor

Q2 y la igualamos a la ecuación de I D en saturación para el transistor Q 1 , ya que la corriente debe ser la misma. Entonces se tiene que:

1 ′ w 1 w K n ( ) = K p′ ( )[2(V )[2(V gs gs 2 l 2 l

− V T T )V dsds − V ds2 ]

De la ecuación anterior se obtiene la expresión cuadrática 2 V ds + 8V 8V ds ds + 1 = 0

De la cual se obtienen los siguientes valores para V ds : Vdsa =-7,87V Vdsb -0,12V Como estamos trabajando con un transistor tipo P que esta en la zona de triodo debe cumplirse que Vds >Vgs -Vt , por lo que nos quedaremos con el segundo valor.

20


Entonces, como Vs =6V, entonces Vd =-0,12V+6V=5,88V y V0 =Vds =Vd =5,88V En resumen, para V i =3V se tiene:

• Q1: En saturación • Q2: En triodo • V0=5,88V c) caso V i =6V

• Suponemos Q1 en corte Vg1=6V Vgs1 gs1 =6V como Vgs1 gs 1 >Vt1 , entonces la suposición es incorrecta y no está en corte.

• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que V gs1 gs1 -Vt1 = 4V. Utilizamos la ecuación de I D en saturación y obtenemos

1 ′ w K ( )4V )4V 2 2 n l

• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q 2 Tenemos que Vgs2 gs2 -Vt2 = -4V. Utilizando la ecuación de I D en saturación y obtenemos

1 ′ w K ( )( 4)2 2 p l

−

Como se puede observar las corrientes halladas coinciden. coinciden. Esto quiere decir que en cada transistor caen 3V y por lo tanto V 0 =3V.

• Ahora es necesario verificar si la suposición de que ambos estén saturados es correcta. Partiendo de que Vd1 =Vd2 =3V se tiene que:

para Q1 , Vds1 ds1 =3V y la condición de saturación pa un transistor tipo N no se cumple. Esto quiere decir que no esta en saturación sino en triodo. para Q2 , Vds2 ds2 =-3V y la condición de saturación pa un transistor tipo P tampoco se cumple. Esto quiere decir que no esta en saturación sino en triodo.

• Como acabamos de comprobar que los transistores no están en saturación, sino en triodo se pro-

cede a utilizar las ecuaciones de I D en triodo tanto para Q 1 como para Q2 para luego igualarlas y hallar Vd s a partir del cual podemos obtener V 0 .

1 w I D1 = K n′ ( )[2(6 2 l I D2 =

2 − 2)V 2)V ds1 ds1 − V ds1 ds1 ]

1 ′ w 2)V ds2 K ( )[2( 6 + 2)V ds2 2 p l

−

2 − V ds2 ds2 ]

También se tiene que V ds2 ds2 =Vds1 ds1 -6V Entonces, Igualando las corrientes, sustituyendo V ds2 ds2 y despejando Vds1 ds1 de la ecuación se tiene: Vds1 ds1 =V0 =3V En resumen, para V i =6V se tiene:

• Q1: En triodo • Q2: En triodo • V0=3V 21


2. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación.

2

10V

Kn’(W/L)=50mA/V Kn’(W/L)=50 |Vt0|=1V l=0.01V g=0.5V ff=0.3V

6V

-1

Vo 50k W

Análisis DC: Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación. posteriormente debe verificarse que efectivamente están en ese estado. sabemos que la ecuación ID para un mosfet en saturación es:

I D = 12 K n ( wl )(V )(V gs

− V t)t)2

Además, esta corriente puede escribirse como:

ID =

Vs 50K 50K

Igualando estas dos ecuaciones tenemos:

1 w K n ( )(V )(V gs 2 l

Vs − V t)t)2 = 50 50K K

(3.1)

Se tiene que Vg=6V Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado:

1, 25 25V V s2

− 18 18,, 5V s + 61, 61, 25 = 0

Las posibles soluciones de esta ecuación son:

