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Problemas Resueltos deIntroducción a la Electrónica

Juan A. CarrascoDepartament d’Enginyeria ElectrònicaUniversitat Politècnica de Catalunya

Barcelona, Septiembre 2008



Prefacio

La presente colección de problemas resueltos abarca todos los contenidos teóricos de la asig-natura Introducción a la Electrónica, tal y como es impartida en la Escuela Técnica Superior deIngeniería Industrial de Barcelona, de la Universidad Politécnica de Cataluña. Se espera que lacolección sea un instrumento útil para el estudio de dicha asignatura y que palíe el déficit cróni-co de resolución de problemas en clase, que siempre ha existido en dicha asignatura, debido elreducido número de horas lectivas disponibles. La resolución de algunos de los problemas sólorequiere una aplicación directa de la teoría. Sin embargo, la mayoría de ellos no. Ello es clara-

mente cierto para todos los problemas de análisis de circuitos con dispositivos semiconductores.Pero también es cierto para la mayoría de los problemas de física de semiconductores. Algunosde estos últimos son, en realidad, extensiones del material impartido en las clases de teoría.

En la resolución numérica de los problemas de física de semiconductores intervienen constantesfísicas y dependencias de dichas constantes con la temperatura. A continuación se recogen losvalores de dichas constantes y las leyes que rigen dichas dependencias. Las movilidades de losportadores de carga libres dependen además de la temperatura de otros factores tales como losdopajes, la presencia de imperfecciones en el cristal y, cuando es intenso, el campo eléctrico.Los valores dados son típicos para campos eléctricos no demasiado intensos. También se ignorala ligera dependencia de la anchura de la banda prohibida del silicio con la temperatura. Laconcentración intrínseca del silicio, ni, tiene en función de la temperatura absoluta T un valor

dado por

n2i = BT 3e−E g/(kT ) ,

donde B = 1,744 × 1033 cm−6 oK−3, E g = 1,210 eV es la anchura de la banda prohibidadel silicio, y k = 8,620 × 10−5 eV oK−1 es la constante de Boltzmann. La movilidad de loshuecos en el silicio a 300 oK vale μ p = 500 cm2V−1s−1 y varía con la temperatura absolutaT siguiendo una ley de la forma T −2,7. La movilidad de los electrones en el silicio a 300 oKvale μn = 1.300 cm2V−1s−1 y varía con la temperatura absoluta T siguiendo una ley de laforma T −2,5. Dichos valores de las movilidades en el silicio son válidos para campos eléctricos< 103 V cm−1. El número de Avogadro, N AV, que da el número de átomos (moléculas) en un mol—cantidad de la substancia igual a la masa atómica (molecular) en g— vale N AV = 6,022

×1023.

La carga electrónica (positiva) vale q = 1,602 × 10−19 C. Dado que, por definición, 1 eV es laenergía potencial que adquiere la carga electrónica positiva q cuando se mueve de un punto a otrocon potencial 1 V mayor, tenemos k/q = 8,620 × 10−5 V oK−1. La permitividad del silicio valeε = 1,062 × 10−10 F/m.

Se recuerda que la temperatura absoluta en oK, T , y la temperatura t en oC están relacionadas de



la forma T = 273,15 + t.

En la resolución de todos los problemas de análisis de circuitos se usa, por defecto, el habitualsistema consistente de unidades V, mA, KΩ, que hace que los valores numéricos que típicamenteaparecen en la resolución de dichos problemas no disten muchos órdenes de magnitud de launidad.

Unos últimos comentarios. Es sabido que los circuitos lineales pueden no tener solución o tenerinfinitas soluciones. Todos los circuitos lineales comprendidos en los problemas de la coleccióntienen solución única.

De modo similar, los circuitos con diodos modelados con modelos lineales a tramos pueden notener solución o tener infinitas soluciones. Un ejemplo de circuito con diodos sin solución es:

3 V 2 V

donde el diodo se supone ideal. En efecto, la hipótesis diodo en ON conduce a un circuito sinsolución, pues la fuente de tensión de valor 3 V queda conectada a la fuente de tensión de va-lor 2 V. Por otro lado, la hipótesis diodo en OFF conduce a una tensión ánodo-cátodo positiva(1 V), no cumpliéndose la condición de estado del diodo. Un ejemplo de circuito con infinitassoluciones es el circuito del problema 25 con vi = 2 V. Tal y como se razona en la resoluciónde dicho problema, con esa vi la corriente i vale 0 y los dos diodos están en OFF. El valor dela tensión ánodo-cátodo de D1 puede tomar, sin embargo, cualquier valor dentro del intervalo[−2,7, 0,7], pues, siendo vAK 1 y vAK 2 las tensiones ánodo-cátodo de, respectivamente, D1 yD2, cualquiera de esos valores es compatible con vAK 1 ≤ 0,7, −4,7 ≤ vAK 2 ≤ 0,7 y vAK 1 −vAK 2 = 2. Todos los circuitos con diodos considerados, con la excepción antes comentada,tienen solución única. Los problemas correspondientes, sin embargo, son resueltos suponiendo

que el circuito puede no tener solución. Es decir, se da por terminado el análisis del circuitocuando se determina una combinación de estados para los diodos para la que el circuito linealresultante tiene solución y se cumplen las condiciones de estado de cada diodo.

Los circuitos con transistores presentan una problemática más rica. Dichos circuitos admiten unnúmero finito de soluciones. Esa posibilidad es de hecho aprovechada para diseñar biestables,circuitos con dos soluciones (estados). La siguiente figura muestra un biestable constituido pordos BJTs.

Q1 Q2

RR

5 V



Es fácil comprobar que con V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7, V CE ,sat = 0,2 y un valorsuficientemente elevado del parámetro β de los BJTs, caben dos soluciones: en una de ellas Q1está en CORTE y Q2 está en SATURACIÓN; en la otra Q1 está en SATURACIÓN y Q2 estáen CORTE. Todos los circuitos con transistores analizados en los problemas de la coleccióntienen solución única dentro del dominio para el comportamiento en continua de los dispositivoscubierto por los modelos utilizados para los transistores (V CE ≥ 0 para los BJTs npn, V EC ≥ 0para los BJTs pnp, V DS

≥0 para los MOSFETs de canal n, y V DS

≤0 para los MOSFETs

de canal p). Sin embargo, al igual que en los problemas de análisis de circuitos con diodos,la resolución de problemas de análisis de circuitos con transistores se hace aceptando que elcircuito pudiera no tener solución dentro del dominio para el comportamiento en continua delos dispositivos cubierto por los modelos utilizados para los transistores. Es decir, se da porconcluido el análisis del circuito cuando se encuentra una combinación para los estados (zonasde trabajo) de los transistores para la que el circuito lineal resultante tiene solución y se cumplenlas condiciones de estado de cada dispositivo.



Capítulo 1

Problemas de física de semiconductores

Problema 1: Se tiene un semiconductor extrínseco de silicio uniformemente dopado con unaconcentración de impurezas donadoras N D = 1017 cm−3, aislado y en equilibrio. 1) Determinela temperatura absoluta, T 2, a la cual la concentración intrínseca, ni, es igual a N D. 2) Deter-

mine la concentración de electrones libres n y la concentración intrínseca ni para una secuenciade longitud mínima de temperaturas absolutas múltiplos de 100 oK definiendo un intervalo queempiece al menos 300 oK por debajo de T 2 y termine al menos 500 oK por encima de T 2, y co-mente los resultados. 3) Determine la temperatura absoluta T 3 hasta la cual, suponiendo todas lasimpurezas ionizadas, n = N D con un error menor o igual al 1 %.

Solución: 1) La concentración intrínseca del silicio ni tiene, en función de la temperatura abso-luta T , el valor dado por

n2i = BT 3e−E g/(kT ) ,

donde B = 1,744 × 1033cm−6 oK−3, E g = 1,210 eV, y k = 8,620 × 10−5 eV oK−1. Usandoesos valores se obtiene

n2i (cm−6) = 1,744 × 1033 T 3 e−14.037/T , (1.1)

yni(T )(cm−3) = 4,176 × 1016 T 1,5 e−7.019/T . (1.2)

La temperatura T 2 puede ser, por tanto, obtenida resolviendo la ecuación ni(T 2) = N D, que da

4,176 × 1016 T 1,52 e−7.019/T 2 = 1017 .

Dicha ecuación puede ser escrita de la forma f (T 2) = 0 con

f (T ) = 1017

−4,176

×1016 T 1,5 e−7.019/T .

Para resolverla usaremos una búsqueda dicotómica, que es aplicable a cualquier función conti-nua. Se parte de un intervalo [T m, T M ] tal que f (T m) y f (T M ) son no nulos y de signos distintos(si alguno de ellos es nulo, la abcisa correspondiente es la solución). A continuación, se consideraT I = (T m + T M )/2 y se evalúa f (T I ). Si f (T I ) = 0, hemos encontrado ya la solución. En otrocaso; si f (T I ) es de signo distinto a f (T m), el siguiente intervalo es [T m, T I ]; si f (T I ) es de signo



distinto a f (T M ), el siguiente intervalo es [T I , T M ]. Se obtiene de esa forma una secuencia deintervalos de longitudes decrecientes geométricamente con razón 1/2 que incluyen una soluciónde f (T ) = 0. El procedimiento finaliza cuando el intervalo es suficientemente pequeño. Elnúmero de evaluaciones necesarias de f (T ) es típicamente moderado. La siguiente tabla muestralos T considerados en la aplicación del método y los intervalos resultantes. El primer intervalose obtiene cuando se han considerado dos T para los que f (T ) tenía signos distintos. La tablaindica también los valores de f (T ) para los T considerados.

T (oK) f (T ) [T m, T M ] (oK)

600 9,490 × 1016

700 6,583 × 1016

800 −4,622 × 1016 [700, 800]750 2,605 × 1016 [750, 800]775 −5,052 × 1015 [750, 775]

762,5 1,162 × 1016 [762,5, 775]768,8 3,516

×1015 [768,8, 775]

771,9 −6,928 × 1014 [768,8, 771,9]770,4 1,362 × 1015 [770,4, 771,9]771,2 2,706 × 1014 [771,2, 771,9]771,6 −2,790 × 1014 [771,2, 771,6]771,4 −3,862 × 1012 [771,2, 771,4]771,3 1,335 × 1014 [771,3, 771,4]

Se obtiene T 2 = 771,4 oK.

2) Las temperaturas absolutas T a considerar son 400, 500, 600, 700, 800, 900, 1.000, 1.100,1.200 y 1.300 oK. La concentración intrínseca ni puede ser evaluada usando (1.2). Para todas lastemperaturas consideradas se puede suponer que todas las impurezas están ionizadas y n vienedada por la expresión

n =N D +

N 2D + 4n2

i

2. (1.3)

Usando, entonces, (1.1), se obtiene,

n(cm−3) =1017 +

1034 + 6,976 × 1033 T 3 e−14.037/T

2. (1.4)

La siguiente tabla muestra los valores obtenidos para n y ni.



T (oK) n (cm−3) ni (cm−3)

400 1,000 × 1017 8,000 × 1012

500 1,000 × 1017 3,738 × 1014

600 1,003 × 1017 5,099 × 1015

700 1,106 × 1017 3,417 × 1016

800 2,046 × 1017 1,462 × 1017

900 5,155×

1017 4,625×

1017

1.000 1,233 × 1018 1,182 × 1018

1.100 2,632 × 1018 2,580 × 1018

1.200 5,056 × 1018 5,003 × 1018

1.300 8,901 × 1018 8,847 × 1018

La concentración intrínseca aumenta con la temperatura, de forma muy rápida para temperaturasbajas y de forma algo más lenta para temperaturas más altas. La concentración de electroneslibres n también aumenta con la temperatura. Para temperaturas significativamente menores aT 2 = 771,4 oK, n es prácticamente igual a N D = 1017 cm−3 y casi no depende de la temperatura.Al acercarse T a T

2, n empieza a crecer significativamente con T . Para T significativamente

mayor a T 2, n es aproximadamente igual a ni. En esas condiciones, n ≈ ni, p = n2i /n ≈ ni, y

el semiconductor puede considerarse a todos los efectos intrínseco, .

3) Usando (1.3), obtenemos

n

N D=

1 +

1 + 4(ni/N D)2

2.

Dicha expresión pone de manifiesto que el error relativo con el que n = N D aumenta con la tem-peratura, pues al aumentar la temperatura aumenta ni. La expresión supone que la temperatura

T es significativamente mayor a la temperatura a la cual prácticamente todas las impurezas estánionizadas, que es pequeña. La temperatura T 3 será, pues, la temperatura T a la cual n = 1,01N Dy, usando (1.4), puede ser obtenida resolviendo la ecuación

1017 +

1034 + 6,976 × 1033 T 33 e−14.037/T 3

2= 1,01 × 1017 ,

que puede ser expresada de la forma f (T 3) = 0 con

f (T ) =1017 + 1034 + 6,976

×1033 T 3 e−14.037/T

2 − 1,01 × 1017 .

Como en el apartado 1), resolvemos dicha ecuación usando una búsqueda dicotómica. La si-guiente tabla muestra los valores de T considerados, los valores correspondientes de f (T ) y losintervalos resultantes.



T (oK) f (T ) [T m, T M ] (oK)

600 −7,403 × 1014

700 9,576 × 1015 [600, 700]650 9,637 × 1014 [600, 650]625 −2,552 × 1014 [625, 650]

637,5 2,220 × 1014 [625, 637,5]631,3

−4,161

×1013 [631,3, 637,5]

634,4 8,287 × 1013 [631,3, 634,4]632,9 2,090 × 1013 [631,3, 632,9]632,1 −1,080 × 1013 [632,1, 632,9]632,5 4,935 × 1012 [632,1, 632,5]632,3 −2,963 × 1012 [632,3, 632,5]632,4 9,785 × 1011 [632,3, 632,4]

Se obtiene T 3 = 632,4 oK.

Problema 2: Considere dos barras con sección S = 25mm2 por las que circula una corriente de

valor I = 1 A. Una barra es de cobre; la otra es de silicio con un dopaje de impurezas donadorasN D = 2 × 1016 cm−3. Ambas barras se encuentran a una temperatura 20 oC. Determine, paracada barra, el valor del campo eléctrico en V cm−1 y el valor de la velocidad de arrastre de loselectrones en cm s−1. Suponga que el cobre tiene un electrón libre por átomo. La masa atómicadel cobre es ACu = 63,546 g mol−1. La resistividad del cobre a 20 oC es ρCu = 16,78×10−9 Ω m.La densidad del cobre a 20 oC es ξCu = 8,96g cm−3. ¿Qué conclusiones pueden derivarse?

Solución: La densidad de corriente de arrastre vale para los dos conductores

J =I

S =

1 A25mm2

=1 A

25 × 10−6 m2= 4 × 104 A m−2 .

Consideremos primero la barra de cobre. La conductividad del material vale

σCu =1

ρCu=

1

16,78 × 10−9Ω m= 5,959 × 107 Ω−1m−1 .

El campo eléctrico resulta valer

E Cu =J

σCu=

4 × 104 A m−2

5,959 × 107 Ω−1m−1= 6,713 × 10−4 V m−1 = 6,713 × 10−6 V cm−1 .

Para calcular la velocidad de arrastre, vCu, necesitamos calcular la movilidad de los electrones enel cobre,

μCu. Siendo

nCula concentración de electrones libres en el cobre, tenemos

σCu = qnCuμCu ,

de donde se obtieneμCu =

σCu

qnCu.



Determinemos nCu. Dado que hay un electrón libre por átomo, nCu es la concentración de átomos.Llamando mCu a la masa de un átomo de cobre, tenemos

ξCu = nCumCu .

Por otro lado, siendo N AV el número de Avogadro,

mCu =ACu

N AV,

que combinada con la anterior ecuación da

ξCu =nCuACu

N AV,

de donde se obtiene

nCu =ξCuN AV

ACu=

(8,96g cm−3)(6,022 × 1023 mol−1)

63,546 g mol−1= 8,491 × 1022 cm−3 .

La movilidad de los electrones en el cobre resulta, por tanto, valer

μCu = σCu

nCu q= 5,959 × 107 Ω−1m−1

(8,491 × 1022 cm−3)(1,602 × 10−19 C)

=5,959 × 107 Ω−1m−1

(8,491 × 1028 m−3)(1,602 × 10−19 C)

= 4,381 × 10−3 m2V−1s−1 = 43,81 cm2V−1s−1 ,

y la velocidad de arrastre vale

vCu = μCuE Cu = (43,81 cm2V−1s−1)(6,731 × 10−6 V cm−1) = 2,949 × 10−4 cm s−1 .

Analicemos, a continuación, la barra de silicio dopada. Para una temperatura absoluta T =

273,15 + 20 = 293,15 oK, la concentración intrínseca del silicio vale

ni =

BT 3e−E g/(kT )

=

(1,744 × 1033 cm−6oK−3)(293,15 oK)3e−1,210/((8,620×10−5)(293,15))

= 8,388 × 109 cm−3 .

Dado que N D ni, la concentración de electrones libres en la barra de silicio es nSi ≈ N D =2 × 1016 cm−3 y la concentración de huecos es muy inferior. Calculemos la movilidad de loselectrones libres, μSi. Se obtiene

μSi = (1.300 cm2

V−1

s−1

)293,15

300−2,5

= 1.377 cm2

V−1

s−1

La conductividad resulta valer

σSi = qnSiμSi = (1,602 × 10−19 C)(2 × 1016 cm−3)(1.377 cm2V−1s−1)

= 4,412 Ω−1cm−1 = 441,2 Ω−1m−1 .



El campo eléctrico vale

E Si =J

σSi=

4 × 104 A m−2

441,2 Ω−1m−1= 90,66Vm−1 = 0,9066 V cm−1 .

Por último, la velocidad de arrastre vale

vSi = μSiE Si = (1.377 cm2V−1s−1)(0,9066 V cm−1) = 1.248 cm s−1 .

Podemos observar que tanto el campo eléctrico como la velocidad de arrastre son mucho ma-yores en la barra de silicio que en la barra de cobre. Para corrientes normales, los electrones sedesplazan con velocidades muy pequeñas en el cobre y bastante grandes en el silicio.

Problema 3: Determine el valor en función de la temperatura absoluta T de la resistencia Rde una barra de silicio uniformemente dopada con una concentración de impurezas donadorasN D = 1014 cm−3 de longitud L = 1cm y sección S = 25mm2. Suponga que T es superior a latemperatura a la cual se puede suponer que todas las impurezas están ionizadas. Evalúe el valor dela resistencia para un conjunto de temperaturas absolutas que cubra el intervalo [200 oK, 600 oK]

con incrementos de 50 oK. Suponga que el campo eléctrico en la barra es suficientemente pe-queño. ¿Es monótona la variación de R con T ? Explique cualitativamente la variación de R conT .

Solución: Suponiendo todas las impurezas ionizadas, la concentración de electrones libres vienedada por la expresión

n =N D +

N 2D + 4n2

i

2,

donde la concentración intrínseca ni viene dada por

n2i = BT 3e−E g/(kT ) ,

con B = 1,744 × 1033 cm−3oK−3, E g = 1,210 eV y k = 8,620 × 10−5 eV oK−1. La concen-tración de huecos vale

p =n2i

n.

La movilidad de los electrones vale

μn = μno

T

300

−2,5

,

con μno = 1.300 cm2V−1s−1. La movilidad de los huecos vale

μ p = μ po

T 300

−2,7 ,

con μ po = 500 cm2V−1s−1. La conductividad vale

σ = qnμn + qpμ p = q(nμn + pμ p) .



Usando las expresiones para n, p, μn y μ p, obtenemos

σ = q

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

N D +

N 2D + 4n2i

2μno

T

300

−2,5

+n2i

N D +

N 2D + 4n2i

2

μ po

T

300

−2,7

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

= qN D

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣1 +

1 + 4

ni

N D

2

2μno

T

300

−2,5

+

ni

N D

2

1 +

1 + 4

ni

N D

2

2

μ po

T

300

−2,7

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦.

Sustituyendo, obtenemos la expresión

σ(Ω−1cm−1) = (1,602 × 10−19 C)(1014 cm−3)

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 +

1 + 4 ni

N D2

2(1.300 cm2V−1s−1)

T

300

−2,5

+

ni

N D

2

1 +

1 + 4

ni

N D

2

2

(500cm2V−1s−1)

T

300

−2,7

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

= 0,01041

⎡⎣1 +

1 + 4

ni

N D

2⎤⎦ T

300

−2,5

+ 0,01602

ni

N D

2

1 +

1 + 4

ni

N D

2

T

300

−2,7

,

con

ni

N D

2

= n2i

N 2D= BT 3e

−

E g/(kT )

N 2D

=(1,744 × 1033 cm−6oK−3)T 3(oK3)e−1,210/(8,620×10−5T )

(1014)2cm−6

= 1,744 × 105 T 3e−14.037/T .



Finalmente, la resistencia R vale

R(Ω) =L

σS =

1 cm

σ(Ω−1cm−1)(0,25 cm2)=

4

σ(Ω−1cm−1).

La siguiente tabla da (ni/N D)2, σ y R para valores de T en el intervalo [200 oK, 600 oK] conincrementos de 50 oK.

T (oK) (ni/N D)2 σ (Ω−1cm−1) R (Ω)200 4,610 × 10−19 0,05737 69,72250 1,124 × 10−12 0,03284 121,8300 2,250 × 10−8 0,02082 192,1350 2,858 × 10−5 0,01416 282,5400 6,416 × 10−3 0,01023 391,0450 0,4509 0,01101 363,3500 14,00 0,03142 127,3550 239,1 0,09641 41,49600 2.604 0,2520 15,87

La resistencia R primero aumenta con T y luego disminuye. Así pues, la variación de R con T noes monótona. Para T pequeñas, N D ni, n ≈ N D, p n y σ ≈ qN Dμn. Como μn disminuyeal aumentar T , σ disminuye y R aumenta al aumentar T . Para T grandes, ni N D, n, p ≈ ni yσ ≈ qni(μn + μ p). Pero ni crece al aumentar T más fuertemente de lo que disminuyen μn y μ p,haciendo que σ aumente y que R disminuya.

Problema 4: Se desea medir la temperatura usando el puente de Wheastone de la figura queincluye una resistencia NTC. La resistencia NTC está constituida por una barra de silicio sindopar de longitud L = 1 m m y sección S = 10cm2. 1) Determine los valores que han detener R1 y R2 para que, al variar la temperatura entre 20 oC y 50 oC, la tensión diferencial vd

varíe entre 0 y 1 V. 2) Determine la tensión vd para un conjunto de temperaturas que cubra elintervalo [20 oC, 50 oC] con incrementos de 5 oC. ¿Es aproximadamente lineal la relación entrela temperatura y vd dentro de ese intervalo?

vd

NTC

10 V

R1

R2 R2

+

−

Solución: 1) Sea RNTC el valor de la resistencia NTC. La tensión diferencial vd vale, en V,

vd =R2

R2 + RNTC10 − R2

R1 + R210 . (1.5)



Al aumentar la temperatura, disminuye RNTC y aumenta vd. Para que vd sea 0 para una tempera-tura 20 oC, R1 debe ser igual a RNTC a esa temperatura. Calculemos RNTC para una temperatura20 oC. Obtenemos

T = 273,15 + 20 = 293,15 oK .

ni =

BT 3e−E g/(kT )

=

(1,744 × 1033 cm−

6oK−

3)(293,15 oK)3e−

1,210/((8,620×

10−5

)(293,15))

= 8,388 × 109 cm−3 .

μ p = 500

293, 15

300

−2,7

cm2V−1s−1 = 532,2 cm2V−1s−1 .

μn = 1.300

293, 15

300

−2,5

cm2V−1s−1 = 1.377 cm2V−1s−1 .

σ = qμ p p + qμnn = q(μ p + μn)ni

= (1,602

×10−19 C)(532,2 + 1.377)(cm2V−1s−1)(8,388

×109 cm−3)

= 2,566 × 10−6 Ω−1cm−1 .

RNTC =L

σS =

0,1 cm

(2,566 × 10−6 Ω−1cm−1)(10cm2)= 3.897 Ω .