• V s1 s1 = 5V → V gs = 1V 1 V • V s2 s2 = 9, 8V → V gs = −3, 8V Como este voltaje debe ser mayor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como válido Vs1. Como en este ejercicio hay efecto de sustrato, es necesario calcular el verdadero Vt a partir del valor de Vs que acabamos de hallar y el valor inicial de Vt que llamaremos Vto. Para esto se utiliza la fórmula de V t :

| |

|V t| = V to + γ [ 2φf ± V sb −  2φf ] 22


En teoría, el nuevo Vt debe hallarse de manera iterativa, es decir, hacer varias veces el procedimiento para hallar Vt y luego utilizarlo como Vto, hasta que la diferencia entre ellos sea mínima. Sin embargo, es suficiente realizar este procedimiento sólo una vez porque los resultados no cambian significativamente. Entonces usando la ecuación anterior tenemos que:

Vt =

−0, 2V

Ahora, con este nuevo valor de Vt que utilizaremos el resto del problema, debemos volver a hallar Vs del mismo modo que lo hicimos anteriormente. En este caso habrá que resolver la siguiente ecuación de segundo orden:

1, 25 25V V s2

− 16 16,, 5V s + 48 = 0


• V s1 s1 = 4, 32 32V V → • V s2 s2 = 8, 87 87V V →

V gs = 1, 1 , 68 68V V V gs =

−2, 87 87V V

Como el voltaje Vgs debe ser mayor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como válido Vs1. Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.

ID =

Vs 40K 40K

= 86, 86 , 4µA

Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente:

• I dq = 86 86,, 4µA • V ds = 5, 68 68V V • V gs = 1,1 , 68 68V V Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumple que:

V gs > V t V ds > (V gs

→

1, 68 >

− V t)t) →

− 0, 2

5, 68 > 1, 88

Entonces podemos hallar los valores de gm, gmb, ro para utilizarlos en el modelo AC del circuito.

• gm = K n( wl )(V )(V gs − V t) t) = 94µ 94µ℧ γ • gmb = √ 2gm = 10, 10 , 6µ℧ φ V sb 1 • ro = λ Idq = 1M Ω ·

·

f ±

·

Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: 23


G GmVgs

Ro

GmVbs

Vin Vo Rs

Debido a que la fuente de corriente gmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos sustituirla por una resistencia de valor gmb −1 . Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

Ro

-1

Gm(Vin-Vo)

Gmb

Vo Rs

a. Cálculo de la ganancia Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente:

V o = (rs//ro//gmb−1 ) gm( gm(V in

·

− V o) o)

Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de valores conocidos. Vo Vi

=

(rs//ro//gmb −1 )·gm 1+(rs//ro//gmb 1+(rs//ro//gmb −1 )·gm

El valor numérico de la ganancia es:

A = 0, 0 , 769

b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada

Zin = 24

∞


c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de corriente gm(Vin-Vo) depende del voltaje entre sus extremos y puede reemplazarse por una resistencia de valor gm−1 . Entonces, la impedancia de salida es simplemente el paralelo de todas las resistencias. Zout = rs//ro//gmb −1 //gm−1 3. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. 10V

Rs

Vo Rg

vs

Rd

-10V

K n′ ( wl ) = 1mA/V 2

|V t| = 2V λ = 0V 0 V −1 Análisis DC: En principio recordemos que para análisis en DC los condensadores se comportan como cortos. Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación. Posteriormente debe verificarse que efectivamente están en ese estado. En este caso estamos trabajando con un mosfet tipo P. Por lo tanto, Vt=2V. sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:

I D = 12 K n ( wl )(V )(V gs

− V t)t)2


ID =

10−V s 1K


1 w K n ( )(V )(V gs 2 l

− V t)t)2 = 101−K V s

(3.2)

Se tiene que Vg=0V Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado: 25


6V s V s2 + 6V

− 16 = 0


• V s1 s1 = 2V → V gs = −2V • V s2 s2 = −8V → V gs = 8V 8 V Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como válido Vs1. Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.