Así pues, R1 = 3.897 Ω.

Para determinar R2, impongamos que para una temperatura de 50 oC, vd = 1, V. CalculemosRNTC para esa temperatura. Obtenemos

T = 273,15 + 50 = 323,15 oK .

ni =

BT 3e−E g/(kT )

=

(1,744 × 1033 cm−6oK−3)(323,15 oK)3e−1,210/((8,620×10−5)(323,15))

= 8,961 × 1010 cm−3 .

μ p = 500

323, 15

300

−2,7

cm2V−1s−1 = 409,1 cm2V−1s−1 .

μn = 1.300

323, 15

300

−2,5

cm2V−1s−1 = 1.080 cm2V−1s−1 .

σ = q(μ p + μn)ni= (1,602 × 10−19 C)(409,1 + 1.080)(cm2V−1s−1)(8,961 × 1010 cm−3)

= 2,138 × 10−5 Ω−1cm−1 .

RNTC =L

σS =

0,1 cm

(2,138 × 10−5 Ω−1cm−1)(10cm2)= 467,7 Ω .



Usando los valores de R1 y RNTC en (1.5) e imponiendo vd = 1 V, obtenemos

1 =R2

R2 + 467,7 Ω10 − R2

R2 + 3.897 Ω10 ,

(R2 + 467,7)(R2 + 3.897) = 10R2(R2 + 3.897 − R2 − 467,7) ,

R22 + 4,365R2 + 1,823 × 106 = 3,429 × 104R2 ,

R22 − 2,993 × 10

4

R2 + 1,823 × 106

= 0 ,cuyas soluciones son R2 = 2,987 × 104 Ω y R2 = 61 Ω. Escogemos la primera, pues la segundano es muy precisa. Así pues, valores apropiados para R1 y R2 son R1 = 3.897 Ω y R2 =2,987 × 104 Ω.

2) Empezaremos encontrando una expresión para RNTC en función de la temperatura absoluta T .Obtenemos, con ni en cm−3, μ p y μn en cm2V−1s−1, σ en Ω−1cm−1 y RNTC en Ω,

ni(cm−3) =

BT 3e−E g/(kT )

=

(1,744 × 1033 cm−6oK−3)T 3(oK3)e−1,210/((8,620×10−5)T )

= 4,176 × 10

16

T

1,5

e

−7.018,56/T

.

μ p(cm2V−1s−1) = 500

T

300

−2,7

= 2,439 × 109 T −2,7 .

μn(cm2V−1s−1) = 1.300

T

300

−2,5

= 2,026 × 109 T −2,5 .

σ(Ω−1cm−1) = q(μ p + μn)ni

= (1,602 × 10−19 C)2,439 × 109 T −2,7 + 2,026 × 109 T −2,5

(cm2V−1s−1)

4,176 × 1016 T 1,5e−7.018,56/T

(cm−3)

=1,632 × 107 T −1,2 + 1,355 × 107 T −1

e−7.018,56/T .

RNTC(Ω) =L

σS =

0,1 cm

σ(Ω−1cm−1)(10cm2)=

1

100 σ(Ω−1cm−1)

=e7.018,56/T

1,632 × 109 T −1,2 + 1,355 × 109 T −1.

Finalmente, sustituyendo R1 y R2 por sus valores en (1.5), obtenemos

vd(V ) =2,987 × 104

2,987 × 104 + RNTC10 − 2,987 × 104

3.897 + 2,987 × 10410

= 101 +

RNTC

2,987 × 104

− 8,846 .

Utilizando las expresiones anteriores para RNTC y vd podemos calcular vd para cualquier valorde T . La siguiente tabla da T , RNTC y vd para las temperaturas en oC, t, especificadas.



t (oC) T (oK) RNTC (Ω) vd (mV)

20 293,15 3.899 −125 298,15 2.657 33730 303,15 1.834 57635 308,15 1.282 74240 313,15 906,1 86045 318,15 647,8 942

50 323,15 468,1 1.000

Calculando los incrementos en vd correspondientes a valores sucesivos de temperaturas, vemosque distan mucho de ser constantes. Así pues, la relación entre vd y la temperatura dista de seraproximadamente lineal.

Problema 5: Se desea medir la temperatura usando el puente de Wheastone de la figura queincluye una resistencia PTC. La resistencia PTC está constituida por una barra de silicio delongitud L = 1 cm y sección S = 1mm2 dopada con una concentración de impurezas donadorasN D = 2

×1014 cm−3. 1) Determine los valores que han de tener R1 y R2 para que, al variar la

temperatura entre 20 oC y 50 oC, la tensión diferencial vd varíe entre 0 y 0,1 V. 2) Determine latensión vd para un conjunto de temperaturas que cubra el intervalo [20 oC, 50 oC] con incrementosde 5 oC. ¿Es aproximadamente lineal la relación entre la temperatura y vd dentro de ese intervalo?

vd

10 V

R1

R2

R1

PTC

+

−

Solución: 1) Comprobemos primero que, para el rango de temperaturas en que se va a usar elpuente, el semiconductor que constituye la resistencia PTC trabaja en la zona extrínseca. Elloes cierto si ni N D. Dado que ni aumenta con la temperatura, bastará com comprobar quese cumple la condición para una temperatura de 50 oC. Calculemos ni para dicha temperatura.Obtenemos T = 273,15 + 50 = 323,15 oK y

ni =

BT 3e−E g/(kT )

= (1,744×

1033 cm−6oK−3)(323,15 oK)3e−1,210/((8,620×10−5)(323,15))

= 8,961 × 1010 cm−3 ,

que es N D = 2 × 1014 cm−3. Así pues, el semiconductor trabaja en la zona extrínseca paratodas las temperaturas consideradas y, dado que a esas temperaturas se puede considerar quetodas las impurezas están ionizadas, n ≈ N D, p n, y con gran precisión σ = qμnN D. La



tensión diferencial vd vale, en V y en función del valor RPTC de la resistencia PTC,

vd =RPTC

R1 + RPTC10 − R2

R1 + R210 . (1.6)

Al aumentar la temperatura, aumenta RPTC y aumenta vd. Para que vd sea 0 para una temperaturade 20 oC, R2 debe ser igual a RPTC a esa temperatura. Calculemos RPTC para una temperatura20 oC. Obtenemos

T = 273,15 + 20 = 293,15 oK .

μn = 1.300 cm2V−1s−1

293,15300

−2,5

= 1.377 cm2V−1s−1 .

σ = qμnN D = (1,602 × 10−19 C)(1.377 cm2V−1s−1)(2 × 1014 cm−3) = 0,04412 Ω−1cm−1 .

RPTC =L

σS =

1 cm

(0,04412 Ω−1cm−1)(0,01 cm2)= 2.267 Ω .

Así pues, R2 = 2.267 Ω.

Para determinar R1, impongamos que para una temperatura de 50 oC, vd = 0,1 V. CalculemosR

PTCpara esa temperatura. Obtenemos

T = 273,15 + 50 = 323,15 oK .

μn = 1.300 cm2V−1s−1

323,15300

−2,5

= 1.080 cm2V−1s−1 .

σ = qμnN D = (1,602 × 10−19 C)(1.080 cm2V−1s−1)(2 × 1014 cm−3) = 0,03460 Ω−1cm−1 .

RPTC =L

σS =

1 cm

(0,03460 Ω−1cm−1)(0,01 cm2)= 2.890 Ω .

Usando los valores de R2 y RPTC en (1.6) e imponiendo vd = 0,1 V, obtenemos

0,1 = 2.890 ΩR1 + 2.890 Ω

10 − 2.267 ΩR1 + 2.267 Ω

10 ,

(0,1)(R1 + 2.890)(R1 + 2.267) = (2,890 × 104)(R1 + 2.267) − (2,267 × 104)(R1 + 2.890) ,

0,1R21 + 515,7R1 + 6,552 × 105 = 6.230R1 ,

0,1R21 − 5.714R1 + 6,552 × 105 = 0 ,

R21 − 5,714 × 104R1 + 6,552 × 106 = 0 ,

cuyas soluciones son R1 = 5,703×104 Ω y R1 = 115 Ω. Escogemos la primera, pues la segundano es muy precisa. Así pues, valores apropiados para R1 y R2 son R1 = 5,703 × 104 Ω yR2 = 2.267 Ω.

2) Empezaremos encontrando una expresión para RPTC en función de la temperatura absoluta T .Obtenemos, con μn en cm2V−1s−1, σ en Ω−1cm−1 y RPTC en Ω,

μn(cm2V−1s−1) = 1.300

T

300

−2,5

= 2,026 × 109 T −2,5 .



σ(Ω−1cm−1) = qμnN D

= (1,602 × 10−19 C)2,026 × 109 T −2,5 cm2V−1s−1

(2 × 1014 cm−3)

= 6,491 × 104 T −2,5 .

RPTC(Ω) =L

σS =

1 cm

(6,491 × 104 T −2,5Ω−1cm−1) (0,01 cm2)= 1,541 × 10−3 T 2,5 .

Finalmente, sustituyendo R1 y R2 por sus valores en (1.6), obtenemos

vd(V ) =RPTC

5,703 × 104 + RPTC10 − 2.267

5,703 × 104 + 2.26710

=10

1 +5,703 × 104

RPTC

− 0,3823 .

Utilizando las expresiones anteriores para RPTC y vd podemos calcular vd para cualquier valorde T . La siguiente tabla da T , RNTC y vd para las temperaturas en oC, t, especificadas.

t (oC) T (oK) RNTC (Ω) vd (mV)20 293,15 2.267 025 298,15 2.365 15,930 303,15 2.466 32,235 308,15 2.569 48,740 313,15 2.674 65,645 318,15 2.782 82,850 323,15 2.893 100,5

Calculando los incrementos en vd correspondientes a valores sucesivos de temperaturas, vemos

que varían entre 15,9mV y 17,7 mV. Así pues, la relación entre vd y la temperatura es aproxi-madamente lineal.

Problema 6: Una barra de silicio de longitud L y sección S uniformemente dopada con unaconcentración de impurezas donadoras N D ni es sometida por un extremo a una radiaciónde potencia P R y frecuencia ν tal que hν > E g, siendo E g la anchura de la banda prohibidadel silicio. La longitud L verifica L L p, siendo L p la longitud de difusión de los huecos.Los fotones producen ionización fotónica con probabilidad χ en el extremo por donde incidela radiación. La concentración de huecos es en cada punto muy inferior a la concentración deelectrones libres y en régimen estacionario la corriente de arrastre de huecos es despreciablefrente a la corriente de difusión de huecos. Demuestre que la concentración de huecos tiene, en

régimen estacionario, un perfil aproximado, en función de la coordenda longitudinal x a partirdel extremo donde incide la radiación, de la forma p(x) = po + A(e−x/Lp + e−2L/Lpex/Lp),A > 0, po = n2

i /N D, y determine la constante A.

Solución: La radiación incidente provocará un aumento de la concentración de huecos en elextremo x = 0 de la barra. Dicho aumento provocará un flujo de huecos por difusión en el



sentido positivo de x y un aumento de la concentración de huecos p(x) con respecto a po en cadacoordenada longitudinal x. Siendo la inyección de huecos a bajo nivel y siendo prácticamentetoda la corriente de huecos corriente de difusión, Δ p = p− po satisfacerá muy aproximadamentela ecuación diferencial

d2Δ p

dx2=

1

L2 p

Δ p(x) ,

cuya solución genérica tiene la forma

Δ p(x) = Ae−x/Lp + Bex/Lp .

Para x = L, la corriente de huecos debe ser nula, pues en ese punto se acaba el material. Paraque la corriente de difusión de huecos para x = L sea nula, dp/dx deberá ser nula para x = L.Calculemos dp/dx. Obtenemos

dp

dx=

dΔ p

dx= − A

L pe−x/Lp +

B

L pex/Lp .

E imponiendo dp/dx = 0 para x = L obtenemos

0 = −A

L p e−L/Lp

+

B

L p eL/Lp

,

B = Ae−2L/Lp .

Así pues, el perfil tiene la forma

p(x) = po + Δ p(x) = po + A

e−x/Lp + e−2L/Lpex/Lp

.

Para obtener A hacemos un balance de huecos. Siendo p(x) > po, en cada punto de la barra latasa de recombinación de huecos supera la tasa de creación de huecos por ionización térmica. Elloprovoca una pérdida en el número de huecos de la barra. La tasa de dicha pérdida es compensada

por la tasa de generación de huecos por ionización fotónica en el extremo de la barra, permitiendoque el perfil p(x) sea estacionario. La tasa de pérdida de huecos vale

S

L0

p(x) − poτ p

dx = S

L0

A

τ p

e−x/Lp + e−2L/Lpex/Lp

dx

=AS

τ p

−L p e−x/Lp + L p e−2L/Lpex/Lp

L0

=ASL p

τ p

−e−x/Lp + e−2L/Lpex/Lp

L0

=ASL p

τ p

−e−L/Lp + e−2L/LpeL/Lp + 1 − e−2L/Lp

=

ASL pτ p

1 − e−2L/Lp

≈ ASL pτ p

.

Para calcular la tasa de generación de huecos por ionización fotónica, consideramos que, siendohν la energía de cada fotón, la tasa a la que inciden fotones en la barra es P R/(hν ). Cada fotónproduce una ionización fotónica con probabilidad χ. Por tanto, la tasa de creación de huecos porionización fotónica es

χP Rhν

.



Igualando la tasa de pérdida de huecos con la tasa de creación de huecos, obtenemos

ASL pτ p

= χP Rhν

,

A = χP Rhν

τ pSL p

.

Problema 7: Una porción de silicio de volumen V uniformemente dopada con una concen-tración de impurezas donadoras N D ni es sometida a una radiación de potencia P R y fre-cuencia ν tal que hν > E g, siendo E g la anchura de la banda prohibida del silicio. Los fotonesproducen ionización fotónica con probabilidad χ uniformemente sobre todo el volumen de si-licio. La concentración de huecos es muy inferior a la concentración de electrones libres. 1)Determine la concentración de huecos en la barra en régimen estacionario. 2) En un cierto in-stante cesa la radiación. Determine la evolución temporal de la concentración de huecos en labarra a partir de ese instante.

Solución: 1) La concentración de huecos en régimen estacionario será uniforme y será el re-sultado de un equilibrio entre la pérdida de huecos por ser la concentración de huecos superior

a po = n2i /N D y la creación de huecos por ionización fotónica. Dado que la concentración dehuecos es muy inferior a la de electrones libres, la tasa de pérdida de huecos vale

p − poτ p

V .

Cada fotón tiene una energía hν . Por tanto, la tasa a la que inciden fotones en el material esP R/(hν ), y como cada fotón produce una ionización con probabilidad χ, la tasa de creación dehuecos por ionización fotónica es

χP Rhν

.

Igualando dicha tasa a la tasa de pérdida de huecos, obtenemos

χP Rhν

=p − po

τ pV ,

p = po + χP Rhν

τ pV

.

2) Sea t = 0 el instante en el que cesa la radiación. Dado que en ese instante la concentraciónde huecos es uniforme, dicha concentración evolucionará con el tiempo uniformemente. Siendola concentración de huecos muy inferior a la de electrones libres, la tasa de disminución de laconcentración valdrá ( p − po)/τ p y p(t) satisfacerá la ecuación diferencial

dpdt = − p(t) − poτ p.

Introduciendo Δ p = p − po, obtenemos

dΔ p

dt= −Δ p(t)

τ p,



cuya solución es

Δ p(t) = Ae−t/τ p .

Para determinar A impongamos que p(0) sea igual al valor calculado en el apartado anterior.Obtenemos

p(0) = po + Δ p(0) = po + A = po + χP Rhν

τ pV

,

A = χ P Rhν

τ pV

.

Por tanto,

p(t) = po + Δ p(t) = po + Ae−t/τ p = po + χP Rhν

τ pV

e−t/τ p .

Problema 8: En el modelo unión abrupta de la región de vaciamiento de un diodo se suponeque en la región de vaciamiento no hay ningún portador de carga libre. Usando dicho modelo,1) determine la relación entre la anchura a de la región de vaciamiento y el valor máximo E max

del campo eléctrico en la región de vaciamiento y el potencial V de la unión pn; 2) determinelos valores de a y E max para V AK = 0 y T = 300 oK para un diodo con sección A, con zona pdopada con una concentración de impurezas aceptadoras N A = 2 × 1017 cm−3 y zona n dopadacon una concentración de impurezas donadoras N D = 1018 cm−3, y comente los resultados enrelación con aproximaciones realizadas en la deducción de la ecuación del diodo. Desprecie ladensidad de carga fuera de la región de vaciamiento, suponga una geometría unidimensional parael diodo, y suponga que las penetraciones en las zonas p y n de la región de vaciamiento son muyinferiores a las dimensiones transversales del diodo.

Solución: 1) Sea x p la penetración de la región de vaciamiento en la zona p y sea xn la pene-tración de la región de vaciamiento en la zona n. Dado que, en el modelo unión abrupta, se suponeque en la región de vaciamiento no hay ningún portador de carga libre, la densidad volumétrica decarga, ρ, valdrá ρ = −qN A en la parte p de la región de vaciamiento y ρ = qN D en la parte n de

la región de vaciamiento. Fuera de la región de vaciamiento, ρ = 0. La neutralidad eléctrica delmaterial exige que la carga negativa en la zona p de la región de vaciamiento sea igual a la cargapositiva en la zona n de la región de vaciamiento. Tendremos, por tanto, qN AAx p = qN DAxn,N Ax p = N Dxn. Veremos que eso junto con el hecho de que x p y xn son mucho menores quelas dimensiones transversales del diodo implica que el campo eléctrico será aproximadamentenulo fuera de la región de vaciamiento. El campo eléctrico en la región de vaciamiento puede sercalculado a partir del perfil de ρ en dicha región usando la ley de Gauss,

dE

dx=

ρ

ε,

donde x es la coordenada longitudinal del diodo. El potencial eléctrico ψ puede ser evaluado a

partir del potencial de una cierta coordenda de referencia xo usando

ψ(x) = ψ(xo) − xxo

E d x .

La siguiente figura muestra los perfiles de ρ, E y ψ. El campo eléctrico E se considera positivo



en el sentido creciente de x y se supone ψ(x) = 0 a la izquierda de la región de vaciamiento.

−x p

ψ

V

E max

−qN A

qN D

ρ

E

x

x

x

xn

Justifiquemos, en primer lugar, que, tal y como se ha comentado, E es aproximadamente nu-lo fuera de la región de vaciamiento. Consideremos un punto P centrado en las dimensionestransversales del diodo, a la derecha de la unión y a una distancia de ella pequeña en compara-ción con las dimensiones transversales del diodo y grande en relación con xn. Justificaremos queE es aproximadamente nulo en P. Ello junto con la ley de Gauss aplicada a la zona n fuera de laregión de vaciamiento, dE/dx = ρ/ε = 0, implica que el campo eléctrico sea aproximadamentenulo en la zona n fuera de la región de vaciamiento. Dada la situación de P, las distribucionesde carga positiva y negativa de la región de vaciamiento son vistos desde P aproximadamentecomo planos de carga infinitos con densidades superficiales de carga qN Dxn y −qN Ax p, respec-tivamente. Aplizando el principio de superposición el campo eléctrico en P valdrá E + + E −,

donde E + y E − son los campos eléctricos creados por, respectivamente, la distribución de cargapositiva y la distribución de carga negativa de la región de vaciamiento. Tenemos

E + =qN Dxn

2ε,

E − =−qN Ax p

2ε,

y el campo eléctrico en P valdrá

E + + E − =qN Dxn

2ε+

−qN Ax p2ε

=q(N Dxn − N Ax p)

2ε= 0 .

De modo similar se puede justificar que el campo eléctrico será aproximadamente nulo en la zonap fuera de la región de vaciamiento.

Determinemos E (x) dentro de la región de vaciamiento. Para −x p ≤ x ≤ 0, obtenemos, apli-cando la ley de Gauss dE/dx = ρ/ε junto con el hecho de que el campo eléctrico es nulo en la



frontera de la región de vaciamiento en la zona p,

E (x) =

x−xp

ρ

εdx = −

x−xp

qN Aε

dx = −qN Aε

(x + x p) .

El valor máximo de campo eléctrico, E max, vale, por tanto,

E max =

−E (0) =

qN Ax p

ε

. (1.7)

Para 0 ≤ x ≤ xn, el campo eléctrico vale, usando N Ax p = N Dxn,

E (x) = E (0)+

x0

ρ

εdx = −qN Ax p

ε+

x0

qN Dε

dx = −qN Dxnε

+qN Dx

ε= −qN D

ε(xn−x) .

Determinemos, a continuación, V . Obtenemos

V = − xn−xp

E dx = − 0−xp

E dx − xn0

E dx

= 0

−xp

qN A

ε(x + x p) dx +

xn

0

qN D

ε(xn

−x) dx

=

xp0

qN Aε

x dx +

xn0

qN Dε

x dx =qN A

ε

x2 p

2+

qN Dε

x2n

2,

y, usando N Ax p = N Dxn,

V =qN A

ε

x2 p

2+

qN Dε

N AN D

2 x2 p

2

=qN A

2εx2 p +

qN A2ε

N AN D

x2 p =

qN A2ε

1 +

N AN D

x2 p . (1.8)

Determinemos, por último, a y E max en función de V . Despejando x p en (1.8), obtenemos

x p =

2εV

qN A(1 + N A/N D), (1.9)

y, usando N Ax p = N Dxn,

a = x p + xn =

1 +

N AN D

x p =

1 +

N AN D

2εV

qN A(1 + N A/N D)

= 2εV (1 + N A/N D)

qN A. (1.10)

Finalmente, combinando (1.7) y (1.9),

E max =qN A

ε

2εV

qN A(1 + N A/N D)=

2qN AV

ε(1 + N A/N D). (1.11)



2) Con V AK = 0, siendo V o el potencial de la unión en circuito abierto,

V = V o = V T ln

N AN D

n2i

=

kT

qln

N AN D

n2i

.

Determinemos ni:

ni = BT 3e−E g/(kT )

=

(1,744 × 1033cm−6oK−3)(300 oK)3e−1,210/((8,620×10−5)(300))

= 1,500 × 1010 cm−3 .

Eso da

V = (8,620 × 10−5 V/oK)(300 oK) ln

(2 × 1017 cm−3)(1018 cm−3)

(1,500 × 1010 cm−3)2

= 0,8901 V .

Usando (1.10), obtenemos

a = (2)(1,062

×10−10 F/m)(0,8901 V)(1 + 2

×1017/1018)

(1,602 × 10−19 C)(2 × 1023 m−3)

= 8,415 × 10−8 m = 0,08415 μm .

Finalmente, usando (1.11),

E max =

(2)(1,602 × 10−19 C)(2 × 1023m−3)(0,8901 V)

(1,062 × 10−10 F/m)(1 + 2 × 1017/1018)

= 2,116 × 107 V/m = 2,116 × 105 V/cm .

Observamos que a es muy pequeña y que el campo eléctrico en la región de vaciamiento esmuy intenso. Con V

AK = 0, el potencial V tiene un valor aproximado V = V

o −V AK

. Dadoque tanto a como E max son proporcionales a √V , las conclusiones anteriores pueden ser ge-neralizadas al caso V AK = 0, siempre y cuando V AK < V o y V no sea mucho menor a V o.El que a sea muy pequeña justifica que en la deducción de la ecuación del diodo se puedandespreciar las generaciones térmicas y recombinaciones de huecos y electrones libres en la regiónde vaciamiento, y que las corrientes de huecos y electrones puedan ser consideradas constantesen dicha región. El que el campo eléctrico en la región de vaciamiento sea muy intenso implicaque en dicha región haya un cuasi-equilibrio entre las corrientes de difusión y de arrastre, tantode huecos como de electrones, y que se pueda usar la ecuación de Boltzmann para determinarcon un error muy pequeño las concentraciones de portadores minoritarios a ambos lados de laregión de vaciamiento.