ID =

10−2 1K

= 8mA

Como esta corriente es la misma que circula por la resistencia Rd, tenemos la siguiente ecuación:

ID =

V d+10 d +10 0,5K

Despejando la ecuación anterior se tiene que:

Vd =

−6V → V ds = −8V


• I dq = 8mA • V ds = −8V Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumple que:

V gs < V t V ds < (V gs

→ −2V < 2V

− V t)t) → −8V < −4V

Entonces podemos hallar el valor de gm para utilizarlo en el modelo AC del circuito.

• gm = K n( wl )(V )(V gs − V t) t) = 4m℧ Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente:

G GmVgs

GmVbs

Vin Vo Rs

26

Ro


Debido a que la fuente de corriente gmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos sustituirla por una resistencia de valor gmb −1 . Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

G GmVgs Rg

Vin

Vo Rd


Vo =

−gm · V gs · Rd

Vo =

−gm · V in · Rd

Luego, Vgs=Vi y por lo tanto:

Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de valores conocidos. Vo Vi

=

−gm · Rd

El valor numérico de la ganancia es:

A=

−2

b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada

Z in = Rg c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de corriente gmVgs se abre pues Vgs=0V. Entonces, la impedancia de salida es simplemente la resistencia de slaida. Zout = Rd

27

Problemas propuestos de MOSFET

Problemas propuestos de mosfet 1. Para el circuito mostrado a continuación continuación determinar el punto de operación del transistor para dos casos: a) R d =7K y Rs =3K y b)Rd =4K y Rs =3K.

K n′ ( wl ) = 2mA/V 2

|V t| = 1V 10V

Rd

1M

M1

1M Rs

Respuesta:

a) triodo

• Id = 947µA • Vds = 0,52V b) saturación

• Id = 1mA • Vds = 4V 2. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación del transistor transistor para R d =3K

K n′ ( wl ) = 2mA/V 2

|V t| = 1V 28


10V

Rd

800K

M1 200K 4K

Respuesta: saturación

• Id = 0,56mA • Vds = 6,06V 3. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación del transistor transistor

K n′ ( wl ) = 2mA/V 2

|V t| = 2V 5V

4K

D G

ID B

S

Respuesta: triodo

• Id = 1,18mA • Vds = 0,276V

29


4. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar V o / V Vi ,Z i ,Z o 15V

800K

60K Vo Rl

vs

700K 40K

K n′ ( wl ) = 0, 2mA/V 2

|V t| = 2V Respuesta:

• V o / V Vi = -0,2 (60K//Rl) • Z i= 800K//700K • Z o=60K//Rl Vi ,Z i ,Z o 5. Para el circuito circuito mostrado a continuación continuación determinar determinar V o / V 15V 5M

10K Vo 5K

vs

K n′ ( wl ) = 0, 3mA/V 2

|V t| = 1, 8V Respuesta:

• V o / V Vi = -2,65 (60K//Rl ) • Z i = 5M • Z o=10K//5K//5M 6. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación para a)( wl )1 = ( wl )2 = 40

40 y( wl )2 = 15 b)( wl )1 = 40y

30


5V

M1

M2

|V t| = 0, 8V K n′ = 30 30uA/V uA/V 2 7. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación.

15V

60K

800K

D G

ID B

S 700K

40K

|V t| = 2V K n′ ( wl ) = 0, 2mA/V 2 1

γ = 0, 5V 2 2φf = 0, 0 ,6V

31


8. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación.

5V 40K

D G

ID B

S 2.9V

-5V

|V t| = 2V K n′ ( wl ) = 20mA/V 20mA/V 2 9. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar el punto de operación.

20V

1K

|V t| = 2V K n′ ( wl ) = 1mA/V 2 K p′ ( wl ) = 2mA/V 2

32


10. Realizar análisis análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. continuación.

VDD

ID

Vo

5V

0.5mA

vs K n′ ( wl ) = 1mA/V 2 1

γ = 0, 5V 2 2φf = 0, 0 ,6V

|V t| = 1V 0 V −1 λ = 0V 11. Realizar análisis análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación. continuación.