Problema 9: Se construye un sensor de temperatura conectando en serie 8 diodos de siliciocon un parámetro η = 1 por los que se hace pasar una cierta corriente directa I , obteniéndoseasí una tensión positiva v dependiente de la temperatura. Los diodos tienen una sección A =10mm2, una zona p con un dopaje N A = 2 × 1017 cm−3 y una zona n con un dopaje N D =1017 cm−3. Las vidas medias de los huecos en la zona n y de los electrones en la zona p valen



τ p = 0,75 ms y τ n = 1,1 ms, respectivamente. 1) Determine qué valor ha de tener la corrienteI para que, para una temperatura 100 oC, la tensión v valga 5 V. 2) Determine la tensión v paraun conjunto de temperaturas que cubra el intervalo [0 oC, 100 oC] con incrementos de 10 oC. ¿Esaproximadamente lineal la relación entre v y la temperatura dentro de ese intervalo?

Solución: 1) Empezaremos determinando el valor de la corriente inversa de saturación de losdiodos, I S , en función de la temperatura absoluta T . Dicha corriente tiene la expresión

I S = Aqn2i

D p

L pN D+

Dn

LnN A

,

donde D p es la constante de difusión de huecos en la zona n, L p es la longitud de difusión dehuecos en la zona n, Dn es la constante de difusión de electrones en la zona p, y Ln es la longitudde difusión de electrones en la zona p. Usando las relaciones L p =

D pτ p, Ln =

√Dnτ n,

D p = μ p(kT/q), Dn = μn(kT/q), μ p = μ po(T /T o)−2,7, μn = μno(T /T o)−2,5, T o = 300 oK,μ po = 500cm2V−1s−1, μno = 1.300 cm2V−1s−1, y n2

i = BT 3e−E g/(kT ), obtenemos

I S = Aqn2i

D p

N D√

τ p+

√Dn

N A√

τ n

= Aqn2

i

kT

q

√μ p

N D√

τ p+

√μn

N A√

τ n

= AqBT 3e−E g/(kT )

kT

q

√μ po

N D√

τ p

T

T o

−1,35

+√μno

N A√

τ n

T

T o

−1,25

.

Sustituyendo valores, obtenemos

I S (A) = (0,1 cm2)1,602 × 10−19 C

1,744 × 1033 cm−6oK−3

T 3(oK3)

e−(1,210)/((8,620×10−5T ))

8,620 × 10−5 T V−1/2 √500 cmV−1/2s−1/2

1017 cm−3√

7,5 × 10−4 s1/2

T

300

−1,35

+

√1.300 cmV−1/2s−1/2

2 × 1017 cm−3√1,1 × 10−3 s1/2 T

300−1,25

=4,678 T 2,15 + 1,760 T 2,25 e−14.037/T . (1.12)

Calculemos I S para una temperatura 100 oC. Obtenemos

T = 100 + 273,15 = 373,15 oK .

I S =

(4,678)(373,15)2,15 + (1,760)(373,15)2,25 e−14.037/(373,15) = 1,224 × 10−10 A .

Dado que hay 8 diodos en serie, v = 8vAK , donde vAK es la tensión ánodo-cátodo de cadadiodo. Tenemos, pues, vAK = v/8 e

I = I S

evAK/V T − 1

= I S

ev/(8V T ) − 1

. (1.13)

Calculemos V T .

V T =kT

q= (8,620 × 10−5V oK−1)(373,15 oK) = 0,03217V .



Para que v = 5 V, I deberá valer

I = (1,224 × 10−10 A)

e5/((8)(0,03217)) − 1

= 0,03352 A = 33,52mA .

2) El potencial equivalente de temperatura, V T , vale en función de T

V T (V) =

kT

q = 8,620 × 10−5

T .

Despejando v de (1.13), obtenemos

v(V) = 8V T ln

1 +

I

I S

= (8)(8,620 × 10−5)T ln

1 +

0,03352I S (A)

= 6,896 × 10−4 T ln

1 +

0,03352I S (A)

.

Dicha expresión combinada con (1.12) da v en V en función de T . La siguiente tabla da T , I S yv para las temperaturas en oC, t, especificadas.

t (oC) T (oK) I S (A) v (V)

0 273,15 6,459 × 10−17 6,38210 283,15 4,291 × 10−16 6,24620 293,15 2, 512 × 10−15 6,11030 303,15 1,312 × 10−14 5,97240 313,15 6,179 × 10−14 5,83550 323,15 2,650 × 10−13 5,69760 333,15 1,043 × 10−12 5,55870 343,15 3,801 × 10−12 5,41980 353,15 1,289 × 10−11 5,280

90 363,15 4,094 × 10−

11 5,140100 373,15 1,224 × 10−10 4,999

Calculando los decrementos de v entre temperaturas consecutivas, encontramos que están com-prendidos entre 0,136 V y 0,141 V. Así pues, la relación entre v y la temperatura dentro delintervalo [0, oC, 100 oC] es muy aproximadamente lineal.

Problema 10: Considere un diodo de silicio de sección A, zona p de longitud B p y concen-tración de impurezas aceptadoras N A y zona n de longitud Bn, y concentración de impurezasdonadoras N D trabajando con una tensión ánodo-cátodo V AK constante en régimen estacionario.

1) Demuestre que la caída de tensión directa ΔV debida al campo eléctrico en las zonas neutras(fuera de la región de vaciamiento) es proporcional a la corriente directa I y que, por tanto, dichoefecto puede ser modelado introduciendo una resistencia R y determine el valor de R. Despreciela anchura de la región de vaciamiento frente a B p y Bn, suponga Bn L p, donde L p es lalongitud de difusión de huecos en la zona n, y B p Ln, donde Ln es la longitud de difusiónde electrones en la zona p, y suponga que las inyecciones de portadores minoritarios son a bajo



nivel tanto en la zona n como en la zona p. Suponga también que el campo eléctrico en las zonasneutras es pequeño y que ΔV es pequeño en relación a V AK . 2) Determine el valor de R paraT = 300 oK, A = 30mm2, B p = Bn = 1cm, N A = N D = 1018 cm−3, una vida media de loshuecos en la zona neutra n τ p = 0,75 ms, y una vida media de los electrones en la zona neutra pτ n = 1,1 ms, y calcule ΔV para una corriente directa I = 20 mA.

Solución: 1) Sea x la coordenada con origen en la frontera de la región de vaciamiento que

crece al adentrarnos en la zona neutra n y sea x

la coordenada con origen en la frontera de laregión de vaciamiento que crece al adentrarnos en la zona neutra p. Supondremos positivos elcampo eléctrico y las componentes de la corriente en la zona neutra n en el sentido creciente dex. De modo similar, supondremos positivos el campo eléctrico y las componentes de corrienteen la zona neutra p en el sentido creciente de x. Con inyección de huecos en la zona n a bajonivel, con Bn L p y con ΔV mucho menor que V AK , el perfil de la concentración de huecosen la zona neutra n sigue la ecuación

pn(x) = pno +

eV AK/V T − 1

pnoe−x/Lp ,

donde pno = n2i /N D. La corriente de difusión de huecos en la zona n vale, por tanto,

I dpn(x) = −AqD pdpndx

=AqpnoD p

L p

eV AK/V T − 1

e−x

/Lp

= Aqn2i

D p

N DL p

eV AK/V T − 1

e−x

/Lp ,

y, dado que

I = Aqn2i

D p

N DL p+

Dn

N ALn

eV AK/V T − 1

,

I dpn(x) = I

D p

N DL pD p

N DL p +Dn

N ALn

e−x/Lp .

Sea ρ la densidad de carga. Suponiendo pequeño el campo eléctrico en la zona neutra n, dE/dx =ρ/ε implica que ρ será despreciable y que, siendo nn(x) la concentración de electrones li-bres en la zona neutra n, nn(x) − nno = pn(x) − pno con error pequeño, lo cual implicadnn/dx = dpn/dx. La corriente de difusión de electrones en la zona neutra n valdrá, por tanto,

I dnn(x) = AqDndnndx

= AqDndpndx

= −Dn

D pI dpn(x) .

Con inyección de huecos a bajo nivel en la zona n, nn(x) pn(x) y la corriente de arrastre dehuecos será despreciable frente a la corriente de arrastre de electrones. Entonces, siendo I ann(x)

la corriente de arrastre de electrones en la zona neutra n, tendremos

I = I dpn(x) + I dnn(x) + I ann(x) ,

I =

1 − Dn

D p

I dpn(x) + I ann(x) ,



I ann(x) = I −

1 − Dn

D p

I dpn(x)

= I

⎡⎢⎢⎣1 −

1 − Dn

D p

D p

N DL pD p

N DL p+

Dn

N ALn

e−x/Lp

⎤⎥⎥⎦ . (1.14)

El perfil de la concentración de electrones libres en la zona p sigue la ecuación

n p(x) = n po +

eV AK/V T − 1

n poe−x/Ln ,

donde n po = n2i /N A. La corriente de difusión de electrones en la zona neutra p vale, por tanto,

I dnp(x) = AqDndn pdx

= −Aqn poDn

Ln

eV AK/V T − 1

e−x

/Ln

= −Aqn2i

Dn

N ALn

eV AK/V T − 1

e−x

/Ln

= −I

Dn

N ALn

D p

N DL p+

Dn

N ALn

e−x/Ln

.

De modo similar a como se ha razonado para la zona n, tenemos dp p/dx = dn p/dx, donde p p(x) es la concentración de huecos en la zona neutra p, y la corriente de difusión de huecos enla zona neutra p valdrá

I dpp(x) = −AqD pdp pdx

= −AqD pdn pdx

= − D p

DnI dnp(x) .

Con inyección de electrones a bajo nivel en la zona p, p p(x) n p(x) y la corriente de arras-tre de electrones será despreciable frente a la corriente de arrastre de huecos. Entonces, siendoI app(x) la corriente de arrastre de huecos en la zona neutra p, tendremos

I = −I dnp(x) − I dpp(x) − I app(x) ,

I = −

1 − D p

Dn

I dnp(x) − I app(x) ,

I app(x) = −I −

1 − D p

Dn

I dnp(x)

= −I

⎡⎢⎢⎣

1 −

1 − D p

Dn

Dn

N ALn

D p

N DL p

+Dn

N ALn

e−x/Ln

⎤⎥⎥⎦

. (1.15)

Teniendo en cuenta que, siendo la inyección de huecos en la zona n a bajo nivel, nn(x) = N Dcon mucha aproximación, se puede obtener el campo eléctrico en la zona neutra n, E (x), usandola relación

I ann(x) = AqμnN DE (x) .



Combinando con (1.14), obtenemos

E (x) =I ann(x)

AqμnN D=

I

AqμnN D

⎡⎢⎢⎣1 −

1 − Dn

D p

D p

N DL pD p

N DL p+

Dn

N ALn

e−x/Lp

⎤⎥⎥⎦ . (1.16)

De modo similar, siendo E (x

) el campo eléctrico en la zona neutra p, tenemos,I app(x) = Aqμ pN AE (x) ,

y, usando (1.15),

E (x) =I app(x)

Aqμ pN A= − I

Aqμ pN A

⎡⎢⎢⎣1 −

1 − D p

Dn

Dn

N ALn

D p

N DL p+

Dn

N ALn

e−x/Ln

⎤⎥⎥⎦ . (1.17)

Finalmente, ΔV la obtenemos por integración, utilizando (1.16) y (1.17). Con

A p =

1 − Dn

D p

D p

N DL pD p

N DL p+

Dn

N ALn

y

An =

1 − D p

Dn

Dn

N ALn

D p

N DL p+

Dn

N ALn

,

obtenemos, usando e−Bp/Ln 1 y e−Bn/Lp 1,

ΔV = − Bp0

E (x) dx +

Bn0

E (x) dx

=I

Aqμ pN A

Bp0

(1 − An e−x/Ln) dx +

I

AqμnN D

Bn0

(1 − A p e−x/Lp) dx

=I

Aqμ pN A

x + AnLn e−x

/LnBp0

+I

AqμnN D

x + A pL p e−x

/LpBn0

=I

Aqμ pN A

B p + AnLne−Bp/Ln − AnLn

+I

AqμnN D

Bn + A pL pe−

Bn/Lp − A pL p

≈ I

Aqμ pN A(B p − AnLn) +

I

AqμnN D(Bn − A pL p)

=

B p − AnLn

Aqμ pN A+

Bn − A pL pAqμnN D

I,



que demuestra que ΔV es proporcional a I y que puede ser modelada con una resistencia devalor

R =B p − AnLn

Aqμ pN A+

Bn − A pL pAqμnN D

.

2) Determinemos primero D p, Dn, L p y Ln. Obtenemos

D p =

kT

q μ p = (8,620 × 10−5

Vo

K−1

)(300o

K)(500 cm2

V−1

s−1

) = 12,93 cm2

s−1

.

Dn =kT

qμn = (8,620 × 10−5 V oK−1)(300 oK)(1.300 cm2V−1s−1) = 33,62 cm2s−1 .

L p =

D pτ p =

(12,93 cm2s−1)(7,5 × 10−4 s) = 0,09848 cm .

Ln =

Dnτ n =

(33,62 cm2s−1)(1,1 × 10−3 s) = 0,1923 cm .

L p no parece mucho menor que Bn y Ln no parece mucho menor que B p. En realidad, para quelos perfiles pn(x) y n p(x) utilizados en 1) sean buenas aproximaciones basta e−Bn/Lp 1 ye−Bp/Ln 1. Obtenemos e−Bn/Lp = e−1/0,09848 = 3,891 × 10−5, que puede considerarse 1y e−Bp/Ln = e−1/0,1923 = 5,515×10−3, que también puede considerarse 1. Así pues, supues-

tas inyecciones de portadores minoritarios a bajo nivel en ambas zonas, los resultados obtenidosen el apartado anterior son aproximadamente aplicables. Calculemos A p y An. Obtenemos

D p

N DL p=

12,93 cm2s−1

(1019cm−3)(0,09848 cm)= 1,313 × 10−17 cm4s−1 .

Dn

N ALn=

33,62 cm2s−1

(1019cm−3)(0,1923 cm)= 1,748 × 10−17 cm4s−1 .

A p =

1 − 33,62

12,93

1,313 × 10−17

1,313 × 10−17 + 1,748 × 10−17= −0,6864 .

An = 1

−12,93

33,62 1,748 × 10−17

1,313 × 10−

17 + 1,748 × 10−

17

= 0,3514 .

Utilizando esos valores de A p y An, obtenemos

R =1 cm − (0,3514)(0,1923 cm)

(0,3 cm2)(1,602 × 10−19 C)(500 cm2V−1s−1)(1018 cm−3)

+1 cm + (0,6864)(0,09848 cm)

(0,3 cm2)(1,602 × 10−19 C)(1.300 cm2V−1s−1)(1018 cm−3)

= 0,05589 Ω

Para una corriente I = 20 mA, ΔV vale

ΔV = RI = (0,05589 Ω)(20 mA) = 1,118 mV .

Falta comprobar que las inyecciones de portadores minoritarios son a bajo nivel. Es suficientecomprobar pn(0) N D y n p(0) N A. Utilizando la ley de la unión, obtenemos

pn(0) = pno eV AK/V T =n2i

N DeV AK/V T . (1.18)



De modo similar,

n p(0) = n po eV AK/V T =n2i

N AeV AK/V T . (1.19)

Empezaremos calculando V AK de modo aproximado. Para ello utilizaremos la ecuación del diodo

I = I S

eV AK/V T − 1

, (1.20)

I S = Aqn2i

D p

N DL p+ Dn

N ALn

.

n2i resulta valer

n2i = BT 3e−E g/(kT ) = (1,744 × 1033 cm−6oK−3)(300 oK)3e−1,210/((8,620×10−5)(300))

= 2,250 × 1020 cm−6 .

I S resulta valer

I S = (0,3 cm2)(1,602 × 10−19 C)(2,250 × 1020 cm−6)

12,93 cm2s−1

(1018 cm−3)(0,09848 cm) +33,62 cm2s−1

(1018 cm−3)(0,1923 cm)

= 3,310 × 10−15A .

Utilizando (1.20), podemos calcular eV AK/V T :

eV AK/V T = 1 +I

I S = 1 +

0,02 A3,310 × 10−15A

= 6,042 × 1012 .

Utilizando (1.18), obtenemos

pn(0) =2,250 × 1020 cm−6

1018 cm−36,042 × 1012 = 1,359 × 1015 cm−3 ,

que es N D = 1018 cm−3. De modo similar, utilizando (1.19), obtenemos

n p(0) =2,250 × 1020 cm−6

1018 cm−36,042 × 1012 = 1,359 × 1015 cm−3 ,

que es N A = 1018 cm−3.



Capítulo 2

Problemas de análisis de circuitos con

diodos

Problema 11: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación

I S 1 = 10−12 A e I S 2 = 2× 10−11 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuitoy determine V e I . Suponga V T = 25,9 mV.

I

V

D1

D25 V +

−

Solución: Empezaremos suponiendo 5 − V V T = 0,0259V. Ello implica que, con muchaprecisión, I = I S 1 = 10−12 A = 10−9 mA. La tensión V puede ser calculada utilizando

I = I S 2

eV/V T − 1

,

obteniéndose

V = V T ln

1 +

I

I S 2

= (0,0259) ln

1 +

10−9

2 × 10−8

= 0,001264 = 1,264 mV .

Resulta 5 − V = 5 − 0,001264 = 4,999, que es 0,0259. Así pues, los valores calculados paraV e I son correctos.

Problema 12: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturaciónI S 1 = 10−12 A e I S 2 = 8 × 10−12 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito



y determine I 1 e I 2.

1 μA

I 1

D1

I 2

D2

Solución: Llamando V AK a la tensión anódo-cátodo común a los dos diodos, tenemos

I 1 = I S 1

eV AK/V T − 1

,

I 2 = I S 2

eV AK/V T − 1

,

de donde,I 1I 2

=I S 1I S 2

=10−9

8 × 10−9= 0,125 .

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo al que están conectados los ánodos de los dosdiodos, obtenemos 10−3 = I 1 + I 2, y usando la relación anterior entre I 1 e I 2,

10−3 = 0,125I 2 + I 2 = 1,125I 2 ,

de donde

I 2 =10−3

1,125= 8,889 × 10−4 = 0,8889 μA .

Finalmente, usando 10−3 = I 1 + I 2,

I 1 = 10−3 − I 2 = 10−3 − 8,889 × 10−4 = 1,111 × 10−4 = 0,1111 μA .

Problema 13: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación

I S 1 = 3 × 10−11 A e I S 2 = 10−12 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuitoy determine V e I . Suponga V T = 25,9 mV.

I

D1

10MΩ5 V

V D2

−

+

Solución: Empezaremos suponiendo 5 − V V T = 0,0259. Llamando I a la corriente inversapor el diodo D1, se tendrá, con mucha aproximación, I = I

S 1= 3

×10−11 A = 3

×10−8 mA.

Sea R la resistencia del circuito. La corriente a través de dicha resistencia vale V /R. Aplicandola primera ley de Kirchoff al nodo conectado a los ánodos de los diodos y utilizando la ecuacióndel diodo D2, se obtiene

I = I +V

R= I S 2

eV/V T − 1

+

V

R,



y, sustituyendo valores,

3 × 10−8 = 10−9

eV/0,0259 − 1

+V

104,

que da

3 × 10−4

= 10−5

eV/0,0259

− 1

+ V ,

V = 3 × 10−4 − 10−5

eV/0,0259 − 1

.

Dicha ecuación trascendente tiene la forma V = f (V ). Para resolverla, usamos una iteraciónde punto fi jo V k+1 = f (V k). Con V 1 = 3 × 10−4, se obtiene V 2 = 2,999 × 10−4, V 3 =2,999 × 10−4. Así pues, una solución de la ecuación es V = 2,999 × 10−4 V = 0,2999 mV. Sepuede argumentar que dicha solución es única observando que

df

dV = −105

0,0259 eV/0,0259 = −3,861 × 106 eV/0,0259 < 0 .

Entonces, al hacerse V mayor a 2,999 × 10−4, f (V ) se hará menor, haciendo imposible quepara valores mayores a 2,999 × 10−4 se pueda verificar V = f (V ). De modo similar se puederazonar que no se podrá verificar V = f (V ) para valores menores a 2,999 × 10−4. La soluciónencontrada para V verifica 5 − V = 5,000, que es 0,0259, como se había supuesto. Faltacalcular I . Usando la ecuación del diodo D2 se obtiene

I = I S 2

eV/V T − 1

= 10−9

e2,999×10−4/0,0259 − 1

= 1,165

×10−11 mA = 1,165

×10−14 A .

Problema 14: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito ydetermine I 1, I 2 y V .

10 V

V I 1 I 2

10 KΩ

9,9 KΩ

−10 V



Solución: Supondremos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito

A

K

A

K

10 V

10 KΩ

9,9 KΩI 1 + I 2

I 1

−10 V

I 2V

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Por inspección, V = 0. Además, las diferencias de tensión enlas dos resistencias resultan ser iguales a 10 V, obteniéndose

10 = 9,9 (I 1 + I 2) = 9,9I 1 + 9,9I 2 ,

10 = 10I 2 ,

de donde I 2 = 1, que es ≥ 0, e

I 1 =10 − 9,9 I 2

9,9=

10 − (9,9)(1)

9,9= 0,01010 ,

que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 =0,01010mA, I 2 = 1 mA y V = 0.

Problema 15: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito ydetermine los valores de I 1, I 2, I 3 y V .

30 V

I 3

10 KΩI 1

V

20 KΩ20 KΩ

I 2

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión devalor 30 V y las resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de la resistenciade valor 20 KΩ, se obtiene una tensión de Thévenin

V th =20

10 + 2030 = 20 V

y una resistencia de Thévenin

Rth = 10 20 =(10)(20)

10 + 20= 6,667 KΩ .



Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin resulta el circuito

20 V I 2

V

20 KΩ

6,667 KΩ

Analizando dicho circuito es fácil deducir que el diodo estará en ON y calcular el valor de la co-rriente I 2. En efecto, el punto de trabajo (V AK , I 2) del diodo estará en la intersección del modelolineal a tramos del diodo y la recta de carga cuya ecuación se obtiene aplicando la segunda leyde Kirchoff:

20 = 6,667I 2 + V AK + 20I 2 = 26,67I 2 + V AK .

Gráficamente, tenemos:

20

26,67= 0,7499 mA

20 V V AK

I 2

Sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON se obtiene el circuito

A K

30 V

10 KΩI 1

V

20 KΩ20 KΩ

I 2

I 3

La tensión V puede ser calculada aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 20 KΩ de la

derecha, obteniéndose

V = 20I 2 = (20)(0,7499) = 15,00V .

Por simetría,

I 3 = I 2 = 0,7499 mA .



Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo,

I 1 = I 2 + I 3 = 0,7499 + 0,7499 = 1,500 mA .

Problema 16: Utilizando para el diodo el modelo con tensión ánodo-cátodo nula para corrien-tes directas y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, determine la función detransferencia vo = F (vi) del siguiente cuadripolo.

+

10 KΩ

−

vo

10 KΩ+

vi

−

Solución: Supondremos cada uno de los tres estados posibles para el diodo Zener y determinare-mos, para cada uno de ellos, el intervalo de tensiones vi para el cual el diodo está en el estado y

la relación entre vo y vi.

Para el estado ON, se obtiene el circuito

A

K

i1 + i2

i1 i2

vi+− vo

+

−

10 KΩ

10 KΩ

Se ha de imponer i1 ≤ 0. Por inspección, vo = 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia devalor 10 KΩ de la derecha, se obtiene

0 = 10i2 ,

i2 = 0 .

Aplicando al segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, laresistencia de valor 10 KΩ de la izquierda y el diodo, se obtiene

vi = 10(i1 + i2) = 10i1 ,

i1 = vi10

.

La condición i1 ≤ 0 se traduce envi10

≤ 0 ,

vi ≤ 0 .



Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], el diodo está en ON y vo = 0

Para el estado OFF, se obtiene el circuito

A

K

+−vAK vi 10 KΩ

+

+−

−

vo

10 KΩ

Se ha de imponer −5 ≤ vAK ≤ 0. Utilizando la fórmula del divisor de tensión, se obtiene

vo =10

10 + 10vi =

vi2

.

Por inspección, vAK = −vo. La condición −5 ≤ vAK ≤ 0 se traduce en −5 ≤ −vo ≤ 0,0

≤vo

≤5, y utilizando vo = vi/2, en 0

≤vi/2

≤5, 0

≤vi

≤10. Así pues, para vi

∈[0, 10],

el diodo está en OFF y vo = vi/2.

Para el estado RUPTURA, se obtiene el circuito

K

A

i2i1

i1 + i2

vi

10 KΩ

5 V

+

−

vo10 KΩ+−

Se ha de imponer i1 ≥ 0. Por inspección, vo = 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia devalor 10 KΩ de la derecha, se obtiene

vo = 10i2 ,

5 = 10i2 ,

i2 = 0,5 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, laresistencia de valor 10 KΩ de la izquierda y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene

vi = 10(i1 + i2) + 5 = 10i1 + 10i2 + 5 = 10i1 + (10)(0,5) + 5 = 10i1 + 10 ,

i1 =vi − 10

10.

La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi − 10 ≥ 0, vi ≥ 10. Así pues, para vi ∈ [10, ∞) el diodoestá en RUPTURA y vo = 5.



La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi).

5

vi

vo

10

Problema 17: Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V, analice elcircuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y la tensión ánodo-cátodoV AK del diodo.

5 V

5 KΩ

1 KΩ

Solución: Empezaremos suponiendo el diodo en OFF. Ello conduce al circuito

V AK

5 V+

−

5 KΩ

1 KΩ

La condición a verificar es V AK ≤

0,7. Aplicando la fórmula del divisor de tensión, se obtiene

V AK =1

1 + 55 = 0,8333 ,

que es > 0,7. Por lo tanto, el diodo no está en OFF. Supongamos que el diodo está en ON. Elloconduce al circuito

K

A0,7 V

I

I

I + I

−

V AK

+5 V

1 KΩ

5 KΩ

La condición a verificar es I ≥ 0. Por inspección, V AK = 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la



resistencia de valor 1 KΩ, se obtiene0,7 = (1)I ,

I = 0,7 .

Por último, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión devalor 5 V y las resistencias, se obtiene

5 = 5(I + I ) + (1)I = 5I + 6I = 5I + (6)(0,7) = 5I + 4,2 ,

I =5 − 4,2

5= 0,16 ,

que es ≥ 0. Así pues, el diodo está en ON, I = 0,16 mA y V AK = 0,7V.

Problema 18: Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y resistenciaincremental en conducción directa rD = 1 Ω, analice el circuito de la figura y determine losvalores de la corriente directa I y de la tensión ánodo-cátodo V AK del diodo.

10 Ω100 mA

Solución: Empezaremos suponiendo que el diodo está en OFF. Ello conduce al circuito

K

AV AK 100 mA 10 Ω

+

−

La condición a verificar es V AK ≤ 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtieneV AK = (0,01)(100) = 1, que es > 0,7. Por tanto, el diodo no está en OFF. Supongamos que eldiodo está en ON. El circuito resultante es

A

K

1 Ω

0,7V

100 mA10 Ω

I

NI

La condición a verificar es I ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo N, se obtiene

100 = I + I .



Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 Vy las resistencias, se obtiene

0,7 = −0,001I + 0,01I ,

dando lugar al sistema lineal

I + I = 100

−I + 10I = 700 ,

cuya solución para I es

I =

100 1700 10

1 1−1 10

=

300

11= 27,27 ,

que es ≥ 0. Así pues, el diodo está en ON e I = 27,27 mA. La tensión ánodo-cátodo resulta valer

V AK = 0,7 + 0,001 I = 0,7 + (0,001)(27,27) = 0,7273 V.

Problema 19: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral V DO = 0,7V, analice

el siguiente circuito y determine I .

1 KΩ

I 10KΩ

D1

D2

5 V

Solución: Con el diodo D1 en OFF, el diodo D2 quedaría polarizado exclusivamente por la

resistencia de valor 1 KΩ y también estaría en OFF. Con esos estados para D1 y D2, tendríamosV AK 1 = 5, que no es ≤ 0,7 V. Así pues, el diodo D1 no está en OFF. Supongamos que el diodoD1 está en ON y que el diodo D2 está en OFF. Se obtiene el circuito

1 KΩ

5 V

I 10KΩ

A

K0,7V

A

KV AK 2

−

+

Se ha de verificar I ≥ 0 y V AK 2 ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formadapor las fuentes de tensión y las resistencias, se obtiene

5 = 10I + 0,7 + (1)I ,



cuya solución es

I 1 =

9,3 15 2,02

11,01 11 2,02

=

13,7921,24

= 0,6492 ,

I 2 =

5

−I 1

2,02 =

5

−0,6492

2,02 =2,154

.

Tanto I 1 como I 2 son ≥ 0. Así pues, el diodo D1 está en ON, el diodo D2 está en RUPTURA,I 1 = 0,6492 mA e I 2 = 2,154 mA.

Problema 21: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y parael diodo D2 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V paracorrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine I 1 e I 2.

10mA

I 1

I 2

D1

D2

1 KΩ

200Ω

Solución: Por cada conjunto formado por un diodo y la resistencia que tiene en paralelo ha decircular una corriente de valor 10 mA. Ello permite el análisis independiente de esos dos gruposde elementos. Supongamos que el diodo D1 está en ON. Se obtiene el circuito

1 KΩ

A

K0,7V

I I 1

10mA

Se ha de verificar I 1 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

0,7 = (1)I ,

I = 0,7 .

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo, se obtiene

10 = I + I 1 = 0,7 + I 1 ,

I 1 = 10 − 0,7 = 9,3 ,

que es ≥ 0. Así pues, D1 está en ON e I 1 = 9,3mA.



Supongamos que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

A10mA

I

5 V

I 2

200 ΩK

Se ha de verificar I 2 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

5 = (0,2)I ,

I =5

0,2= 25 .

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al cátodo del diodo, se obtiene

10 = I + I 2 = 25 + I 2 ,

I 2 = 10 − 25 = −15 ,

que no es ≥ 0. Supongamos D2 en OFF. Se obtiene el circuito

V AK 210mA

I

200 ΩK

A

I 2

+

−

Se ha de verificar −5 ≤ V AK 2 ≤ 0,7. Por inspección, I 2 = 0 e I = 10. Por otro lado, aplicandola ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

V AK 2 = −0,2 I = −(0,2)(10) = −2 ,

que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Así pues, el diodo D2 está en OFF e I 2 = 0.

Problema 22: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y parael diodo D2 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V paracorrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine los valores de I y V .

10 V

D1

1 KΩ

I

V

10KΩ D2

−

+

Solución: Supongamos que el diodo D1 está en ON. Con el diodo D2 en ON, todas las corrientes



entrantes al nodo al que están conectados los cátodos de los diodos serían ≥ 0, con al menos unade ellas (la procedente de la resistencia) > 0, lo cual es imposible. Supongamos que el diodo D2está en OFF. Se obtiene el circuito

V

I

A

KV AK 2

0,7V

A K

10 V

10KΩ

1 KΩ

I

−

+

−

+

Se ha de verificar I ≥ 0 y −5 ≤ V AK 2 ≤ 0,7. Por inspección, I = 0. Aplicando la segunda leyde Kirchoff a la malla con corriente I se obtiene

10 = 0,7 + 10I + (1)I = 0,7 + 11I ,

I

=10

−0,7

11 =9,311 = 0,8455 ,

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 KΩ, se obtiene

V AK 2 = −10I = −(10)(0,8455) = 8,455 ,

que es < −5. Así pues, el estado supuesto para el diodo D2 no es correcto. Supongamos que estáen RUPTURA. Se obtiene el circuito

I + I 0,7V

A K

10 V

1 KΩ

K

A 5 V10KΩI

I + I +

−V

I

Se ha de verificar I ≥ 0 e I + I ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 KΩ,se obtiene

5 = 10I ,

I =5

10

= 0,5 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V,la fuente de tensión de valor 0,7 V, la fuente de tensión de valor 5 V y la resistencia de valor1 KΩ, se obtiene

10 = 0,7 + 5 + (1)(I + I ) = 5,7 + I + I = 5,7 + I + 0,5 = 6,2 + I ,



I = 10 − 6,2 = 3,8 ,

que es ≥ 0. Además, I +I = 3,8+0,5 = 4,3, que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestospara los diodos son correctos e I = 3,8 mA. La tensión V puede ser calculada aplicando la leyde Ohm a la resistencia de valor 1 KΩ. Se obtiene

V = (1)(I + I ) = I + I = 3,8 + 0,5 = 4,3V .

Problema 23: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y parael diodo D2 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura,analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I 1 e I 2.

1 mA

D1 D2

2 KΩ10KΩ I 1 I 2

Solución: Supongamos que el diodo D1 está en estado OFF. Tenemos I 2 = 1 mA, implicandoque D2 estará en estado RUPTURA. Entonces, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por los diodos y las resistencias, se obtiene

V AK 1 = 5 + 2I 2 = 5 + (2)(1) = 7 ,

que no es ≤ 0,7. Así pues el diodo D1 no estará en OFF. Supongamos que el diodo D1 está enON y que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

1 mA

I 1 I 2

K

A

A

K

0,7V 5 V

10KΩ 2 KΩ

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado a lasresistencias, se obtiene

1 = I 1 + I 2 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por las fuentes de tensión y las resisten-cias, se obtiene

0,7 + 10I 1 = 5 + 2I 2 ,

10I 1 − 2I 2 = 4,3 ,

que combinada con I 1 + I 2 = 1 da el sistema lineal

I 1 + I 2 = 1

10I 1 − 2I 2 = 4,3 ,



cuya solución es

I 1 =

1 14,3 −2

1 110 −2

=−6,3−12

= 0,5250 ,

I 2 = 1 − I 1 = 1 − 0,5250 = 0,4750 .

Dado que tanto I 1 como I 2 son ≥ 0, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 =0,5250 mA e I 2 = 0,4750 mA.

Problema 24: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral V DO = 0,7V, analiceel circuito de la figura y determine I 1 e I 2.

I 1 D1

1 KΩ

5 V

I 2

4 KΩ

1 KΩ

D2

2 KΩ

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido por la fuente de tensiónde valor 5 V y las dos resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de laresistencia de 1 KΩ, se obtienen una tensión de Thévenin

V th =1

4 + 1 5 = 1

y una resistencia de Thévenin

Rth = 4 1 =(4)(1)

4 + 1= 0,8 .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito

D1

1 KΩ

I 2I 1

1 V

0,8 KΩ

D2

2 KΩ



Supongamos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito

K

A

K

A

0,8 KΩ

1 V

I 1 + I 2

2 KΩI 2

0,7V

I 1 1 KΩ

0,7V

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada porla fuente de tensión de valor 1 V, la resistencia de valor 0,8 KΩ, la resistencia de valor 1 KΩ y lafuente de tensión de valor 0,7 V de la izquierda y a la malla formada por la fuente de tensión devalor 1 V, la resistencia de valor 0,8 KΩ, la resistencia de valor 2 KΩ y la fuente de tensión devalor 0,7 V de la derecha, se obtiene

1 = (0,8)(I 1 + I 2) + (1)I 1 + 0,7 ,

1 = (0,8)(I 1 + I 2) + 2I 2 + 0,7 ,

que conducen al sistema lineal

1,8I 1 + 0,8I 2 = 0,3

0,8I 1 + 2,8I 2 = 0,3 ,

cuya solución es

I 1 =

0,3 0,8

0,3 2,8 1,8 0,8

0,8 2,8

= 0,6

4,4= 0,1364 ,

I 2 =

1,8 0,30,8 0,3

1,8 0,80,8 2,8

=

0,34,4

= 0,06818 .

Dado que tanto I 1 como I 2 son≥

0, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 =

0,1364 mA e I 2 = 0,06818mA.

Problema 25: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y para eldiodo D2 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a la tensiónde ruptura indicada para corrientes inversas, determine la función de transferencia vo = F (vi)



del cuadripolo de la figura.

D1

D24,7V

−−

vovi

1 KΩ+ +

Solución: Una forma sencilla de analizar el circuito es considerar los posibles valores de lacorriente i:

D2

D1

−

vovi

1 KΩ

4,7V

i

+ +

−

El diodo D1 impide que i tome valores < 0. Así pues, i ≥ 0. Determinemos los valores de vipara los cuales i > 0 y la relación entre vo y vi en ese caso. D1 sólo podrá estar en ON y D2 sólopodrá estar en RUPTURA, obteniéndose el circuito

A

K

K

Ai

−

vo

1 KΩ+

vi

0,7V

4,7V−+

Por inspección, obtenemos vo = 4,7 + 0,7 = 5,4. Aplicando la segunda ley de Kirchoff, seobtiene

vi = (1)i + 0,7 + 4,7 = 5,4 + i ,

i = vi − 5,4 .

Imponiendo la condición i > 0, se obtiene vi > 5,4. Así pues, vo = 5,4 para vi > 5,4. Paravi ≤ 5,4, i = 0 y siendo nula la diferencia de tensión en la resistencia de 1 KΩ, se obtiene



vo = vi. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia.

vi5,4

5,4

vo

Problema 26: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y parael diodo D2 el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V paracorrientes inversas, analice el circuito de la figura y: 1) determine la función de transferenciavo = F (vi); 2) suponiendo vi senoidal con amplitud 15 V, determine el valor medio V o y elvalor eficaz V o,eff de la tensión de salida vo.

vovi

D1

D2

10KΩ

10KΩ

+

−

+

−

Solución: 1) Hacemos un barrido de vi desde −∞ hasta ∞. Obtenemos así una sucesión deintervalos para vi en los que los estados de los diodos se mantienen constantes. Los extremosderechos de los intervalos y los diodos que cambian de estado al pasar de un intervalo al siguienteson determinados imponiendo las condiciones de estado de los diodos. Los diodos deben cambiar

a estados correspondientes a tramos lineales adyacentes a los tramos lineales de los estados en losque están los diodos antes del cambio. En caso de que un estado tenga dos estados “adyacentes”,es necesario analizar qué desigualdad falla al aumentar vi para determinar a qué estado cambiael diodo.

Dado que el cuadripolo es pasivo, la potencia consumida por él tiene que ser ≥ 0. Ello implicaque, para vi negativa, la corriente de entrada al cuadripolo o es 0 o va de − a +, pues en casocontrario la potencia consumida por el cuadripolo sería < 0. Eso sólo es posible con D1 en OFF.Así pues para vi negativa D1 está en OFF. Con D1 en OFF, el conjunto formado por D2 y laresistencia de la derecha queda aislado y la corriente por D2 es 0, implicando que D2 tambiénestará en OFF. Así pues, para vi negativa, D1 y D2 están en OFF. Supongamos dichos estados,analicemos el cuadripolo y determinemos hasta que valor de vi se mantienen los estados, qué



diodos cambian de estado al crecer vi y a qué estado cambian. Se obtiene el circuito

vovi

A K 10KΩ

vAK 1K

AvAK 2 10KΩ

−

+−

+

+

−−

+

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0,7 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0,7. Las corrientes por todas las ramas delcircuito son nulas y, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha, se obtiene vAK 2 = 0,que es ≥ −5 y ≤ 0,7. Además, vo = 0. Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor vi, los diodos y la resistencia de la izquierda, seobtiene

vi = vAK 1 + 0 − vAK 2 ,

de donde vAK 1 = vi + vAK 2 = vi. La condición vAK 1 ≤ 0,7 se traduce en vi ≤ 0,7. Así pues,para vi

∈(

−∞, 0,7], los diodos D1 y D2 están en OFF y vo = 0. Al hacerse vi > 0,7, falla

la condición de estado del diodo D1, que pasa a ON. En el siguiente intervalo, que empieza envi = 0,7, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito

i

vi

K 10KΩ

K

AvAK 2 10KΩ vo

A

0,7V

−+

−+

−

+

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la mallacon corriente i se obtiene

vi = 0,7 + 10i + 10i = 20i + 0,7 ,

i =vi − 0,7

20.

Imponiendo i ≥ 0, se obtiene la condición vi ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar videntro del intervalo. La tensión vo puede obtenerse aplicando la ley de Ohm a la resistencia de laderecha:

vo = 10i = 10vi − 0,7

20=

1

2vi − 0,35 .

Por inspección,vAK 2 = −vo = −1

2vi + 0,35 .

Imponiendo la condición −5 ≤ vAK 2 ≤ −0,7, se obtiene −5 ≤ −(1/2)vi + 0,35 ≤ 0,7,−10 ≤ −vi + 0,7 ≤ 1,4, −0,7 ≤ vi ≤ 10,7. Al aumentar vi dentro del intervalo falla lacondición vi ≤ 10,7. Dicha condición procede de vAK 2 ≥ −5. Así pues, para vi ∈ (0,7, 10,7]



D1 está en ON, D2 está en OFF, y vo = (1/2)vi − 0,35. Al hacerse vi > 10,7 el diodo D2pasa a RUPTURA. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 10,7, D1 está en ON y D2 enRUPTURA. Se obtiene el circuito

i

vi

K 10KΩ

10KΩ vo

A

0,7V

K

A

5 V

i1 i2

−

+

−

+

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 5. Aplicando la ley de Ohm a laresistencia por la que circula la corriente i se obtiene

5 = 10i ,

i =5

10= 0,5 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi,la fuente de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 10 KΩ de la izquierda y la fuente detensión de valor 5 V, se obtiene

vi = 0,7 + 10i1 + 5 = 5,7 + 10i1 ,

i1 =vi − 5,7

10.

La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 5,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro delintervalo. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo en el que confluyen las corrientes i1, i2 ei, se obtiene

i1 = i2 + i ,

i2 = i1 − i = vi − 5,710

− 0,5 = vi10

− 1,07 .

La condición i2 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 10,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro delintervalo. Así pues, para vi ∈ (10,7, ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y vo = 5. Lasiguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi).

5

10,7 vi

vo1

2vi − 0,35

0,7

2) Sea ω la pulsación de vi. Usando la variable α = ωt, usando la relación ω = 2π/T , donde T



es el periodo de vi, y haciendo el cambio de variable α = ωt, se obtiene

V o =1

T

T 0

vo(t) dt =1

ωT

ωT 0

vo(α) dα =1

2π

2π0

vo(α) dα ,

y, de modo similar,

V 2

o,eff =

1

T T 0 vo(t)

2

dt =

1

2π 2π0 vo(α)

2

dα .

Empecemos determinando la “forma” de vo(α) usando la forma de vi(α) y la función de trans-ferencia. La siguiente figura la ilustra.

vi(α) = 15 sen α

2πππ/2α2

15

5

0,7

α1 α = ωt

vo(α) =1

2vi(α) − 0,35 = 7,5 sen α − 0,35

10,7

Utilizando las características y simetrías de vo(α), se obtiene

V o = 12π

π−

α1

α1

vo(α) dα = 12π

2

π/2

α1

vo(α) dα

= 1π

π/2

α1

vo(α) dα . (2.1)

De modo similar,

V 2o,eff =1

π

π/2α1

vo(α)2 dα . (2.2)

El problema queda pues reducido a evaluar las integrales

I 1 =

π/2α1

vo(α) dα ,

I 2 = π/2α1

vo(α)2 dα .

Empecemos calculando α1 y α2 (en radianes):

0,7 = 15sen α1 ,



α1 = arc sen

0,715

= arcsen(0,04667) = 0,04669 .

10,7 = 15sen α2 ,

α2 = arc sen

10,715

= arc sen(0,7133) = 0,7942 .

Evaluemos la integral I 1. Se obtiene

I 1 =

α2α1

vo(α) dα +

π/2α2

vo(α) dα

=

0,7942

0,04669(7,5 sen α − 0,35) dα + 5

π

2− 0,7942

= 7,5 0,7942

0,04669sen α dα − (0,35)(0,7942 − 0,04669) + 3,883

= (7,5)[cos(0,04669) − cos(0,7942)] + 3,621

= 5,856 .

Evaluemos la integral I 2. Se obtiene

I 2 =

α2α1

vo(α)2 dα +

π/2α2

vo(α)2 dα

=

0,7942

0,04669(7,5 sen α − 0,35)2 dα + 25

π

2− 0,7942

=

0,7942

0,04669

56,25 sen2 α − 5,25 sen α + 0,1225

dα + 19,41

= 56,25 0,7942

0,04669 sen2 α dα − 5,25 0,7942

0,04669 sen α dα + 0,1225(0,7942 − 0,04669)

+19,41

= 56,25

α

2− sen2α

4

0,7942

0,04669− (5,25)[cos(0,04669) − cos(0,7942)] + 19,50

= (28,13)(0,7942 − 0,04669) − (14,06)[sen(1,588) − sen(0,09338)] + 17,94

= 26,22 .

Finalmente, usando (2.1) y (2.2), se obtiene

V o =I 1

π=

5,856

π= 1,864 V ,

V 2o,eff =I 2π

=26,22

π= 8,346 ,

V o,eff =

8,346 = 2,889 V .



Problema 27: Utilizando para los diodos los modelos con tensión ánodo-cátodo nula para co-rrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a la tensión de ruptura indicada para corrientesinversas, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi).

D1D2

5 Vvi

−

+

−

vo

1 KΩ

7 V

1 KΩ+

Solución: Intuitivamente, parece que para vi → −∞ el diodo D2 deberá estar en ON. SupuestoD2 en ON, vo valdrá 0, implicando que D1 estará en OFF. Así pues, supongamos que paravi → −∞, D1 está en OFF y D2 está en ON. Se obtiene el circuito

K

A

K

A

i

1 KΩ

+

−

vovi

i

1 KΩ+−

La condición a imponer, correspondiente al diodo D2, es −i ≥ 0, i ≤ 0. Evidentemente, vo = 0.Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, obtenemos vi = (1)i = i, dando lacondición para vi, vi ≤ 0. Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], D1 está en OFF, D2 está en ON yvo = 0. Al hacerse vi > 0, i se hará > 0 y dejará de cumplirse la condición de estado de D2, quecambiará al estado OFF. Supongamos que D1 permanece en el estado OFF. Se obtiene el circuito

vAK 2

i1 KΩ

vAK 1

1 KΩ +

−

vo−+

−+

vi+−

Se ha de imponer −5 ≤ vAK 1 ≤ 0 y −7 ≤ vAK 2 ≤ 0. La corriente i valdrá 0, la diferenciade tensión en la resistencia de 1 KΩ conectada a la fuente de tensión de valor vi valdrá 0 y voserá igual a vi. Dado que vi = −vAK 1, la condición −5 ≤ vAK 1 ≤ 0 se traduce en la condición

−5 ≤ −vi ≤ 0, 0 ≤ vi ≤ 5. Dado que vi = −vAK 2, la condición −7 ≤ vAK 2 ≤ 0 setraduce en la condición −7 ≤ −vi ≤ 0, 0 ≤ vi ≤ 7. Así pues, para vi ∈ [0, 5] D1 y D2estarán en OFF y vo = vi. Al hacerse vi > 5, el diodo D1 pasará a RUPTURA, pues fallarála desigualdad vAK 1 ≥ −5 de la condición de estado de D1, permaneciendo D2 en OFF. En elsiguiente intervalo, que empieza en vi = 5, D1 estará en RUPTURA y D2 en OFF. Se obtiene el



circuito

K

A

K

A

i

vAK 2

1 KΩ

+

−

vo−+

vi1 KΩ

5 V

i+−

Se ha de imponer i ≥ 0 y −7 ≤ vAK 2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor vi, las resistencias de valor 1 KΩ y la fuente de tensiónde valor 5 V, se obtiene

vi = (1)i + (1)i + 5 = 2i + 5 ,

i =vi − 5

2,

que se mantiene ≥ 0 al aumentar vi dentro del intervalo. La tensión vo resulta valer

vo = 5 + (1)i = 5 + i = 5 +vi − 5

2

=1

2

vi +5

2

.