10V

17,5K Vo

vs

1M

2,5K

-5V

K n′ ( wl ) = 0, 2mA/V 2 1

γ = 0, 5V 2 2φ = 0, 6V

|V t| = 2V λ = 0V 0 V −1

33


34

Capítulo 4

BJT Problemas resueltos de BJT 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC +15V Rc=5K R1=83K

Vo Q2

b1=b2=100 Va= ¥

R2=39K +15V R3=53K Q1

Vi

+ R4=10K

-

Re=2K

Análisis DC: En DC los condensadores se comportan como abiertos. En primer lugar es recomendable hallar el equivalente de thevenin para la entrada de ambos transistores para facilitar el análisis. En ese caso tenemos el siguiente circuito: +15V Rc=5K Vo

26,53K Q2

+ 4,795V -

8,41K Q1

+ 2,38V

-

Re=2K

35

Problemas resueltos de BJT

Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que todos los dispositivos están en activo-directo y posteriormente verificar que efectivamente están en ese estado. Para halla la corriente Ib1 podemos analizar el siguiente circuito:

Rb Q1

Ib + Vb

(bf+1) f+1)Ib Ib

-

Re

Donde la expresión para Ib en términos generales es:

Ib =

V b 0,7 Rb + (β (β f 1)Re f + 1)Re

−

(4.1)

Aplicando este modelo a nuestro caso en particular se tiene que

I b1 =

2,38V 38V −0,7V 8,41K 41K +202K +202K

= 7, 7 , 98 98µA µA

Luego:

• I c1 = I e1 = 100I 100I b1 = 0, 798 798mA mA Ie2 Ie 2 • I b2 = 101 = 7, 9µA • I c2 = 100I 100I b2 = 0, 790 790mA mA • V e1 e1 = I c1 ∗ 2K = 1, 1 , 596 596V V Para Hallar El voltaje en el emisor 2 se hace una ecuación de malla a partir de la entrada a la base 2:

V e2 e2 = 4, 795 795V V

− 26 26,, 53 53K K · I b2 − 0, 7V = 3, 88 88V V = V c1 c1

Para hallar el voltaje en el colector 2 se hace una ecuación de malla a partir de la alimentación de 15V:

V c2 c2 = 15 15V V

− I c2 · 5K = 11, 11 , 05 05V V

Finalmente tenemos:

• V ce2 ce2 = V c2 c2 − V e2 e2 = 11 11,, 05 05V V − 3, 88 88V V = 7, 7 , 17 17V V • V ce1 ce1 = V c1 c1 − V e1 e1 = 3, 3 , 88 88V V − 1, 596 596V V = 2, 2 , 28 28V V Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente:

• I cq 1 = 0, 789 789mA mA • V ce1 = 2,2 , 28 28V V 36


790mA • I cq 2 = 0, 790 mA • V ce2 = 7,7 , 17 17V V Puede verificarse que los dispositivos estaban en activo directo como se había supuesto desde un principio.

Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente: Vo

+ R1//R2

Vp2

Rp2

Gm2V Gm2 Vp2

Rc

A

-

+

Vin

R3//R4

Rp1

Vp1

Gm1V p1

-

a. Cálculo de la ganancia Para calcular la ganancia de cualquier circuito es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. De esta manera se evita perder el tiempo realizando cálculos inútiles. En este caso, la expresión para el voltaje de salida es la siguiente:

Vo =

−gm2 gm2RcV π2 π2

Entonces, es necesario hallar una expresión de V π2 en función de valores conocidos. Para esto, hacemos una ecuación de nodos en el punto A

gm1 gm1V π1 π1 =

V π2 π2 rπ2 rπ 2

1+gm2 2rπ2 1+β rπ 2 + gm2 gm2V π2 π 2 = V π2( π 2( 1+gm ) = V π2( π 2( 1+β rπ2 rπ 2 rπ2 rπ 2 )