Utilizando vAK 2 = −vo, la condición −7 ≤ vAK 2 ≤ 0 se traduce en −7 ≤ −vo ≤ 0, 0 ≤ vo ≤7, y utilizando vo = vi/2 + 5/2, en la condición 0 ≤ vi/2 + 5/2 ≤ 7, 0 ≤ vi + 5 ≤ 14, −5 ≤vi ≤ 9. Así pues, para vi ∈ [5, 9], D1 estará en RUPTURA, D2 estará en OFF y vo = vi/2 + 5/2.Al hacerse vi > 9, el diodo D2 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad vAK 2 ≥ −7 dela condición de estado de D2, permaneciendo D1 en RUPTURA. En el siguiente intervalo, queempieza en vi = 9, los dos diodos estarán en RUPTURA. Se obtiene el circuito

K

A

K

A

i2

+

−

vo

1 KΩ

vi

5 V

i1 + i2

1 KΩ i1

7 V

−+

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, las resistencias de valor 1 KΩ y la fuentede tensión de valor 5 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, la resistencia dela izquierda y la fuente de tensión de valor 7 V, se obtiene

vi = (1)(i1 + i2) + (1)i1 + 5

vi = (1)(i1 + i2) + 7

y el sistema lineal

2i1 + i2 = vi − 5

i1 + i2 = vi − 7 ,



cuya solución es

i1 =

vi − 5 1vi − 7 1

2 11 1

=

2

1= 2 ,

i2 = vi

−7

−i1 = vi

−7

−2 = vi

−9 .

Las condiciones i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0 no dejan de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo,implicando que para vi ∈ [9, ∞) D1 y D2 estarán en RUPTURA y vo = 7. La siguiente figurarepresenta gráficamente la función de transferencia vo = F (vi).

5 9

5

7

vi2

+5

2

vi

vovi

Problema 28: Utilizando para el diodo D1 el modelo “diodo ideal” y para el diodo D2 el modelocon tensión ánodo-cátodo nula en conducción directa y tensión cátodo-ánodo igual a 7 V paracorrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función de transferencia vo =F (vi).

vovi

2 KΩ D1

D25 mA

+

−

+

−

Solución: Supondremos que para vi → −∞, los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito

5 mAvi

2 KΩ K A

i1

i2 A

K

vo−

+

−

+

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff



a la malla externa, se obtienevi = −2i1 ,

i1 = −vi2

.

La condición i1 ≥ 0 se traduce pues en vi ≤ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodoconectado al cátodo del diodo D2 se obtiene

5 + i2 = i1 ,

i2 = i1 − 5 = −vi2

− 5 .

La condición i2 ≥ 0 se traduce pues en −vi/2 − 5 ≥ 0, vi/2 ≤ −5, vi ≤ −10. Así pues, paravi ∈ (−∞, −10] los dos diodos están en ON y vo = 0. Al hacerse vi > −10 el diodo D2 cambiade estado y pasará a OFF, pues fallará la condición i2 ≥ 0. En el siguiente intervalo, que empiezaen vi = −10, D1 estará en ON y D2 en OFF. Se obtiene el circuito

vi

2 KΩ K A

i1

5 mAA

KvAK 2 vo−

+

+

−

−

+

Se ha de imponer i1 ≥ 0 y −7 ≤ vAK 2 ≤ 0. Por inspección, i1 = 5, que es ≥ 0. Aplicando lasegunda ley de Kirchoff a la malla externa se obtiene

vo = 2i1 + vi = (2)(5) + vi = vi + 10 .

Por inspección, vAK 2 = −vo y la condición −7 ≤ vAK 2 ≤ 0 se traduce en −7 ≤ −vo ≤ 0,0

≤vo

≤7, que usando vo = vi + 10 da 0

≤vi + 10

≤7,

−10

≤vi

≤ −3. Al aumentar

vi dentro del intervalo fallará la desigualdad vi ≤ −3. Dado que dicha desigualdad procede devAK 2 ≥ −7, en ese punto el diodo D2 pasará a RUPTURA. Así pues, para vi ∈ (−10, −3] D1está en ON, D2 está en OFF y vo = vi+10. Al hacerse vi > −3 el diodo D2 pasará a RUPTURA.En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −3, D1 estará en ON y D2 en RUPTURA. Seobtiene el circuito

7 Vvi

2 KΩ K A

i1

5 mA vo

K

A

i2

−

−

+

+

Se de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff ala malla externa, se obtiene

vi = −2i1 + 7 ,



i1 =7 − vi

2.

La condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≤ 7. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo al queestá conectado el ánodo del diodo D1 se obtiene

5 = i1 + i2 ,

i2 = 5 − i1 = 5 − 7 − vi2

=32

+vi2

,

y la condición i2 ≥ 0 se traduce en 3/2 + vi/2 ≥ 0, 3 + vi ≥ 0, vi ≥ −3, que no deja decumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (−3, 7], D1 está en ON, D2está en RUPTURA, y vo = 7. Al hacerse vi > 7, fallará la condición de estado de D1, quepasará a OFF. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 7, D1 está en OFF y D2 está enRUPTURA. Se obtiene el circuito

vi

2 KΩ K A

5 mA vo

K

A7 V

i2vAK 1−

+−

−

++

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0 e i2 ≥ 0. Por inspección, vo = 7 e i2 = 5, que es ≥ 0. Aplicando lasegunda ley de Kirchoff a la malla externa, se obtiene

vi = 0 − vAK 1 + 7 ,

vAK 1 =

−vi + 7 .

La condición vAK 1 ≤ 0 se traduce en −vi + 7 ≤ 0, vi ≥ 7, que no deja de cumplirse al aumentarvi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (7, ∞), D1 está en OFF, D2 está en RUPTURA yvo = 7. La siguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi).

vo = vi + 10

−3

−10

7

vi

vo

Problema 29: Utilizando para el diodo D1 el modelo “diodo ideal” y para el diodo D2 el modelocon tensión ánodo-cátodo nula para corrientes directas y tensión cátodo-ánodo igual a la tensiónde ruptura indicada para corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine la función



de transferencia vo = F (vi).

D1

D2

vi

+

−

vo

5 V

1 KΩ

2 KΩ 5 KΩ

3 V

+

−

Solución: Intuitivamente, parece que para vi → −∞ los dos diodos estarán en OFF. Supongá-moslo. Se obtiene el circuito

A

K

A K

5 KΩ

3 V

+

−vAK 2

vi

+

−

vo

1 KΩ

+ −vAK 1

2 KΩ−+

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0. Por inspección, teniendo en cuenta que todaslas corrientes son nulas, vo = 3, vAK 1 = vi − 3 y vAK 2 = −3. La condición −5 ≤ vAK 2 ≤ 0 esverificada. La condición vAK 1 ≤ 0 se traduce en vi−3 ≤ 0, vi ≤ 3. Así pues, para vi ∈ (−∞, 3]los dos diodos están en OFF y vo = 3. Al hacerse vi > 3, el diodo D1 pasará a ON. En elsiguiente intervalo, que empieza en vi = 3, D1 está en ON y D2 está en OFF. Se obtiene elcircuito

A

K

A K

i

+

−vAK 2

5 KΩvi

+

−

vo

1 KΩ

2 KΩ

3 V−+

Se ha de imponer i ≥ 0 y −5 ≤ vAK 2 ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla for-mada por la fuente de tensión de valor vi, la resistencia de valor 1 KΩ, el diodo D1, la resistenciade valor 2 KΩ y la fuente de tensión de valor 3 V, se obtiene

vi = (1)i + 2i + 3 = 3i + 3 ,

i =vi − 3

3=

13

vi − 1 .

La tensión vo resulta valer

vo = 3 + 2i = 3 + 2

1

3vi − 1

=

2

3vi + 1 ,



y vAK 2 = −vo = −(2/3)vi − 1. La condición i ≥ 0 se traduce en vi/3 − 1 ≥ 0, vi ≥ 3, que nodeja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. La condición −5 ≤ vAK 2 ≤ 0 se traduceen −5 ≤ −(2/3)vi − 1 ≤ 0, 0 ≤ (2/3)vi + 1 ≤ 5, 0 ≤ vi + 1,5 ≤ 7,5, −1,5 ≤ vi ≤ 6.Al aumentar vi dentro del intervalo dejará de cumplirse vi ≤ 6. Así pues, para vi ∈ (3, 6], eldiodo D1 está en ON, el diodo D2 está en OFF y vo = (2/3)vi + 1. Al hacerse vi > 6, el diodoD2 pasará a RUPTURA, pues fallará la desigualdad vAK 2 ≥ −5. En el siguiente intervalo, queempieza en vi = 6, D1 está en ON y D2 en RUPTURA. Se obtiene el circuito

A K

K

A

i1 − i2

−

vo

1 KΩ

3 V

i1

2 KΩ5 KΩ

5 V

i2

vi

+

−+

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la

fuente de tensión de valor vi, la resistencia de valor 1 KΩ, la resistencia de valor 2 KΩ y la fuentede tensión de valor 3 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, la resistencia devalor 1 KΩ, la resistencia de valor 5 KΩ y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene

vi = (1)i1 + 2(i1 − i2) + 3 ,

vi = (1)i1 + 5i2 + 5 ,

que conducen al sistema lineal

3i1 − 2i2 = vi − 3

i1 + 5i2 = vi − 5 ,

cuya solución es

i1 =

vi − 3 −2vi − 5 5

3 −21 5

=

7vi − 25

17= 0,4118vi − 1,471 ,

i2 =

3 vi − 31 vi − 5

3 −21 5

=2vi − 12

17= 0,1176vi − 0,7059 .

La tensión vo resulta valer

vo = 5 + 5i2 = 5 + (5)(0,1176vi − 0,7059) = 0,5880vi + 1,471 .

Imponiendo i1 ≥ 0, se obtiene 0,4118vi−1,471 ≥ 0, vi ≥ 1,471/0,4118 = 3,572, que no deja decumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Imponiendo i2 ≥ 0, se obtiene 0,1176vi−0,7059 ≥



0, vi ≥ 0,7059/0,1176 = 6, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (6, ∞), D1 está en ON, D2 está en RUPTURA y vo = 0,5880vi + 1,471. Lasiguiente figura representa gráficamente la función de transferencia vo = F (vi).

3 6

5

7

3

9,403

vo

vi

2

3vi + 1

0,5880vi + 1,471

Problema 30: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral V DO = 0,7 V, analice el

circuito de lafi

gura con R = 20 KΩ y determine la función de transferencia vo = F (vi). ¿Cuáles la función de transferencia para R → ∞? ¿Es una buena aproximación de ella la función detransferencia obtenida con R = 20 KΩ? ¿Cómo se podría reducir el error de la aproximación?

2,5mA vo

D1

D2

R

vi

2 KΩ

2 KΩ

−

+

+

−

Solución: Empezaremos encontrando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por lafuente de tensión de valor vi, las resistencias de valor 2 KΩ y la fuente de corriente, que tienecomo salidas el nodo conectado al ánodo del diodo D2 y el nodo conectado a los terminales −de la entrada y la salida del cuadripolo. Aplicando el principio de superposición, la tensión deThévenin vale vth = v1 + v2, donde v1 y v2 son las tensiones indicadas de los circuitos:

vi

v1 2,5mA v22 KΩ 2 KΩ

2 KΩ

2 KΩ

+−

−

+ +

−El de la izquierda es un divisor de tensión y, por tanto,

v1 =2

2 + 2vi =

vi2

.



El de la derecha es un divisor de corriente. Las corrientes por las dos resistencias son, porsimetría, iguales y, por tanto,

v2 = (2)1

2(2,5) = 2,5 ,

obteniéndosevth = v1 + v2 =

vi2

+ 2,5 .

Anulando la fuente de tensión de valor vi y la fuente de corriente de valor 2,5 mA, las resistenciasde 2 KΩ quedan asociadas en paralelo y conectadas a la salida del dipolo, por lo que la resistenciade Thévenin valdrá

Rth = 2 2 = 1 KΩ .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin y teniendo en cuenta que el ánodo de D1está conectado directamente al extremo positivo de la fuente de tensión de valor vi, resulta queel cuadripolo que hay que analizar en el problema es equivalente al circuito

vo

D1

D2

R

vi 1 KΩ

vi2

+ 2,5

+

−

+

+−

−

Parece claro que para vi → −∞ los dos diodos deberán estar en OFF. Supongamos pues los dosdiodos en OFF. Se obtiene el circuito

voR

vi1 KΩ

vi2

+ 2,5

KA

A K

vAK 1

vAK 2−

−

+

+−

+−

−

+

+

Hemos de imponer vAK 1 ≤ 0,7 y vAK 2 ≤ 0,7. La corriente por la resistencia de valor R es nulay, aplicando la ley de Ohm a dicha resistencia, vo = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a lamalla externa, se obtiene

vi = vAK 1 + vo = vAK 1 .

La condición vAK 1 ≤ 0,7 se traduce pues en vi ≤ 0,7. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a lamalla interna, se obtiene

vi2

+ 2,5 = 0 + vAK 2 + vo = vAK 2 .

La condición vAK 2 ≤ 0,7 se traduce en vi/2 + 2,5 ≤ 0,7, vi ≤ −3,6. Así pues, para vi ∈(−∞, −3,6], D1 y D2 están en OFF y vo = 0. Al hacerse vi > −3,6, fallará la condición



vAK 2 ≤ 0,7 y el diodo D2 pasará a ON. En el siguiente intervalo, que empieza en vi = −3,6, eldiodo D1 está en OFF y el diodo D2 está en ON. Se obtiene el circuito

ivoR

vi1 KΩ

vi2

+ 2,5

KA

vAK 1

A K

i 0,7V

−

+

+−

+

−

−+

Se ha de imponer vAK 1 ≤ 0,7 e i ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla por laque circula la corriente i, se obtiene

vi2

+ 2,5 = (1)i + 0,7 + Ri = 21i + 0,7 ,

i =vi

42

+2,5 − 0,7

21

=vi + 3,6

42

.

La condición i ≥ 0 se traduce en vi + 3,6 ≥ 0, vi ≥ −3,6, que no deja de cumplirse al aumentarvi dentro del intervalo. La tensión vo resulta valer

vo = Ri = 20vi + 3,6

42= 0,4762vi + 1,714 .

Por último, la tensión vAK 1 resulta valer

vAK 1 = vi − vo = vi − 0,4762vi − 1,714 = 0,5238vi − 1,714 .

La condición vAK 1 ≤ 0,7 se traduce en 0,5238vi − 1,714 ≤ 0,7, 0,5238vi ≤ 2,414, vi ≤2,414/0,5238 = 4,609. Así pues, para vi ∈ (−3,6, 4,609], D1 está en OFF, D2 en ON y vo =

0,4762vi + 1,714. Al hacerse vi > 4,609, fallará la condición de estado de D1 y D1 pasará a ON.En el siguiente intervalo, que empieza en vi = 4,609, los dos diodos están en ON. Se obtiene elcircuito

i1 + i2

voR

vi1 KΩ

vi2

+ 2,5

A K

0,7V

KA

0,7V

i2

i1

−

+

+−

+−

Se ha de imponer i1 ≥ 0 e i2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla externa, seobtiene

vi = 0,7 + vo ,

vo = vi − 0,7 .



Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interna, se obtiene

vi2

+ 2,5 = (1)i2 + 0,7 + vo = i2 + 0,7 + vi − 0,7 = i2 + vi ,

i2 = −vi2

+ 2,5 .

La condición i2 ≥

0 se traduce en−

vi/2 + 2,5

≥0,

−vi

+ 5≥

0, vi ≤

5. Aplicando la ley deOhm a la resistencia de valor R, se obtiene

vo = R(i1 + i2) = Ri1 + Ri2 = 20i1 + 20i2 ,

i1 =vo20

− i2 =vi − 0,7

20+

vi2

− 2,5 = 0,55vi − 2,535 .

La condición i1 ≥ 0 se traduce en 0,55vi − 2,535 ≥ 0, vi ≥ 2,535/0,55 = 4,609, que no dejade cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (4,609, 5], D1 y D2 estánen ON y vo = vi − 0,7. Al hacerse vi > 5, fallará la condición de estado de D2, y D2 pasará aOFF. En el nuevo intervalo, que empieza en vi = 5, D1 está en ON y D2 en OFF. Se obtiene elcircuito

i1voR

vi1 KΩ

vi2

+ 2,5

KA

0,7Vi1

A K

vAK 2

−

++

+−

−+−

Se ha de imponer i1≥

0 y vAK 2≤

0,7. Por inspección,

vo = vi − 0,7 .

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor R, se obtiene

i1 =voR

=vi − 0,7

20,

y la condición i1 ≥ 0 se traduce en vi ≥ 0,7, que no deja de cumplirse al aumentar vi dentro delintervalo. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla interior, se obtiene

vi

2

+ 2,5 = 0 + vAK 2 + vo ,

vAK 2 =vi2

+ 2,5 − vo =vi2

+ 2,5 − vi + 0,7 = −vi2

+ 3,2 ,

y la condición vAK 2 ≤ 0,7 se traduce en −vi/2 + 3,2 ≤ 0,7, −vi + 6,4 ≤ 1,4, vi ≥ 5, que nodeja de cumplirse al aumentar vi dentro del intervalo. Así pues, para vi ∈ (5, ∞), D1 está en



ON, D2 está en OFF y vo = vi − 0,7, finalizando la determinación de la función de transferenciavo = F (vi). La siguiente figura la representa gráficamente.

vi − 0,7

−3,6 vi

3,909

4,609

vo

0,4762vi + 1,714

Falta determinar la función de transferencia para R → ∞. La corriente por la resistencia de valorR es la suma de las corrientes directas por los diodos y para cada vi dicha corriente tiende a 0para R → ∞. Así pues, para R → ∞, cuando el diodo D2 conduce lo hace con una corrienteque tiende a 0. Ello permite ignorar la resistencia de valor 1 KΩ en serie con la fuente de tensión

de valor vi/2 + 2,5, y concluir que, para R → ∞, el circuito se comporta como el circuito

voRvi2

+ 2,5

vi −+

+−

+

−

Dicho circuito es un selector de máximo. Con el modelo para los diodos con tensión umbralV DO , la salida de un selector de máximo con entradas v1, v2, . . . , vN vale max

{0, v1

−V DO , v2

−V DO, . . . , vN − V DO}. Así pues, para R → ∞, vo = max{0, vi − 0,7, vi/2 + 1,8}. La siguientefigura representa gráficamente la función de transferencia para R → ∞

vi2

+ 1,8

−3,6 vi

vo vi − 0,7

5

4,3

Comparándola con la obtenida para R = 20 KΩ, podemos observar que ésta es una buena apro-ximación de la función de transferencia para R → ∞, con un error máximo del orden de 0,2 V.



Para reducir dicho error máximo habría que aumentar R.



Capítulo 3


BJTs

Problema 31: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V BE ,u = V BE ,act =

V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I .

10 KΩ

10 V

I 1 KΩ

Solución: Empezaremos suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Se obtiene el circuito

B C

E

I

10 V

1 KΩI B

50I B0,7V

10KΩ

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segundaley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor



10 KΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo

10 = 10I B + 0,7 ,

I B =10 − 0,7

10= 0,93 ,

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V , la resistencia de valor 1 KΩ y la fuente controladade corriente, obteniendo

10 = (1)(50I B) + V CE = 50I B + V CE ,

V CE = 10 − 50I B = 10 − (50)(0,93) = −36,5 ,

que no es ≥ 0,2. Así pues, el BJT no está en ACTIVO. Supongamos que está en SATURACIÓN.

Se obtiene el circuito

B C

E

I = I C

10 V

1 KΩI B10KΩ

0,7V 0,2V

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0, I C ≥ 0, e I C ≤ βI B . El valor de I B es idéntico alobtenido anteriormente, I B = 0,93, que es ≥ 0. Para calcular I C aplicamos la segunda ley deKirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 KΩ yla fuente de tensión de valor 0,2 V, obteniendo

10 = (1)I C + 0,2 = I C + 0,2 ,

I C = 10 − 0,2 = 9,8 ,

que es ≥ 0 y ≤ βI B = (50)(0,93) = 46,5. Así pues, el BJT está en SATURACIÓN e I = I C =9,800 mA.

Problema 32: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V EB ,u = V EB ,act =V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine los valores de I



y V .

V

24 V

1 KΩ

1 KΩ500 KΩ

I

Solución: Empezaremos suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Se obtiene el circuito

E

B C

24 V

1 KΩ

V

100I B0,7V

I B

1 KΩ500KΩ

I = 101I B

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2 V. Para calcular I B aplicamos la segunda

ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor1 KΩ conectada al emisor, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 KΩ,obteniendo

24 = (1)(101I B) + 0,7 + 500I B = 601I B + 0,7 ,

I B =24 − 0,7

601= 0,03877 ,

que es ≥ 0. Para calcular V EC conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 24 V, las dos resistencias de valor 1 KΩ y la fuente decorriente controlada, obteniendo

24 = (1)(101I B) + V EC + (1)(100I B) = V EC + 201I B ,

V EC = 24−

201I B = 24−

(201)(0,03877) = 16,21 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, el estado supuesto para el BJT es correcto, I resulta valer

I = 101I B = (101)(0,03877) = 3,916 mA ,

y V resulta valerV = 24 − (1)I = 24 − 3,916 = 20,08V .



Problema 33: Usando para el LED el modelo con tensión umbral V DO = 1,7 V, usando parael BJT el modelo con parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7V y V CE ,sat = 0,2V,y sabiendo que el parámetro β del BJT puede variar entre 20 y 100, analice el circuito de lafigura y: 1) determine el valor que ha de tener R2 para que, suponiendo el BJT en saturación,I valga 20 mA; 2) para el valor de R2 calculado anteriormente, determine el valor máximo quepuede tener R1 para que, cuando el interruptor esté en OFF, el BJT esté en saturación; 3) para elvalor máximo de R1 calculado anteriormente, determine el valor de la corriente por el interruptor

cuando éste está en ON.

R1

5 V

I R2

Solución: 1) Dado que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Sustituyendo el LED por elcircuito equivalente correspondiente a ON y utilizando el circuito equivalente entre colector yemisor del BJT para SATURACIÓN, se obtiene el circuito

0,2V

5 V

R2 I

A

K

C

E

1,7V

Aplicando la segunda ley de Kirchoff se obtiene

5 = R2I + 1,7 + 0,2 = 20R2 + 1,9 ,

R2 =5 − 1,9

20= 0,155 KΩ = 155 Ω .

2) Se exige que el BJT esté en SATURACIÓN. Entonces, de acuerdo con el apartado anterior,I = 20 mA y el LED estará en ON. Con el valor de R2 calculado en el apartado anterior y



teniendo en cuenta que el interruptor está en OFF, se obtiene el circuito

I = I C R1

B C

E

A

K1,7V

0,2V

5 V

I B

155Ω

0,7V

Se ha de imponer I B ≥ 0, I C ≥ 0 e I C ≤ βI B . I C = I = 20 mA, que es ≥ 0. Para calcularI B en función de R1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 5 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo

5 = R1I B + 0,7 ,

I B =5 − 0,7

R1=

4,3R1

,

que es ≥ 0 para todo R1. Imponiendo I C ≤ βI B , obtenemos

20 ≤ β 4,3R1

,

R1 ≤ 4,320

β = 0,215β .

La condición más estricta sobre R1 se obtiene para el valor mínimo de β . Por tanto, se deberácumplirR1 ≤ (0,215)(20) = 4,300 KΩ .

El valor máximo que podrá tener R1 es, por tanto, 4,300 KΩ.

3) Con el interruptor en ON, V BE = 0 y el BJT está en CORTE con V CE = 5 V, pues I = 0 y latensión ánodo-cátodo en el LED vale 0. Sea I la corriente por el interruptor del nodo conectadoa la base a masa. Dado que I B = 0, I será la corriente por R1 de la fuente de tensión de valor5 V a la base del BJT y R1 ve una tensión de valor 5 V. Tenemos, por tanto

5 = R1I ,

I =5

R1=

5

4,3= 1,163 mA .

Problema 34: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V EB ,u = V EB ,act =V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor de I



cuando el interruptor está en ON; 2) determine el valor de la corriente por el interruptor cuandoéste está en ON.