Despejando Vπ2 de la ecuación anterior se tienen que

V π2 π2 =

gm1 gm1V π1 π 1rπ2 rπ 2 1+β 1+β

De esta expresión, el único valor no conocido es V π1, pero en el modelo AC se puede observar claramente que V π 1=Vi. De este modo la expresión de V π 2 queda totalmente definida y por ende también la del voltaje de salida. Entonces sustituyendo el valor de V π2 en la expresión de Vo tenemos:

Vo =

−gm2 gm2Rcgm1 Rcgm1rπ2 rπ 2V i

1+β 1+β

Como ganancia se define como Vo/Vi finalmente:

A=

Vo Vi

=

−Rcgm1 Rcgm1β

1+β 1+β

Se tiene que:

gm1 gm1 =

Icq 1 Vt

37

= 31 31,, 92 92ms ms


Por lo que el valor numérico de la ganancia es:

A=

−158

b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es el paralelo de las resistencias en la entrada

Zin Zi n = R3//R4 //R4//rπ1 = 2, 2 , 28 28K K c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es V π1 y la corriente gm1V π 1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc.

Zout = Rc = 5K 5 K

38

Problemas propuestos de BJT

Problemas propuestos de BJT 1. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar es estado de los transistores. transistores.

15V

Rc1=5K Rb1=100K

Re2=2K

Bf = 100

Q2

Vj(on)=0,7V Q1 Rc2=2,7K Rb2=50k

Re1=3K

Respuesta: Ambos en activo directo Vbe1 = 0,7V Polarizado Vbc1 = -4,04V no polarizado Vbe2 = -0,84V polarizado Vbc2 = 1,16V no polarizado 2. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar las expresiones simbólicas simbólicas de A, Zin y Zout

Rb1

Rc

Q1 Rb2 Q2

Vi

+ -

Rb3

Respuesta: A = -gmRc 39

Re


Zin = Rb3//Rb2//r π2 Zout = Rc 3. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la expresión simbólica simbólica de la ganancia A

1mA 100K

10K

Vi

+ 175 ohm

-

Respuesta:

A=

gmrπ10 gmrπ 10K K 10 9 ( 175β 175β −175−rπ

− 101 )

4. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar las expresiones simbólicas simbólicas de A, Zin y Zout

0,5mA Rb=100K Vo Rl=1K

Rs=50ohm

Vi

Respuesta: A=

gmRl Rb (Rb+ 1+Rsgm ) Rb+Rl) Rl) ( 1+Rsgm

Zin = gm−1 Zout = Rb

40

+ -


5. Para el circuito mostrado mostrado a continuación determinar determinar la expresión simbólica simbólica de la ganancia A

10V

10V

Rc Vo

Rb1

Rl

Vi

+ -

Re

Rb2

Respuesta: Rc//Rl(β (β +1)+β +1)+β ) − Rc//Rl( rπ +rπ (β +1)

A=

2

1

1

2

1

1

6. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC

+9V

Bf=30 Va= ¥ +

Vi

5V

-

Vo 0,5K 50W

Respuesta:

I cq 1 = 3, 3 , 36 36mA mA V ce1 = 4, 7V I cq 2 = 68, 68 , 32 32µA µA V ce2 = 5, 4V

41


42

Capítulo 5

Circuitos Multietapa Problemas resueltos de Circuitos multietapa 1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC

15V

R1=3,05M

Rc=20K

Rs=31,1K

Vo M1

Vi

Kp’(w/l)=200 Kp’(w/l)= 200 mA/V |Vt|=2V l=0 bf=100 Va= ¥

Q2

+ -

R2=5,81M

Rd=130K Re=38,1K

Análisis DC: En DC los condensadores se comportan como abiertos. Ya que se esta trabajando con circuitos amplificadores, debe suponerse que los BJT están en activo-directo y los mosfet están en saturación. posteriormente debe verificarse que efectivamente están en ese estado. sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:

I D = 12 K n ( wl )(V )(V gs

− V t)t)2


ID =

15−V s Rs


1 w K n ( )(V )(V gs 2 l

−Vs − V t)t)2 = 15 Rs

(5.1)

Haciendo un divisor de voltaje a la entrada del mosfet tenemos el voltaje Vg es:

Vg =

15R 15R2 1+R2 R1+R

= 9, 9 , 836

Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado: 43

Problemas resueltos de Circuitos multietapa

V s2

23,, 35 35V 135, 267 = 0 − 23 V s + 135,


• V s1 s1 = 12 12,, 6941 6941V V locualimplicaqueV gs = −2, 858 858V V • V s2 s2 = 10 10,, 6559 6559V V locualimplicaqueV gs = −0, 8199 8199V V Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como válido Vs1. Utilizando este valor tenemos que: ID = 74,14 µA Ahora, para hallar el voltaje en la base del transistor BJT 2, (Vb2), sabemos que la corriente ID se divide en dos corrientes, una que va hacia tierra a través d la resistencia de 130K y otra que va hacia la base del transistor 2 (Ib2).

I D = I b2 +

V b2 b2 130K 130 K

(5.2)

Además, es posible hallar una expresión para Ib2 en función de Vb2, ya que sabemos que la corriente que va desde el emisor hasta tierra a través de la resistencia de 38,1 K puede expresarse de la siguiente manera:

I e2 =

V b2 b2−0,7V 38, 38,1K

= (100 + 1)I 1)I b2

Despejando Ib2, tenemos que:

I b2 =

V b2 b2−0,7V 3,8481M 8481M

y sustituyendo Ib2 en la ecuación (2) podemos finalmente obtener Vb2

ID =

V b2 b2 3,8481M 8481M

0,7 V b2 b2 − 3,841M 841M + 130K 130K

Despejando Vb2 de la ecuación anterior tenemos entonces que: Vb2=9,346V. Con este voltaje ya podemos terminar de hallar el punto de operación. Ie2 Ie 2 I c2 = 100I 100I b2 = 100 101 =

V e2 e2 = V b2 b2 V c2 c2 = 15

b2−0,7 100 V b2 1001 38, 38,1K

= 224, 224, 68 68µA µA

− 0, 7 = 8, 646 646V V

− 20 20KI KI c2 = 10, 10, 506 506V V


• I dq 1 = 74, 74 , 14 14mA mA • V ds1 = −3, 34 34V V • I cq 2 = 224, 224, 68 68µA µA • V ce2 = 1,1 , 86 86V V 44

Problemas resueltos de Circuitos multietapa

Análisis AC: el modelo en pequeña señal es el siguiente:

Gm1Vgs

Vo

G1 +

Vin

R1//R2

Rd

Vp2

Rp2

Gm2Vp2

Rc

-


Vo =

−gm2 gm2RcV π2 π2

π 2 en función de valores conocidos. Entonces, es necesario escribir V π2 V π2 π2 =

gm1V gs Rd rπ2 rπ 2 − gm1 Rd+ Rd+rπ2 rπ 2 ·

·

Por simple inspección, se sabe que Vgs=Vi, de modo que ya tenemos V π2 π 2 en función de valores conocidos, y por lo tanto Vo también.

Vo =

gm1 gm1V i ·Rd·rπ2 rπ 2·Rc·gm2 gm2 Rd+ Rd+rπ2 rπ 2

Como ganancia se define como Vo/Vi finalmente:

A=

Vo Vi

=

gm1 gm1·Rd·rπ2 rπ 2·Rc·gm2 gm2 Rd+ Rd+rπ2 rπ 2

Se tiene que:

gm2 gm2 =

Icq 2 Vt

= 8, 987 987ms ms

gm1 gm1 = Kp ′ ( wl )(V )(V gs

− V t)t) = 171, 171, 62 62µs µs

rπ2 rπ 2 = 11 11,, 127 127K K Ω Por lo que el valor numérico de la ganancia es:

A = 316, 316, 17 b. Cálculo de la impedancia de entrada Simplemente es la resistencia en la entrada

Z in = R1//R2 //R2

≃ 2M Ω

c. Cálculo de la impedancia de salida Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vgs1 y la corriente gm1Vgs1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc Zout = Rc = 20K

45

Problemas propuestos de Circuitos multietapa

Problemas propuestos de Circuitos multietapa 1. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC 20V

Rc=10K

Rb1=163K

Vo

M1

Kn’(w/l)=0,01mA/V Vt=2V l=0

Q1

Vi

+

2

Rb2=47K

-

Re=1K

Respuesta: Vgs = 3,14V Icq= 6, 33 10−4

·

gmM = 11 11,, 3µ℧ gmQ = 0, 03℧ rπ = 3, 3 , 3 103 Ω

·

A=

−Rcgm Q gm M rπ

1+rπgm 1+rπgmM

=

−10 10,, 9V

Zin = Rb2//Rb1 Zout = Rc 2. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC 10V

Rc=3K M1

Rb=465K R1=10K R1= 10K

Rg=10K Rg= 10K

Q1

Vx

Vi

+

Rd=3K

-

Respuesta: Idq= 1mA Vgs=-3V Icq= 1mA ro A = RdgmM gm Q Rc( Rc( ro+ ro+rd ) = 700

Zin = Rb//rπ Zout = ro//Rd

46

Kn’(w/l)=2mA/V Vt=-2 VA=100V l = 0,01 b = 50

2


3. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis AC 15V Kn’(w/l)=1mA/V Vt=-2 ro1=200K ro2=200K b = 100

R1=40K M1

2

R2=10K Vo

R3=680K Q1

Vi

+

R4=680k

-15V

Respuesta:

A=

−gm( gm(r 01 //r //r002 )

Zin = R3 //R4 //rπ

//r002 Zout = r 01 //r 4. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC 10V

60K

Kn’(w/l)=1mA/V Vt=2 ro3=100K b = 100

1K Q2 M1

Vi

+ -

3,65K

40K

9,3K

Q4

Q3

-10V

Respuesta: Idq= 2mA Vgs=4V Icq= 0,99mA

A=

(1+gmQ rπ)( −r 03 (1+gm rπ )(gm gmM R3 ) R3 +Rrπ+(R4 +R3 )(1+gmQ rπ)

R3 +rπ //(( gmrπ+1 Zout = r 03 //(( gmrπ +1 ) + R4 )

Zin = R1 //R2

47

2


5. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis AC 10V

¥

Ro= b =100 10 Vo

Respuesta:

A=

R2 β 2 (R1 +rπ 1 )(1+β )(1+β )

Zout = R2 ) Zin = R1 + rπ1 6. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC

10V

R1 Q2 M1

Vi

+ R2

4,3V

Respuesta:

400µA µA Idq= 400 Vgs= -5V Icq= 2,5mA

A=

R rπ −R2gm1 + (RRgm+rπ+gm+R)gm rπ gm 2

1

1

2

2

1

1

2

1

2

1

Zout = R2 Zin =

∞

48

Kp’=50 mA/V 2 w =40m l=10m |Vto|=3V b = 50 Is=1.7*10^-15 VA = ¥


7. Para el circuito mostrado mostrado a continuación realizar realizar análisis DC y AC

10V

R3=2K

R1=2,75K

b = 100

Rbb=425K

Q2 Q1

Vi

+ R4=10K

R2=5K

-10V

Respuesta: Icq2= 1mA Icq1= 1mA

A=

R4 gm2 gm1 (R1 +R3 (β2 +1)) (Rbb+ Rbb+rπ1 +R2 +R2 β1 )(R )(R1 +rπ2 +R3 (β2 ))

+1

β + 1) Zin = Rbb + rπ1 + R2 (β +

49

Ejercicios Resueltos Electronica 1

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