50 Ω

10 V

I 10KΩ

Solución: 1) La hipótesis BJT en CORTE conduce a I = 0 y, estando el interruptor en ON ysiendo nula la tensión de la base del BJT, a V EB = 10, que no es ≤ 0,7. Supongamos que el BJTtrabaja en ACTIVO. Teniendo en cuenta que el interruptor está en ON, obtenemos el circuito

B

10 V

50 Ω

10KΩE

C

100I B

I BI

I

I = 101I B

0,7V

Se ha de comprobar I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff

a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω y la fuentede tensión de valor 0,7 V, obteniendo

10 = (0,05)(101I B) + 0,7 = 5,05I B + 0,7 ,

I B =10 − 0,7

5,05= 1,842 ,

que es ≥ 0. Por otro lado, por inspección, V EC = 0,7 ≥ 0,2. Así pues, el BJT está en ACTIVO e

I = 101I B = (101)(1,842) = 186,0mA .

2) Dado que el interruptor está en ON, podemos utilizar el mismo circuito que en el apartadoanterior. La tensión que ve la resistencia de valor 10 KΩ es 10 V. Por tanto,

10 = 10I ,

I = 1 ,

y, aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT, la corriente por el interruptor, I , vale

I = I + I B = 1 + 1,842 = 2,842 mA .



Problema 35: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V BE ,u = V BE ,act =V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, determine el máximo valor de R para el cual el BJT está enactivo y determine la corriente I en ese caso.

R

10 V

I

100Ω

10KΩ

5 KΩ

Solución: Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo que incluye lafuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ y la resistencia de valor 5 KΩ,que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th, y la resistencia deThévenin, Rth, valen

V th = 510 + 5

10 = 3,333 V ,

Rth = 5 10 =(5)(10)

5 + 10= 3,333 KΩ .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, se obtiene el circuito

3,333 KΩ

10 V

I

100Ω

R

3,333 V

y, con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

3,333KΩ

R I

BC

E

50I B

51I B

0,7V

10 V

100Ω

I B

3,333 V



Se ha de imponer I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 3,333 V, la resistencia de valor 3,333KΩ, lafuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100Ω, obteniendo

3,333 = 3,333I B + 0,7 + (0,1)(51I B) = 8,433I B + 0,7 ,

8,433I B = 2,633 ,

I B =2,6338,433 = 0,3122 ,

que es ≥ 0. Por inspección,

I = 50I B = (50)(0,3122) = 15,61mA .

Para calcular V CE conociendo I B e I , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formadapor la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R, la fuente de corriente controladay la resistencia de valor 100Ω, obteniendo

10 = RI + V CE + (0,1)(51I B) = RI + V CE + 5,1I B ,

V CE = 10 − RI − 5,1I B = 10 − 15,61R − (5,1)(0,3122) = 8,408 − 15,6R ,e imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos

8,408 − 15,6R ≥ 0,2 ,

8,208 ≥ 15,6R ,

R ≤ 8,20815,6

= 0,5262 KΩ = 526,2 Ω .

Así pues, el máximo valor que puede tener R para que el BJT trabaje en ACTIVO es 526,2 Ω y,en ese caso, I = 15,61 mA.

Problema 36: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V EB ,u = V EB ,act =V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor queha de tener R1 para que, supuesto el BJT en activo, I = 20 mA; 2) con el valor de R1 calculadoen el apartado anterior, determine el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en activo.

R2

10 V

I 10KΩ

100ΩR1

Solución: 1) Empezaremos determinando el equivalente de Thévenin del dipolo formado porla fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la resistencia de valor 10 KΩ,



que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th, y la resistencia deThévenin, Rth, valen

V th =10

R1 + 1010 =

100

R1 + 10, (3.1)

Rth = R1 10 =10R1

R1 + 10. (3.2)


10 V

I

100Ω

R2

V th

Rth

y, con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

R2

10 V

100Ω

I I BV th

0,7V

B C

E

50I B

51I B

Rth

Por inspección I = 50I B, de donde, para que I = 20 mA, I B deberá valer

I B =I

50=

20

50= 0,4 .

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la

malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 100Ω, la fuente detensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor Rth y la fuente de tensión de valor V th, obteniendo,usando (3.1) y (3.2),

10 = (0,1)(51I B) + 0,7 + RthI B + V th ,

10 = (0,1)(51)(0,4) + 0,7 + 0,4Rth + V th ,



0,4Rth + V th = 7,26 ,

0,410R1

R1 + 10+

100

R1 + 10= 7,26 ,

4R1

R1 + 10+

100

R1 + 10= 7,26 ,

4R1 + 100 = 7,26(R1 + 10) ,

4R1 + 100 = 7,26R1 + 72,6 ,

3,26R1 = 27,4 ,

R1 =27,43,26

= 8,404 KΩ .

2) Podemos utilizar el último circuito del apartado anterior con el valor calculado para R1, R1 =

8,404 KΩ, que hace I B = 0,4mA e I = 20 mA. Se ha de imponer I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Dadoque I B = 0,4, la primera condición se cumple. Para calcular V EC conociendo I B e I , aplicamosla segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistenciade valor 100Ω, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R2, obteniendo

10 = (0,1)(51I B) + V EC + R2I = 5,1I B + V EC + R2I ,

V EC = 10 − 5,1I B − R2I = 10 − (5,1)(0,4) − 20R2 = 7,96 − 20R2 .

E imponiendo V EC ≥ 0,2, obtenemos

7,96 − 20R2 ≥ 0,2 ,

20R2 ≤ 7,76 ,

R2 ≤ 7,7620

= 0,3880 KΩ = 388,0 Ω .

Así pues, con el valor de R1 calculado en el apartado 1), el máximo valor de R2 para el cual elBJT está en ACTIVO es 388,0 Ω.

Problema 37: Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 5,1 V

para corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V EB ,u = V EB ,act =V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor queha de tener R2 para que, suponiendo que el diodo Zener está en ruptura y el BJT está en activo,I = 50 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT enactivo, determine el máximo valor que puede tener R1 para que el diodo esté en ruptura con unacorriente inversa ≥ 0.5 mA; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1) y un valor de R1



menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R3 para elcual el BJT está en activo.

R1

20 V

R2

I R3

Solución: 1) Con el diodo Zener en RUPTURA y el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

I Z + I B

20 V

51I B

50I B

I

I BB C

E

0,7V

5,1V

R2

R1 R3

I Z

Por inspección, I = 50I B y para que I = 50 mA, I B deberá valer

I B =I

50=

50

50= 1 .

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor 5,1 V, la resistencia de valor R2 y la fuente detensión de valor 0,7 V, obteniendo

5,1 = R2(51I B) + 0,7 ,

5,1 = R2(51)(1) + 0,7 ,

51R2 = 4,4 ,

R2 =4,451

= 0,08627KΩ = 86,27 Ω .

2) Dado que el BJT está en ACTIVO y el diodo Zener ha de trabajar en RUPTURA, podemosutilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado para R2, que hace I B = 1 mA.



Para calcular I Z en función de R1 conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor 5,1 V y la resistenciade valor R1, obteniendo

20 = 5,1 + R1(I Z + I B) = 5,1 + R1I Z + R1I B ,

20 = 5,1 + R1I Z + R1(1) = 5,1 + R1I Z + R1 ,

I Z =14,9 − R1

R1,

e, imponiendo I Z ≥ 0,5, obtenemos

14,9 − R1

R1≥ 0,5 ,

14,9 − R1 ≥ 0,5R1 ,

14,9 ≥ 1,5R1 ,

R1 ≤14,91,5 = 9,933 KΩ .

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJT en ACTIVO,el valor máximo que puede tener R1 para que la corriente inversa por el diodo Zener sea ≥0,5mA es 9,933 KΩ.

3) Dado que el BJT ha de estar en ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximocalculado en el apartado 2), el diodo Zener trabajará en RUPTURA y podemos utilizar el circuitodel apartado 1) con el valor calculado para R2, R2 = 86,27 Ω, que hace I B = 1 mA e I = 50 mA.Dado que I B ≥ 0, basta imponer V EC ≥ 0,2. Para calcular V EC en función de R3 conociendoI B e I aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor20 V, la resistencia de valor R2, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3,

obteniendo20 = R2(51I B) + V EC + R3I ,

20 = (0,08627)(51)(1) + V EC + 50R3 ,

V EC = 15,6 − 50R3 ,

e, imponiendo V EC ≥ 0,2, obtenemos

15,6 − 50R3 ≥ 0,2 ,

15,4

≥50R3 ,

R3 ≤ 15,450

= 0,3080 KΩ = 308,0 Ω .

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual que elmáximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R3 para el cual el BJT está en ACTIVOes 308,0 Ω.



Problema 38: Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 Vpara corrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V BE ,u = V BE ,act =V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor queha de tener R3 para que, suponiendo que el diodo Zener está en ruptura y que el BJT está enactivo, I = 10 mA; 2) para el valor de R3 calculado en el apartado anterior y suponiendo el BJTen activo, determine el máximo valor que puede tener R1 para que el diodo Zener esté en rupturacon una corriente inversa

≥0.5 mA; 3) para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor

de R1 menor o igual al máximo calculado en el apartado 2), determine el máximo valor de R2

para el cual el BJT está en activo.

R3

20 V

R1I R2


R2

20 V

R3

I

100I B

101I B

B C

E

I B

4,7V

R1

I Z

I Z + I B

0,7V

Dado que, por inspección I = 100I B , para que I = 10 mA, I B deberá valer

I B =I

100=

10

100= 0,1 .

Para calcular el valor necesario para R3 conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a

la malla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y laresistencia de valor R3, obteniendo

4,7 = 0,7 + R3(101I B) = 0,7 + (101)(1)R3 = 0,7 + 101R3 ,

R3 =4,7 − 0,7

101= 0,03960 KΩ = 39,60 Ω .



2) Dado que el BJT está en ACTIVO y el diodo Zener ha de estar en RUPTURA, podemosutilizar el circuito del apartado anterior con el valor calculado de R3, R3 = 39,6 Ω, que haceI B = 0,1 mA. Para calcular I Z conociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensiónde valor 4,7 V, obteniendo

20 = R1(I Z + I B) + 4,7 = R1I Z + R1I B + 4,7 = R1I Z + 0,1R1 + 4,7 ,

15,3 = R1I Z + 0,1R1 ,

I Z =15,3 − 0,1R1

R1,

e, imponiendo I Z ≥ 0,5,15,3 − 0,1R1

R1≥ 0,5 ,

15,3 − 0,1R1 ≥ 0,5R1 ,

15,3 ≥ 0,6R1 ,

R1 ≤ 15,30,6

= 25,50KΩ .

Así pues, el máximo valor que ha de tener R1 para que con el valor de R3 calculado en el apartadoanterior y suponiendo el BJT en ACTIVO, el diodo Zener esté en RUPTURA con una corrienteinversa ≥ 0,5mA es 25,50 KΩ.

3) Dado que el BJT ha de estar en ACTIVO y R1 tiene un valor menor o igual al máximocalculado en el apartado 2), el diodo Zener estará en RUPTURA y podemos utilizar el circuitodel apartado 1) con el valor calculado de R3, R3 = 39,6 Ω, que hace I B = 0,1mA e I = 10 mA.Dado que I B ≥ 0, basta imponer V CE ≥ 0,2. Para calcular V CE en función de R2 conociendoI B e I , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor

20 V, la resistencia de valor R2, la fuente de corriente controlada y la resistencia de valor R3,obteniendo

20 = R2I + V CE + R3(101I B) = 10R2 + V CE + (0,0396)(101)(0,1) = 10R2 + V CE + 0,4 ,

V CE = 19,6 − 10R2 .

Imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos

19,6 − 10R2 ≥ 0,2 ,

19,4

≥10R2 ,

R2 ≤ 19,410

= 1,940 KΩ .

Así pues, para el valor de R3 calculado en el apartado 1) y un valor de R1 menor o igual almáximo calculado en el apartado 2), el máximo valor de R2 para el cual el BJT está en ACTIVOes 1,940KΩ.



Problema 39: Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 6 V paracorrientes inversas y para el BJT el modelo con parámetros β = 100, V BE ,u = V BE ,act =V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor de I .

I

24 V

1 KΩ

10 μA

Solución: La fuente de corriente hace I B = 0,01mA > 0. Eso descarta que el BJT esté enCORTE. Supongamos que el BJT está en ACTIVO y que el diodo está en RUPTURA. Se obtieneel circuito

CB

E

K

A

10 μA

24 V

1 KΩ

100I B

I B

0,7V

6 V

I = 101I B

Dado que I B > 0, las únicas condiciones a verificar son V CE ≥ 0,2 V e I ≥ 0. Por inspección,

I = 101I B = (101)(0,01) = 1,010 mA ,

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia, la fuente de corriente controlada yla fuente de tensión de valor 6 V, obteniendo

24 = (1)(100I B) + V CE + 6 = 100I B + V CE + 6 ,

V CE = 18 − 100I B = 18 − (100)(0,01) = 17 ,que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos e I = 1,010 mA.

Problema 40: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V DO = 2 V. Para el BJT use el modelo



con parámetros β = 50, V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2V.

R

5 V

I

Solución: Dado que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Supongámoslo. La tensión decolector, V C , del BJT valdrá 2 V. Además, la tensión de emisor, V E , del BJT vale 5 V. La tensiónV EC del BJT resulta, por tanto, valer

V EC = V E − V C = 5 − 2 = 3 ,

que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha decomprobar I B

≥0. Con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

A

K

CB

E

I

5 V

50I B0,7V

I B

R 2 V

Por inspección, I = 50I B y, para que I = 20 mA, I B deberá valer

I B =I

50=

20

50= 0,4 ,

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en ACTIVO. Para calcular el valor necesariode R conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 5 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia, obteniendo

5 = 0,7 + RI B ,

R =5 − 0,7

I B=

4,30,4

= 10,75KΩ .

Problema 41: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V DO = 2 V. Para el BJT use el modelo



con parámetros β = 50, V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2V.

5 V

R

I

Solución: Dado que I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. Ello implica que la tensión deemisor del BJT, V E , valdrá 2 V. Además, la tensión de colector, V C , del BJT vale 5 V. La tensiónV CE del BJT resulta, por tanto, valer

V CE = V C − V E = 5 − 2 = 3 ,

que es > 0,2. Todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Supongámoslo. Sólo se ha de

comprobar I B ≥ 0. Con el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

C

B

EA

K

5 V

R

50I B

2 V

I = 51I B

0,7V

I B

Dado que I = 51I B , para que I = 20 mA, I B deberá valer

I B =I

51=

20

51= 0,3922 ,

que es ≥ 0. Así pues, efectivamente el BJT está en ACTIVO. Para calcular el valor necesariode R conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 5 V, la resistencia, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la fuente de tensión devalor 2 V, obteniendo

5 = RI B + 0,7 + 2 = RI B + 2,7 ,

R =5 − 2,7

I B=

2,30,3922

= 5,864 KΩ .

Problema 42: Determine para el circuito de la figura el valor de I . Para el diodo Zener useel modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 V para corrientes inversas. Para el LED use el



modelo con tensión umbral V DO = 1,5 V. Para el BJT use el modelo con parámetros β = 100,V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2V.

10 V

I

200 Ω

5 KΩ

Solución: Supondremos que el diodo Zener está en RUPTURA, el LED en ON y el BJT enACTIVO. Se obtiene el circuito

C

E

B

200Ω

10 V

5 KΩ

4,7V

I

I B

I Z

I B + I Z A

K

K

A 101I B

100I B0,7V

1,5V

Se ha de verificar I Z ≥ 0, 100I B ≥ 0, I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2, que se reducen a I Z ≥ 0, I B ≥ 0y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada porla fuente de tensión de valor 4,7 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor200Ω, obteniendo

4,7 = 0,7 + (0,2)(101I B) = 0,7 + 20,2I B ,

I B =4,7 − 0,7

20,2= 0,1980 ,

que es ≥ 0. Para calcular I Z conociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la fuente de tensiónde valor 4,7 V, obteniendo

10 = 5(I B + I Z ) + 4,7 = 5I B + 5I Z + 4,7 ,

5I Z = 5,3 − 5I B ,

I Z =5,3 − 5I B

5=

5,3 − (5)(0,198)

5= 0,862 ,



que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de tensión de valor 1,5 V, la fuente decorriente controlada y la resistencia de valor 200Ω, obteniendo

10 = 1,5 + V CE + (0,2)(101I B) = 1,5 + V CE + 20,2I B ,

V CE = 8,5 − 20,2I B = 8,5 − (20,2)(0,198) = 4,5 ,

que es

≥0,2. Así pues, los estados supuestos para los dispositivos son correctos. Por inspección,

I = 100I B = (100)(0,198) = 19,80mA .

Problema 43: Determine para el circuito de la figura el valor que ha de tener R para que I valga20 mA. Para el LED use el modelo con tensión umbral V DO = 2 V. Para el BJT use el modelocon parámetros β = 50, V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7V y V EC ,sat = 0,2 V. Suponga, acontinuación, que β puede variar entre 20 y 200. ¿Entre qué valores variará I con el R calculadoanteriormente?

1 KΩ

R

5 V

I

Solución: Siendo I > 0, el LED sólo podrá estar en ON. El BJT sólo puede estar en ACTIVOo en SATURACIÓN. En cualquiera de esos dos estados, V EC = V EB + (1)I B = 0,7 + I B ≥0,7 > 0,2. Por tanto, todo parece indicar que el BJT estará en ACTIVO. Con el LED en ON y elBJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

A

K

E

B C

I = 51I B

5 V

R

50I B0,7VI B

1 KΩ

2 V

Sólo se ha de comprobar I B ≥ 0. Dado que I = 51I B , para que I = 20 mA, I B deberá valer

I B =I

51=

20

51= 0,3922 ,



que es ≥ 0. Así pues, el BJT estará efectivamente en ACTIVO. Para calcular el valor necesariode R conociendo I e I B aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuentede tensión de valor 5 V, la resistencia de valor R, la fuente de tensión de valor 2 V, la fuente detensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo

5 = RI + 2 + 0,7 + (1)I B = 20R + 2,7 + 0,3922 = 3,092 + 20R ,

R =5

−3,092

20 = 0,09540 KΩ = 95,40 Ω .

Para resolver la segunda parte del problema expresemos, para R = 95,4 Ω, I en función de β .Supondremos que el LED está en ON y que el BJT está en ACTIVO. El razonamiento realizadoanteriormente que conduce a V EC > 0,2 sigue siendo válido con independencia del valor de β ,por lo que bastará comprobar I B ≥ 0 e I ≥ 0. Con el LED en ON, el BJT en ACTIVO y conR = 95,4 Ω, se obtiene el circuito

A

K

E

B C

95,4 Ω

5 V

0,7VI B

1 KΩ

2 V

βI B

I = (β + 1)I B

Para calcular I B en función de β , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por lafuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 95,4 Ω, la fuente de tensión de valor 2 V, lafuente de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo

5 = (0,0954)(β + 1)I B + 2 + 0,7 + (1)I B = 2,7 + (0,0954β + 1,095)I B ,

I B =2,3

0,0954β + 1,095,

que es ≥ 0 para todo valor posible de β . La corriente I en función de β valdrá

I (β ) = (β + 1)I B =2,3β + 2,3

0,0954β + 1,095,

que es ≥ 0 para todo valor posible de β . Así pues, el LED está en ON y el BJT está en ACTIVOpara todo valor posible de β e I tiene en función de β la expresión anterior. La derivada de I respecto de β para 0,0954β + 1,095 = 0 vale

dI

dβ =

2,3(0,0954β + 1,095) − 0,0954(2,3β + 2,3)

(0,0954β + 1,095)2=

2,299(0,0954β + 1,095)2

,



que es > 0 para todo valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,0954β + 1,095 = 0.Así pues, I es una función creciente de β en [20, 200] y variará entre un valor mínimo

I min = I (20) =(2,3)(20) + 2,3

(0,0954)(20) + 1,095= 16,08mA

y un valor máximo

I max = I (200) =

(2,3)(200) + 2,3

(0,0954)(200) + 1,095 = 22,91mA .

Problema 44: El BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y150. Usando para el BJT el modelo con parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7V yV CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R2 para el cual, suponiendo elBJT en activo y β = 50, I = 10 mA; 2) para el valor de R2 calculado en el apartado anterior ysuponiendo el BJT en activo, determine entre qué valores puede variar I debido al rango posiblede valores para β ; 3) para el valor de R2 calculado en el apartado 1), determine el máximo valorque puede tener R1 de modo que para cualquier valor posible para β , el BJT trabaje en activo.

1 KΩ

20 V

I R1

R2

3 KΩ

Solución: 1) Empezaremos calculando el equivalente de Thévenin del dipolo constituido porla fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor 3 KΩ y la resistencia de valor 1 KΩ,que tiene como salidas la base del BJT y masa. La tensión de Thévenin, V th, y la resistencia deThévenin, Rth, valen

V th =1

3 + 120 = 5 V ,

Rth = 1 3 =(1)(3)

1 + 3= 0,75KΩ .


20 V

I R1

R2

5 V

0,75KΩ



y, suponiendo el BJT en ACTIVO, se obtiene el circuito

0,75 KΩ

20 V

βI B

I

(β + 1)I B

0,7V5 V

I B

B C

E

R1

R2

Por inspección I = βI B y para que con β = 50 I = 10 mA, I B deberá valer

I B =I

β =

10

50= 0,2 .

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 0,75KΩ, la fuente detensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor R2, obteniendo

5 = 0,75I B + 0,7 + R2(β + 1)I B , (3.3)

5 = (0,75)(0,2) + 0,7 + R2(51)(0,2) ,

5 = 0,85 + 10,2R2 ,

4,15 = 10,2R2 ,

R2 =

4,15

10,2 =0,4069 K

Ω =406,9

Ω .

2) Calculemos el valor de I en función de β para el valor de R2, R2 = 406,9 Ω, obtenido en elapartado anterior, suponiendo que el BJT está en ACTIVO. De (3.3), obtenemos

5 = 0,75I B + 0,7 + 0,4069(β + 1)I B ,

4,3 = (0,4069β + 1,157)I B ,

I B =4,3

0,4069β + 1,157, (3.4)

y, usando I = βI B ,

I (β ) = 4,3β 0,4069β + 1,157

. (3.5)

La derivada de I respecto de β vale, para 0,4069β + 1,157 = 0,

dI

dβ =

4,3(0,4069β + 1,157) − 0,4069(4,3β )

(0,4069β + 1,157)2=

4,975(0,4069β + 1,157)2

,



que es > 0 para todos valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,4069β + 1,157 = 0.Así pues, I es una función creciente de β en [20, 150] y variará entre un valor mínimo

I min = I (20) =(4,3)(20)

(0,4069)(20) + 1,157= 9,252 mA

y un valor máximo

I max = I (150) = (4,3)(150)(0,4069)(150) + 1,157

= 10,37mA .

3) La expresión (3.4) pone de manifiesto que I B es > 0 para todo valor posible de β . Así pues,para asegurar el trabajo del BJT en ACTIVO bastará imponer V CE ≥ 0,2. Calculemos, pues,V CE en función de β suponiendo que el BJT está en ACTIVO. Podemos usar el último circuitodel apartado 1) con R2 = 406,9 Ω. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada porla fuente de tensión de valor 20 V, la resistencia de valor R1, la fuente de corriente controlada yla resistencia de valor R2, obtenemos

20 = R1I + V CE + R2(β + 1)I B = R1I + V CE + (0,4069)(β + 1)I B .

Usando (3.4) y (3.5), obtenemos

20 = R14,3β

0,4069β + 1,157+ V CE + (0,4069)(β + 1)

4,30,4069β + 1,157

,

20 =4,3βR1

0,4069β + 1,157+ V CE +

1,75β + 1,750,4069β + 1,157

,

V CE = 20 − 4,3βR1

0,4069β + 1,157− 1,75β + 1,75

0,4069β + 1,157,

V CE

= 20−

4,3βR1 + 1,75β + 1,75

0,4069β + 1,157,

e, imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos

20 − 4,3βR1 + 1,75β + 1,750,4069β + 1,157

≥ 0,2 ,

19,8 ≥ 4,3βR1 + 1,75β + 1,750,4069β + 1,157

,

8,057β + 22,91 ≥ 4,3βR1 + 1,75β + 1,75 ,

4,3βR1 ≤ 6,307β + 21,16 ,

R1 ≤ 6,307β + 21,164,3β = F (β ) .

La derivada de F respecto de β vale, para β = 0,

dF

dβ =

6,307(4,3β ) − 4,3(6,307β + 21,16)

(4,3β )2= − 90,99

4,32β 2= −4,921

β 2,



que es < 0 para todos los valores posibles de β , que no incluyen β = 0. Así pues, F es unafunción decreciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva para R1 se obtiene para β =150, y R1 deberá satisfacer

R1 ≤ (6,307)(150) + 21,16(4,3)(150)

= 1,500KΩ .

Así pues, para el valor de R2 calculado en el apartado 1), el máximo valor que puede tomar R1

de modo que el BJT trabaje en estado ACTIVO para todos los valores posibles de β es 1,500KΩ.

Problema 45: El BJT del circuito de la figura tiene un parámetro β comprendido entre 20 y 150.Usando para el diodo Zener el modelo con tensión cátodo-ánodo igual a 4,7 V para corrientesinversas y para el BJT el modelo con parámetros β , V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7 V yV EC ,sat = 0,2 V, analice el circuito y: 1) determine el valor de R2 para el cual, con β = 50 ysuponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en activo, I = 20 mA; 2) para el valor de R2

calculado en el apartado anterior y suponiendo el diodo Zener en ruptura y el BJT en activo,determine entre qué valores puede variar I debido al rango posible de valores para β ; 3) para elvalor de R2 calculado en el apartado 1), determine los máximos valores que pueden tener R1 y

R3 de modo que para cualquier valor posible para β , el diodo Zener trabaje en ruptura con unacorriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en activo.

R2

20 V

I R3R1


0,7 V

20 V

R2

R3R1

βI B

(β + 1)I B

I BI Z

I B + I Z I

B

C

E

4,7 V



Por inspección, I = βI B y, para que con β = 50 I = 20 mA, I B deberá valer

I B =I

β =

20

50= 0,4 .

Para calcular el valor necesario de R2 conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor 4,7 V, la resistencia de valor R2 y la fuente detensión de valor 0,7 V, obteniendo

4,7 = R2(β + 1)I B + 0,7 , (3.6)

4,7 = (51)(0,4)R2 + 0,7 ,

4,7 = 20,4R2 + 0,7 ,

4 = 20,4R2 ,

R2 =4

20,4= 0,1961 KΩ = 196,1 Ω .

2) Dado que el diodo Zener está en RUPTURA y el BJT está en ACTIVO, podemos utilizar

los resultados del apartado anterior que no usan el valor de β , con el valor calculado para R2,R2 = 196,1 Ω. Calculemos I en función de β . De (3.6),

4,7 = (0,1961)(β + 1)I B + 0,7 ,

I B =4

0,1961β + 0,1961, (3.7)

y, usando I = βI B ,

I (β ) =4β

0,1961β + 0,1961. (3.8)

La derivada de I respecto de β vale, para 0,1961β + 0,1961 = 0,

dI dβ

= 4(0,1961β + 0,1961) − 0,1961(4β )(0,1961β + 0,1961)2

= 0,7844(0,1961β + 0,1961)2

,

que es > 0 para todo valor posible de β , ninguno de los cuales verifica 0,1961β + 0,1961 = 0.Así pues, I es una función creciente de β en [20, 150] y variará entre un valor mínimo

I min = I (20) =(4)(20)

(0,1961)(20) + 0,1961= 19,43mA

y un valor máximo

I max = I (150) =(4)(150)

(0,1961)(150) + 0,1961= 20,26mA .

3) Podemos usar el circuito del apartado 1) con el valor de R2, R2 = 196,1 Ω, calculado endicho apartado y los valores de I B e I en función de β calculados en el apartado 2). Siendo I Z la corriente inversa por el diodo Zener, hemos de imponer I Z ≥ 0,5, I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2.Para calcular I Z conociendo I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la



fuente de tensión de valor 20 V, la fuente de tensión de valor 4,7 V y la resistencia de valor R1,obteniendo, usando (3.7),

20 = 4,7 + R1(I B + I Z ) = 4,7 + R1I B + R1I Z ,

20 = 4,7 +4R1

0,1961β + 0,1961+ R1I Z ,

15,3 = 4R1

0,1961β + 0,1961+ R1I Z ,

(15,3)(0,1961β + 0,1961) = 4R1 + (0,1961β + 0,1961)R1I Z ,

3β + 3 = 4R1 + (0,1961β + 0,1961)R1I Z ,

I Z =3β + 3 − 4R1

(0,1961β + 0,1961)R1,

e, imponiendo I Z ≥ 0,5,3β + 3 − 4R1

(0,1961β + 0,1961)R1≥ 0,5 ,

3β + 3 − 4R1 ≥ 0,5(0,1961β + 0,1961)R1 ,3β + 3 ≥ (0,09805β + 4,098)R1 ,

R1 ≤ 3β + 3

0,09805β + 4,098= F 1(β ) .

La derivada de F 1 respecto de β vale, para 0,09805β + 4,098 = 0,

dF 1dβ

=3(0,09805β + 4,098) − 0,09805(3β + 3)

(0,09805β + 4,098)2=

12

(0,09805β + 4,098)2,

que es > 0 para todos los valores posibles de β , ninguno de los cuales verifica 0,0980β + 4,10 =0. Así pues, F 1 es una función creciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva para R1

se obtiene para β = 20, y R1 deberá satisfacer

R1 ≤ (3)(20) + 3

(0,09805)(20) + 4,098= 10,40KΩ .

La expresión (3.7) para I B en función de β pone de manifiesto que I B ≥ 0 para todo valorposible de β . Calculemos V CE en función de β e impongamos V CE ≥ 0,2. Para calcular V CE conociendo I B e I aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 20 V, la resistencia de valor R2, la fuente de corriente controlada y la resistenciade valor R3, obteniendo, usando (3.7) y (3.8),

20 = R2(β + 1)I B + V CE + R3I ,

20 = (0,1961)(β + 1)4

0,1961β + 0,1961+ V CE +

4βR3

0,1961β + 0,1961,

20 = 4 + V CE +4βR3

0,1961β + 0,1961,



V CE = 16 − 4βR3

0,1961β + 0,1961,

e, imponiendo V CE ≥ 0,2, obtenemos

16 − 4βR3

0,1961β + 0,1961≥ 0,2 ,

4βR3

0,1961β + 0,1961 ≤ 15,8 ,

4βR3 ≤ 15,8(0,1961β + 0,1961) ,

4βR3 ≤ 3,098β + 3,098 ,

R3 ≤ 3,098β + 3,0984β

= F 2(β ) .

La derivada de F 2 respecto de β vale, para β = 0,

dF 2dβ

=3,098(4β ) − 4(3,098β + 3,098)

16β 2= −12,39

16β 2= −0,7744

β 2,

que es < 0 para todos los valores posibles de β , que no incluyen β = 0. Así pues, F 2 es unafunción decreciente de β en [20, 150], la condición más restrictiva se obtiene para β = 150, y R3

deberá satisfacer

R3 ≤ (3,098)(150) + 3,098(4)(150)

= 0,7797 KΩ = 779,7 Ω .

Así pues, para que para cualquier valor posible de β , el diodo Zener trabaje en RUPTURA conuna corriente inversa ≥ 0,5 mA y el BJT trabaje en estado ACTIVO, el valor de R1 no deberásuperar 10,40 KΩ y el valor de R3 no deberá superar 779,7 Ω.

Problema 46: Usando para el BJT el modelo con parámetros β = 50, V BE ,u = V BE ,act =V BE ,sat = 0,7V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y determine el valor que hade tener R para que I valga 2 mA.

200Ω

R

12 V

2 KΩ

I 25KΩ

Solución: Con el BJT en CORTE, I sería 0. Todo parece indicar que el BJT debe estar enACTIVO o en SATURACIÓN. Supongamos que está en ACTIVO. Con el BJT en dicho estado,



se obtiene el circuito

C

E

B

12 V

2 KΩ

50I B

200Ω

0,7V

R

25KΩ

I 3

I 1

I B

I 2

I = 51I B

Las condiciones a verificar son I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Dado que I = 51I B , para que I = 2 mA,I B deberá valer

I B =2

51= 0,03922 ,

que es ≥ 0. Calculemos la tensión de la base, V B:

V B = 0,7 + 0,2I = 0,7 + (0,2)(2) = 1,1 .

Calculemos la corriente I 1:

I 1 =V B25

=1,125

= 0,044 .

I 2 puede ser calculada a partir de I 1 e I B aplicando la primera ley de Kirchoff a la base del BJT:

I 2 = I 1 + I B = 0,044 + 0,03922 = 0,08322 .

La corriente I 3 puede ser calculada aplicando la primera ley de Kirchoff al colector del BJT:

I 3 = I 2 + 50I B = 0,0832 + (50)(0,03922) = 2,044 .

Calculemos la tensión de colector, V C :

V C = 12 − 2I 3 = 12 − (2)(2,044) = 7,912 .

Calculemos la tensión de emisor, V E :

V E = 0,2I = (0,2)(2) = 0,4 .

La tensión V CE resulta valer

V CE = V C −

V E = 7,912−

0,4 = 7,512 ,

que es ≥ 0,2. Por tanto, el estado supuesto para el BJT es correcto. El valor necesario para Rpuede ser obtenido imponiendo V C − V B = RI 2. Ello da

R =V C − V B

I 2=

7,912 − 1,10,08322

= 81,86KΩ .



Problema 47: Determine para el circuito de la figura el valor de I L cuando el interruptor estáen OFF y cuando está en ON. Use para los BJTs el modelo con parámetros β = 50, V BE ,u =V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2V.

I L10 Ω

5 V

200 Ω5 KΩ

Solución: Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha y denotemos con los sub-índices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos analizandoel circuito para el caso interruptor en OFF. Supondremos que Q1 está en SATURACIÓN y queQ2 está en CORTE. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en

OFF, el circuito

B C

E

BC

E

5 V

200 Ω 10 Ω

0,2V

5 KΩ

0,7V

I L

I C 1I B1

Se ha de verificar I B1 ≥ 0, I C 1 ≥ 0, I C 1 ≤ 50I B1, V BE 2 ≤ 0,7 y V CE 2 ≥ 0. Por inspección,I L = 0 y V BE 2 = 0,2, que es ≤ 0,7. También por inspección, teniendo en cuenta I L = 0,V CE 2 = 5, que es ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0, I C 1 ≥ 0 e I C 1 ≤ 50I B1. Para calcularI B1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor5 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo

5 = 5I B1 + 0,7 ,

I B1 =5

−0,7

5 = 0,86 ,

que es ≥ 0. Para calcular I C 1 aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por lafuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200Ω y la fuente de tensión de valor 0,2V,obteniendo

5 = 0,2I C 1 + 0,2 ,



I C 1 =5 − 0,2

0,2= 24 ,

que es ≥ 0 y ≤ 50I B1 = (50)(0,86) = 43. Así pues, los estados supuestos para los BJTs soncorrectos y, con el interruptor en OFF, I L = 0.

Analizaremos por último el circuito para el caso interruptor en ON. Con I en ON, V BE 1 =0

≤0,7 y, suponiendo V

CE 1 ≥0, Q1 estará en CORTE. Supondremos Q1 en CORTE y Q2 en

SATURACIÓN. Para esos estados, se obtiene, teniendo en cuenta que el interruptor está en ON,el circuito

B C

E E

BC

I B2

5 KΩ

5 V

200 Ω 10 Ω

0,7V 0,2V

I B2 I L = I C 2

Se ha de verificar V CE 1 ≥ 0, I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0, e I C 2 ≤ 50I B2. Por inspección, V CE 1 = 0,7V,que es ≥ 0. Para calcular I B2, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por lafuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 200Ω y la fuente de tensión de valor 0,7V,obteniendo

5 = 0,2I B2 + 0,7 ,

I B2 =5 − 0,7

0,2= 21,5 ,

que es ≥ 0. Para calcular I C 2, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por lafuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,2 V,obteniendo

5 = 0,01I C 2 + 0,2 ,

I C 2 =5 − 0,2

0,01= 480 ,

que es ≥ 0 y ≤ 50I B2 = (50)(21,5) = 1.075. Así pues, los estados supuestos para los BJTs soncorrectos y, con el interruptor en ON, I L = I C 2 = 480 mA.

Problema 48: Determine para el circuito de la figura los valores de I , V 1 y V 2. Use para los BJTs



el modelo con parámetros β = 50, V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V y V CE ,sat = 0,2V.

100 KΩ

24 V

1 KΩ I

V 1

V 2

100Ω

82KΩ

10KΩ

Solución: Sea Q1 el BJT de la izquierda, sea Q2 el BJT de la derecha, y denotemos con lossubíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente, Q1 y Q2. Empezaremos determi-nando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 24 V y lasresistencias de valores 82 Ω, 10 KΩ y 100 KΩ, que tiene como salidas la base de Q1 y masa. Latensión de Thévenin, V th, y la resistencia de Thévenin, Rth, valen

V th =10

10 + 8224 = 2,609 V ,

Rth = 100 + 10 82 = 100 +(10)(82)

10 + 82= 108,9KΩ .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin se obtiene el circuito

Q1

Q2

24 V

1 KΩ

V 1

V 2

100Ω

I 108,9 KΩ

2,609 V

Supongamos que Q1 está en ACTIVO y que Q2 está en SATURACIÓN. Se obtiene el circuito

B C

E

B C

E

108,9 KΩ

50I B1I B1

0,7V

V 2

100Ω

I B2 = 51I B1

51I B1 + I C 2

0,2V

0,7V

1 KΩ

V 1

24 VI = I C 2

2,609 V



Las condiciones a verificar son I B1 ≥ 0, V CE 1 ≥ 0,2, I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0, e I C 2 ≤ 50I B2. Dadoque I B2 = 51I B1, I B2 ≥ 0 queda reducida a I B1 ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0, V CE 1 ≥0,2V, I C 2 ≥ 0 e I C 2 ≤ 50I B2. Empezaremos calculando I B1 e I C 2. Aplicando la segunda leyde Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,609 V, la resistencia de valor108,9KΩ, las fuentes de tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 100Ω y a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 24 V, la resistencia de valor 1 KΩ, la fuente de tensiónde valor 0,2 V y la resistencia de valor 100Ω, se obtiene

2,609 = 108,9I B1 + 0,7 + 0,7 + 0,1(51I B1 + I C 2) ,

24 = (1)I C 2 + 0,2 + (0,1)(51I B1 + I C 2)

y el sistema de ecuaciones lineales

114I B1 + 0,1I C 2 = 1,2095,1I B1 + 1,1I C 2 = 23,8

cuya solución es

I B1

=

1,209 0,123,8 1,1

114 0,1

5,1 1,1

=

−1,05

124,9=

−0,008407 ,

I C 2 =

114 1,2095,1 23,8

114 0,15,1 1,1

=

2.707124,9

= 21,67 .

Dado que I B1 no es ≥ 0, el par de estados supuesto para los BJTs no es correcto. Supongamosque los dos BJTs están en ACTIVO. Con esos estados, se obtiene el circuito

B C

E

B C

E

I

50I B1I B1

I B2 = 51I B1

1 KΩ

0,7V

24 V

V 2

100Ω

0,7V 50I B2

51I B2

V 1

2,609 V

108,9KΩ

Las condiciones a verificar son I B1 ≥ 0, V CE 1 ≥ 0,2, I B2 ≥ 0 y V CE 2 ≥ 0,2. Dado queI B2 = 51I B1, la condición I B2 ≥ 0 queda reducida a I B1 ≥ 0. Así pues, basta verificar I B1 ≥ 0,



V CE 1 ≥ 0,2 V y V CE 2 ≥ 0,2 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada porla fuente de tensión de valor 2,609 V, la resistencia de valor 108,9KΩ, las fuentes de tensión devalor 0,7 V y la resistencia de valor 100Ω, se obtiene

2,609 = 108,9I B1 + 0,7 + 0,7 + (0,1)(51I B2) = 108,9I B1 + 5,1I B2 + 1,4

y, usando I B2

= 51I B1

,

2,609 = 108,9I B1 + (5,1)(51I B1) + 1,4 = 369I B1 + 1,4 ,

I B1 =2,609 − 1,4

369= 0,003276 ,

que es ≥ 0. Usando de nuevo I B2 = 51I B1, la tensión V CE 1 puede ser calculada de la forma

V CE 1 = V C 1 − V E 1 = 24 − (0,7 + (0,1)(51I B2)) = 23,3 − 5,1I B2 = 23,3 − (5,1)(51I B1)

= 23,3

−260,1I B1 = 23,3

−(260,1)(0,003276) = 22,45 ,

que es ≥ 0,2. Usando I B2 = 51I B1, la tensión V CE 2 puede ser calculada de la forma

V CE 2 = V C 2 − V E 2 = (24 − (1)(50I B2)) − (0,1)(51I B2) = 24 − 55,1I B2

= 24 − (55,1)(51I B1) = 24 − 2.810I B1 = 24 − (2.810)(0,003276) = 14,79 ,

que es ≥ 0,2. Así pues, los estados supuestos para los BJTs son correctos. Usando I B2 = 51I B1,la corriente I resulta valer

I = 50I B2 = (50)(51I B1) = 2.550I B1 = (2.550)(0,003276) = 8,354 mA .

La tensión V 1 vale

V 1 = 24 − (1)I = 24 − 8,354 = 15,65V .

Finalmente, usando I B2 = 51I B1, la tensión V 2 vale

V 2 = (0,1)(51I B2) = 5,1I B2 = (5,1)(51I B1) = 260,1I B1 = (260,1)(0,003276) = 0,8521 V .

Problema 49: Los BJT del circuito de la figura tienen un parámetro β comprendido entre 20 y

150. Usando para los BJT el modelo con parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V yV CE ,sat = 0,2 V, analice el circuito de la figura y: 1) determine el máximo valor que puede tenerR2 para que, con el interruptor en ON, el BJT Q2 esté en saturación; 2) para el valor máximode R2 calculado en el apartado anterior, determine el valor máximo que puede tener R1 paraque, con el interruptor en OFF, Q1 esté en saturación; 3) para los valores máximos de R1 y R2

calculados anteriormente, determine el valor de la corriente por el interruptor cuando éste está en



ON.

10 V

10 ΩR1 R2

Q1

Q2

Solución: Usaremos el subíndice 1 para las tensiones y corrientes de Q1 y el subíndice 2 paralas tensiones y corrientes de Q2.

1) Con Q2 en SATURACIÓN, V CE 1 = V BE 2 = 0,7, que es ≥ 0. Con el interruptor en ON,V BE 1 = 0, que es < 0,7. V CE 1 ≥ 0 y V BE 1 < 0,7 implican Q1 en CORTE. Así pues, Q2 enSATURACIÓN implica Q1 en CORTE. Supongamos, pues, Q2 en SATURACIÓN y, sabiendoque Q1 está en CORTE, impongamos I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0 e I C 2 ≤ βI B2. Con Q1 en CORTE yQ2 en SATURACIÓN, se obtiene el circuito

R2

10 V

10 Ω

0,7 V 0,2 V

B C

E

I C 2I B2

Para calcular I B2, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 10 V, la resistencia de valor R2 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo

10 = R2I B2 + 0,7 ,

I B2 =10 − 0,7

R2=

9,3R2

,

que es≥

0 para todo R2. Para calcular I C 2, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla

formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensiónde valor 0,2 V, obteniendo

10 = 0,01I C 2 + 0,2 ,

I C 2 =10 − 0,2

0,01= 980 ,



que es ≥ 0. Finalmente imponiendo I C 2 ≤ βI B2, obtenemos

980 ≤ β 9,3R2

,

R2 ≤ 9,3980

β = 0,00949β .

La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando

R2 ≤ (0,00949)(20) = 0,1898 KΩ = 189,8 Ω .

Así pues, el valor máximo de R2 para el cual, con el interruptor en ON, Q2 estará en SATU-RACIÓN es 189,8 Ω.

2) Con Q1 en SATURACIÓN, V BE 2 = V CE 1 = 0,2, que es < 0,7. Ello implica que Q2 estaráen CORTE, debiéndose únicamente verificar V CE 2 ≥ 0. Pero, con Q2 en CORTE, la corrientepor la resistencia de valor 10 Ω es nula y V CE 2 = 10 ≥ 0. Así pues, Q1 en SATURACIÓNimplica Q2 en CORTE. Supongamos Q1 en SATURACIÓN y, sabiendo que Q2 está en CORTE,impongamos I B1

≥0, I C 1

≥0 e I C 1

≤βI B1. Con el interruptor en OFF, Q2 en CORTE, y

Q1 en SATURACIÓN, se obtiene, para el máximo valor de R2, R2 = 189,8 Ω, calculado en elapartado anterior, el circuito

189,8 Ω

10 V

0,7 V 0,2 V

B C

E

R1

I B1 I C 1

Para calcular I B1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 10 V, la resistencia de valor R1 y la fuente de tensión de valor 0,7 V, obteniendo

10 = R1I B1 + 0,7 ,

I B1 =10 − 0,7

R1=

9,3R1

,

que es ≥ 0 para todo R1. Para calcular I C 1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 189,8 Ω y la fuente de

tensión de valor 0,2 V, obteniendo

10 = 0,1898I C 1 + 0,2 ,

I C 1 =10 − 0,20,1898

= 51,63 ,



que es ≥ 0. Finalmente imponiendo I C 1 ≤ βI B1, se obtiene

51,63 ≤ β 9,3R1

,

R1 ≤ 9,351,63

β = 0,1801β .

La condición más restrictiva se obtiene para β = 20, dando

R1 ≤ (0,1801)(20) = 3,602 KΩ .

Así pues, para el valor máximo calculado en el apartado anterior para R2 y con el interruptor enOFF, el valor máximo de R1 para el cual Q1 estará en SATURACIÓN es 3,602 KΩ.

3) Con el interruptor en ON y con el valor máximo para R2 calculado en el apartado 1), tal ycomo se ha visto en ese apartado, Q1 estará en CORTE. Ello implica I B1 = 0 y que la corrientepor el interruptor sea igual a la corriente por la resistencia de valor R1, que, con el interruptor enON, ve una tensión de valor 10 V. Así pues, la corriente por el interruptor valdrá

10

R1=

10

3,602= 2,776 mA .

Problema 50: Los BJT Q1, Q2 y Q3 del circuito de lafigura tienen un parámetro β comprendidoentre 20 y 150. Las tensiones v1 y v2 pueden variar entre 0 y 5 V. Usando para Q1 y Q2 el modelocon parámetros β , V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7 V y V EC ,sat = 0,2 V, y para Q3 el modelocon parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7V y V CE ,sat = 0,2 V, analice el circuitode la figura y: 1) demuestre que, con v1 > v2, I = 0; 2) determine el máximo valor de R parael cual con v1 < v2, Q3 está en saturación. Ayuda: para el apartado 1), suponga que Q2 está enactivo o en saturación, determine los estados de Q1 y Q3, y luego demuestre que efectivamenteQ2 está en activo o en saturación, dependiendo del valor de R.

100KΩ

10 V

R

v1 v210 V

50 Ω

100 KΩ

I

Q1

−10 V

Q3

Q2

Solución: Denotaremos mediante los subíndices 1, 2 y 3 las tensiones y corrientes correspon-dientes a, respectivamente, Q1, Q2 y Q3.



1) Empecemos suponiendo que Q2 está en ACTIVO o en SATURACIÓN. En ambos casos te-nemos V EB 2 = 0,7 y una tensión de emisor de Q2, V E 2 = v2 + 0,7. La tensión V EB 1 resultavaler

V EB 1 = V E 2 − v1 = v2 + 0,7 − v1 = 0,7 + v2 − v1 ,

que para v1 > v2 es < 0,7. Ello implica que Q1 estará en CORTE, debiéndose únicamenteverificar V EC 1 ≥ 0. Hagámoslo y, de paso, determinemos el estado de Q3. Con Q1 en corte,I C 1 = 0. Puede verse que eso implica que Q3 estará en CORTE. Se ha de verificar V BE 3

≤0,7

y V CE 3 ≥ 0. Con Q3 en CORTE, I B3 = 0. Siendo I C 1 = 0, ello implica que la corriente por laresistencia de valor 100 KΩ conectada a la base de Q3 sea 0 y que V BE 3 = 0, que es ≤ 0,7. ConQ3 en CORTE, I = I C 3 = 0, implicando V CE 3 = 10 − (−10) = 20, que es ≥ 0,2. Así pues,Q1 en CORTE implica Q3 en CORTE. Hemos de comprobar V EC 1 ≥ 0 sabiendo que Q3 está enCORTE. Dado que la corriente por la resistencia de valor 100 KΩ conectada a la base de Q3 es0, la tensión de colector de Q1 valdrá −10 y

V EC 1 = V E 2 − (−10) = V E 2 + 10 = v2 + 0,7 + 10 = 10,7 + v2 ,

que es ≥ 0 para todos los valores posibles de v2.

En resumen, supuesto Q2 en ACTIVO o en SATURACIÓN, Q1 y Q3 estarán en CORTE e I = 0.

Falta comprobar que Q2 está en ACTIVO o en SATURACIÓN. Podemos usar el hecho de queQ1 y Q3 están en CORTE.

Se ha visto antes que V E 2 = v2 + 0,7. Estando Q1 en CORTE, la corriente por la resistencia devalor R será la corriente de emisor de Q2, I E 2, y tendremos

I E 2 =10 − V E 2

R=

10 − (v2 + 0,7)

R=

9,3 − v2R

,

que, para todos los valores posibles de v2 es > 0. Supongamos Q2 en ACTIVO. Se ha de verificarI B2 ≥ 0 y V EC 2 ≥ 0,2. Dado que en ACTIVO I B2 = I E 2/(β 2 + 1), tendremos I B2 > 0,verificándose la primera condición. La condición V EC 2 ≥ 0,2 puede o no cumplirse dependiendodel valor de R. En efecto, con Q2 en ACTIVO, la corriente de colector de Q2 valdrá I C 2 =

β 2/(β 2 + 1)I E 2, la tensión de colector de Q2 valdrá V C 2 = −10 + 100I C 2, y V EC 2 = V E 2 −V C 2 = v2+0,7+ 10−100I C 2 = v2+10,7−100I C 2. Para R suficientemente pequeña, I E 2 e I C 2serán suficientemente grandes y V EC 2 será < 0,2, en contradicción con Q2 en estado ACTIVO.Vamos a ver que en éste caso, Q2 estará en SATURACIÓN. En ese estado, V EC 2 = 0,2. Además,I C 2 < (β 2/(β 2 + 1))I E 2, pues V EC 2 = v2 + 10,7 − 100I C 2 y I C 2 = β 2/(β 2 + 1)I E 2 conducena V EC 2 < 0,2. De hecho, I C 2 valdrá

I C 2 =V C 2 − (−10)

100=

V C 2 + 10

100=

V E 2 − V EC 2 + 10

100=

v2 + 0,7 − 0,2 + 10

100=

v2 + 10,5100

.

Hemos de verificar I B2 ≥ 0, I C 2 ≥ 0 y I C 2 ≤ βI B2. Dado que I B2 = I E 2 − I C 2 e I C 2 <(β 2/(β 2 + 1))I E 2, tendremos I B2 > I E 2 − (β 2/(β 2 + 1))I E 2 = I E 2/(β 2 + 1) > 0. De laexpresión de I C 2 en función de v2 se deduce que para todos los valores posibles de v2, I C 2

≥0.

Finalmente, usando I C 2 < (β 2/(β 2 + 1))I E 2 e I B2 > I E 2/(β 2 + 1) > 0, teniendo en cuentaI B2 > 0, obtenemos

I C 2I B2

<

β 2β 2 + 1

I E 2

I E 2β 2 + 1

= β 2 ,



que, con I B2 > 0, implica I C 2 < β 2I B2. Así pues, cuando Q2 no está en estado ACTIVO, estáen estado SATURACIÓN y Q2 está necesariamente en uno de esos dos estados. Ello concluyela demostración.

2) Con Q3 en SATURACIÓN y v1 < v2, Q1 está en estado ACTIVO y Q2 está en CORTE.Veamos primero que con Q2 en CORTE, Q1 está en estado ACTIVO. Con Q1 en estado ACTIVO,V EB 1 = 0,7 y la tensión de emisor de Q1 vale V E 1 = v1 + 0,7. Además, la corriente por la

resistencia de valor R será la corriente de emisor de Q1 y valdráI E 1 =

10 − (v1 + 0,7)

R=

9,3 − v1R

,

que es > 0 para todos los valores posibles de v1. Hemos de comprobar I B1 ≥ 0 y V EC 1 ≥ 0,2.Como en estado ACTIVO I B1 = I E 1/(β 1 + 1), tenemos I B1 > 0, comprobando la primeracondición. Para la segunda, con Q3 en SATURACIÓN, V BE 3 = 0,7 y V C 1 = −10 + 0,7 = −9,3,dando

V EC 1 = V E 1 − V C 1 = v1 + 0,7 − (−9,3) = v1 + 10 ,

que es ≥ 0,2 para todos los valores posibles de v1. Acabamos de comprobar que con Q2 enCORTE, Q1 está en estado ACTIVO. Comprobemos que Q2 está en CORTE, sabiendo que Q1está en estado ACTIVO. La tensión V EB 2 vale

V EB 2 = V E 2 − v2 = V E 1 − v2 = v1 + 0,7 − v2 = 0,7 + v1 − v2 ,

que con v1 < v2 es < 0,7. Basta comprobar V EC 2 ≥ 0. Con Q2 en corte, I C 2 = 0 y la tensiónde colector de Q2 vale V C 2 = −10. Ello da

V EC 2 = V E 2 − V C 2 = V E 1 − V C 2 = v1 + 0,7 − (−10) = v1 + 10,7 ,

que para todos los valores posibles de v1 es ≥ 0.

En resumen, con Q3 en SATURACIÓN y v1 < v2, Q1 está en ACTIVO y Q2 está en CORTE.Con esos estados, obtenemos el circuito

v1

0,7V

0,7 V 0,2 V

−10 V

10 V

I B3

C

E

B

B C

E

50 Ω

I 1100 KΩ

I C 3

10 V

R (β 1 + 1)I B1

I B1

β 1I B1

Hemos de imponer las condiciones del estado SATURACIÓN de Q3, es decir I B3 ≥ 0, I C 3 ≥ 0,e I C 3 ≤ β 3I B3. Calculemos I B3 e I C 3.



Para calcular I C 3, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 10 V, la resistencia de valor 50 Ω, la fuente de tensión de valor 0,2 V y la fuentede tensión de valor −10 V, obteniendo

10 = 0,05I C 3 + 0,2 − 10 = 0,05I C 3 − 9,8 ,

I C 3 =19,8

0,05

= 396 , (3.9)

que es ≥ 0. Para calcular I 1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por lafuente de tensión de valor 0,7 V del circuito equivalente de Q3 y la resistencia de valor 100 KΩ,obteniendo

0,7 = 100I 1 ,

I 1 =0,7100

= 0,007 . (3.10)

Para calcular I B1, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 10 V, la resistencia de valor R, la fuente de tensión de valor 0,7 V del circuitoequivalente de Q1 y la fuente de tensión de valor v1, obteniendo

10 = R(β 1 + 1)I B1 + 0,7 + v1 ,

I B1 =9,3 − v1

R(β 1 + 1). (3.11)

Por último, para calcular I B3 conociendo I 1 e I B1, aplicamos la primera ley de Kirchoff al nodoconectado al colector de Q1, obteniendo

β 1I B1 = I 1 + I B3 ,

y, usando (3.10) y (3.11),β 1

β 1

+ 1

9,3 − v1R

= 0,007 + I B3 ,

I B3 =β 1

β 1 + 1

9,3 − v1R

− 0,007 . (3.12)

La condición I B3 ≥ 0 se traduce en

β 1β 1 + 1

9,3 − v1R

− 0,007 ≥ 0 ,

β 1β 1 + 1

9,3 − v1R

≥ 0,007 ,

R

≤β 1

β 1 + 1

9,3 − v1

0,007

.

Dado que el miembro de la derecha es una función creciente de β 1 y decreciente de v1, la condi-ción más restrictiva se alcanza para el menor valor posible de β 1 y el mayor valor posible de v1,y es

R ≤ 20

20 + 1

9,3 − 5

0,007= 585,0KΩ .



Por último, la condición I C 3 ≤ β 3I B3 se traduce, usando (3.9) y (3.12), en

396 ≤ β 3

β 1

β 1 + 1

9,3 − v1R

− 0,007

,

396 ≤ β 3β 1

β 1 + 1

9,3 − v1R

− 0,007β 3 ,

β 3 β 1β 1 + 1

9,3 − v1R

≥ 396 + 0,007β 3 ,

R ≤ β 30,007β 3 + 396

β 1β 1 + 1

(9,3 − v1) .

El miembro de la derecha es creciente con β 1 y β 3 y decreciente con v1, la condición más restric-tiva se alcanza con los menores valores posibles para β 1 y β 3 y con el mayor valor posible parav1, y es

R ≤ 20

(0,007)(20) + 396

20

20 + 1(9,3 − 5) = 0,2068 KΩ = 206,8 Ω .

Dicha condición para R es más restrictiva que la condición R ≤ 585,0KΩ obtenida imponiendoI B3

≥0, por lo que el mayor valor de R para el cual, con v1 < v2, Q3 estará en SATURACIÓN

es 206,8 Ω.



Capítulo 4


MOSFETs

Problema 51: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el

interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF.

5 V

2 KΩ

V t = 1 VK = 2 mA/V2

I 1 MΩ

1 MΩ

Solución: Con el interruptor en ON, V GS = 0 < V t = 1, el transistor trabajará en la zona cortee I = 0. Únicamente se ha de verificar V DS ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET,obtenemos

5 = 2I + V DS = V DS ,

V DS = 5 ,

que es ≥ 0.

Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es

nula, la fuente de tensión de valor 5 V y las dos resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor detensión, y

V GS =1 MΩ

1 MΩ + 1 MΩ5 = 2,5 ,

que es > V t = 1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos quetrabaja en la zona saturación. La única condición a verificar es V DS ≥ V GS −V t = 2,5−1 = 1,5.



La corriente I vale

I = K (V GS − V t)2 = (2)(2,5 − 1)2 = (2)(1,5)2 = 4,5 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, laresistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET, obtenemos

5 = 2I + V DS ,

V DS = 5 − 2I = 5 − (2)(4,5) = −4 ,

que no es ≥ 1,5. Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Las condiciones averificar son V DS ≥ 0 y V DS ≤ V GS − V t = 2,5 − 1 = 1,5. La corriente I valdrá, en función deV DS ,

I = K

2(V GS − V t)V DS − V 2DS

= 2

(2)(2,5 − 1)V DS − V 2DS

= 6V DS − 2V 2DS . (4.1)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ y el MOSFET, se obtiene

5 = 2I + V DS ,

que, combinada con (4.1), da la ecuación de segundo grado en V DS

5 = 12V DS − 4V 2DS + V DS ,

4V 2DS − 13V DS + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS = 2,804 y V DS = 0,4458. La solución V DS = 0,4458 verifica V DS ≥0 y V DS ≤ 1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica, V DS = 0,4458 y, usando (4.1),

I = (6)(0,4458) − (2)(0,4458)2 = 2,277mA .

Problema 52: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando elinterruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF.

−10 V

I 1 MΩ

1 MΩ

5 V

K = 1 mA/V2

1 KΩ

V t = −1 V

Solución: Con el interruptor en ON, V GS = 0 > V t = −1 y el transistor no podrá trabajar enla zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. La única condición a verificar esV DS ≥ V GS − V t = 0 − (−1) = 1. La corriente I valdrá

I = K (V GS − V t)2 = (1)(0 + 1)2 = 1 .




5 = (1)I + V DS = 1 + V DS ,

V DS = 4 ,

que es ≥ 1. Así pues, el transistor trabaja en la zona saturación e I = 1 mA.

Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula,es posible calcular la tensión de puerta, V G, analizando el circuito

1 MΩ

5 V

−10 V

V G

1 MΩ

Teniendo en cuenta que la diferencia de tensión entre las dos resistencias se reparte entre ellasproporcionalmente a sus valores, obtenemos

V G = −10 +1 MΩ

1 MΩ + 1 MΩ(5 − (−10)) = −2,5 .

Por tanto, siendo V S la tensión de la fuente, V GS vale V GS = V G − V S = −2,5 − 0 = −2,5,que es < V t = −1. Así pues, el transistor trabaja en la zona corte e I = 0. Únicamente se hade verificar V DS ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 5 V, la resistencia de valor 1 KΩ y el MOSFET, obtenemos

5 = (1)I + V DS = V DS ,

V DS = 5 ,

que es ≥ 0.

Problema 53: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando el



interruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF.

K = 2 mA/V2

1 MΩ

1 MΩ

5 V

V t = −1 V

I 5 KΩ

Solución: Con el interruptor en ON, V GS = 0 > V t = −1, el transistor trabajará en la zonacorte e I = 0. Únicamente se ha de verificar V DS ≤ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a lamalla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, el MOSFET y la resistencia de valor 5 KΩ,obtenemos

5 = −V DS + 5I = −V DS ,

V DS = −5 ,que es ≤ 0.

Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula,la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias de valor 1 MΩ forman un divisor de tensión, yla tensión de puerta, V G, vale

V G =1 MΩ

1 MΩ + 1 MΩ5 = 2,5 .

Siendo V S la tensión de la fuente, la tensión V GS vale V GS = V G − V S = 2,5 − 5 = −2,5 <V t =

−1. Ello implica que el transistor no trabajará en la zona corte. Supongamos que trabaja en

la zona saturación. Tenemos

I = K (V GS − V t)2 = (2)(−2,5 − (−1))2 = 4,5 .

Se ha de verificar V DS ≤ V GS − V t = −2,5 − (−1) = −1,5. La tensión de drenador, V D, vale

V D = 5I = (5)(4,5) = 22,5 .

La tensión V DS resulta, por tanto, valer V DS = V D − V S = 22,5 − 5 = 17,5, que no es ≤ −1,5.Supongamos que el transistor trabaja en la zona óhmica. Se ha de verificar V DS ≤ 0 y V DS ≥V GS − V t = −1,5. La corriente I , en función de V DS , vale

I = K


= 2

(2)(−2,5 − (−1))V DS − V 2DS

= −6V DS − 2V 2DS . (4.2)

La tensión de drenador, V D, vale

V D = 5I = −30V DS − 10V 2DS



y, utilizando V DS = V D − V S = V D − 5, se obtiene la ecuación de segundo grado en V DS

V DS = −30V DS − 10V 2DS − 5 ,

10V 2DS + 31V DS + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS = −0,1707 y V DS = −2,929. La solución V DS = −0,1707 verificalas condiciones V DS

≤0 y V DS

≥ −1,5. Así pues, el transistor trabaja en la zona óhmica,

V DS = −0,1707 V y, utilizando (4.2), la corriente I vale

I = −(6)(−0,1707) − (2)(−0,1707)2 = 0,9659 mA .

Problema 54: Analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente I cuando elinterruptor está en ON y cuando el interruptor está en OFF.

K = 2 mA/V2

1 MΩ

5 V

1 KΩI

10 V

V t = 1 V

3 MΩ

Solución: Con el interruptor en ON, V GS = 0 < V t = 1 y el transistor no podrá trabajaren la zona corte. Supongamos que trabaja en la zona saturación. Únicamente se ha de verificarV DS ≤ V GS − V t = 0 − 1 = −1. La corriente I vale

I = K (V GS

−V t)

2 = (2)(0

−1)2 = 2 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, elMOSFET y la resistencia de valor 1 KΩ, obtenemos

5 = −V DS + I = −V DS + 2 ,

V DS = −3 ,

que es ≤ −1. Así pues, el transistor trabaja en la zona saturación e I = 2 mA.

Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del transistor es nula,la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 MΩ y la resistencia de valor 3 MΩ

forman un divisor de tensión, la tensión de puerta, V G, vale

V G =3 MΩ

1 MΩ + 3 MΩ10 = 7,5 ,

siendo V S la tensión de la fuente, la tensión V GS vale V GS = V G − V S = 7,5 − 5 = 2,5, que es> V t = 1, el transistor trabajará en la zona corte e I = 0. Únicamente se ha de verificar V DS ≤ 0.




5 = −V DS + (1)I = −V DS ,

V DS = −5 ,

que es ≤ 0.

Problema 55: Se utiliza el circuito de la figura para caracterizar un MOSFET de enriquecimien-to de canal n. Cuando el interruptor está en OFF, la lectura del amperímetro es 6,5 mA y, cuandoestá en ON, 4 mA. ¿Qué valores tienen los parámetros V t y K del transistor?

A

10 V

1 KΩ1 MΩ 1 MΩ

Solución: Siendo el transistor un MOSFET de enriquecimiento de canal n, V t será > 0. Conel interruptor en OFF, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la corriente por laresistencia de valor 1 KΩ es I D y V DS = 10−(1)I D = 10−(1)(6,5) = 3,5. Con el interruptor enON, despreciando la corriente por las resistencias de valor 1 MΩ, tenemos V DS = 10 − (1)I D =10 − (1)(4) = 6. En ambos casos, pues, V DS > 0. Entonces, I D > 0 implica V GS > V t, por loque el transistor no podrá trabajar en la zona corte.

Con el interruptor en OFF, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, V GD = 0 y eltransistor trabajará en la zona saturación, pues se tiene V DS = V DG + V GS = V GS − V GD =V GS > V GS − V t. Obtenemos

6,5 = K (V GS − V t)2 . (4.3)

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V,la resistencia de valor 1 KΩ y el transistor, y utilizando V DS = V GS , obtenemos

10 = (1)I D + V DS = (1)(6,5) + V GS = 6,5 + V GS ,

V GS = 3,5 .

Sustituyendo este valor en (4.3), obtenemos

6,5 = K (3,5−

V t)2 . (4.4)

Con el interruptor en ON, siendo nula la corriente por la puerta del transistor, las resistencias devalor 1 MΩ forman un divisor de tensión, y

V GS =1 MΩ

1 MΩ + 1 MΩV DS =

V DS 2

,



V DS = 2V GS ,

y el transistor también trabajará en la zona saturación, pues se tendrá V DS > V GS > V GS − V t.Obtenemos

4 = K (V GS − V t)2 . (4.5)

Despreciando la corriente por las resistencias de 1 MΩ, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la

misma malla que antes, y usando V DS = 2V GS , obtenemos

10 = (1)I D + V DS = (1)(4) + 2V GS = 4 + 2V GS ,

que da

V GS =10 − 4

2= 3 .

La corriente por las resistencias de 1 MΩ resulta valer, por tanto, V GS /(2 MΩ) = 3/2.000 =0,0015 mA, que, efectivamente, es despreciable frente a 4 mA. Sustituyendo el valor de V GS en(4.5), obtenemos

4 = K (3 − V t)2

. (4.6)

Los parámetros V t y K del MOSFET pueden ser determinados resolviendo el sistema de ecua-ciones formado por (4.4) y (4.6). Dividiéndolas, obtenemos

6,54

=

3,5 − V t3 − V t

2

,

y, considerando que V t < 3, pues, con el interruptor en OFF, V GS > V t y V GS = 3, obtenemos

3,5−

V t

3 − V t = 6,5

4 = 1,275 ,

3,5 − V t = 3,825 − 1,275V t ,

V t =3,825 − 3,51,275 − 1

= 1,182 V .

Sustituyendo ese valor en (4.6), obtenemos

4 = K (3 − 1,182)2 = 3,305K

y

K =4

3,305= 1,21 mA/V2 .

Problema 56: El circuito de la figura se comporta como una fuente de corriente para ciertos



valores de R. ¿Cuáles?

V t = 1 V

5 V

R

K = 1 mA/V2

5 KΩ

10KΩ

Solución: Dado que la corriente por la puerta del transistor es nula, la fuente de tensión de valor5 V, la resistencia de valor 5 KΩ y la resistencia de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y

V GS =10

5 + 105 = 3,333 .

Siendo V GS > V t = 1, el transistor trabajará en la zona óhmica o en la zona saturación. El quetrabaje en una zona u otra dependerá del valor de R. Ello se puede ver gráficamente considerandoque el punto de trabajo del transistor estará en la intersección de la recta de carga

5 = RI D + V DS

con la característica I D = f (V DS ) del transistor para V GS = 3,333 V. Con V GS = 3,333,

I D,sat = K (V GS − V t)2 = (1)(3,333 − 1)2 = 5,443 mA

y la transición entre la zona óhmica y la zona saturación se producirá para V DS = V DS ,sat =V GS − V t = 3,333 − 1 = 2,333 V. Así pues, la situación será:

2,333 V DS (V)5

5

R

5

Rmax

I D (mA)

5,443 V GS = 3,333 V

Para R ≤ Rmax, el transistor trabajará en la zona saturación, I D será independiente de R y elcircuito se comportará como una fuente de corriente. Rmax puede ser determinada imponiendoI D = I D,sat y V DS = V DS ,sat en la ecuación de la recta de carga:

5 = RmaxI D,sat + V DS ,sat ,



5 = 5,443Rmax + 2,333 ,

Rmax =5 − 2,333

5,443= 0,49KΩ = 490 Ω .

Problema 57: El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = 1 V y un parámetro K quepuede variar entre 10 y 40 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tenerR1

para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 20 mA/V2, I = 10 mA;2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación,determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3)para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2

para que, para cualquier valor posible para K , el MOSFET trabaje en saturación.

12 V

R1

R2 I 10KΩ

10KΩ

Solución: 1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t)2 = K (V GS − 1)2,

y para que con K = 20 mA/V2, I = 10 mA, V GS deberá ser > V t = 1 y satisfacer

10 = 20(V GS − 1)2 ,

de donde, usando V GS > 1,

V GS = 1 + 10

20 = 1,707 .

Siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la fuente de tensión de valor 12 V y las dosresistencias de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, V G, vale

V G =10

10 + 1012 = 6 .

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo V GS y V G, aplicamos la segunda ley de Kir-choff a la malla formada por la resistencia inferior de valor 10 KΩ, el MOSFET y la resistenciade valor R1, obteniendo

V G = V GS + R1I , (4.7)

6 = 1,707 + 10R1 ,

R1 =6 − 1,707

10= 0,4293 KΩ = 429,3 Ω .

2) Con el MOSFET trabajando en saturación y en función de K , la corriente I vale

I = K (V GS − 1)2 .



Teniendo en cuenta V GS ≥ V t = 1, se obtiene

V GS = 1 +

I

K .

Por otro lado, usando (4.7) con V G = 6 y R1 = 0,4293, se obtiene

6 = 1 + I

K + 0,4293I . (4.8)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Portanto, al variar K entre 10 mA/V2 y 40 mA/V2, el valor mínimo de I , I min, se obtiene paraK = 10 mA/V2 y el valor máximo, I max, para K = 40 mA/V2. Para determinar I min e I max,expresemos I en función de K usando (4.8). Podemos reescribir (4.8) en forma de ecuación desegundo grado en

√I . Se obtiene

0,4293I +1√K

√I − 5 = 0 .

La soluciones de dicha ecuación de segundo grado son

√I =

−1/√

K ± 1/K + 8,5860,8586

.

De ellas, la única que da√

I > 0 es la correspondiente al signo +. Tenemos, por tanto,

√I =

1/K + 8,586 − 1/

√K

0,8586

e

I =

1/K + 8,586 − 1/

√K 2

0,7372,

que da

I min =

1/10 + 8,586 − 1/

√102

0,7372= 9,368 mA

e

I max =

1/40 + 8,586 − 1/

√402

0,7372= 10,43mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor12 V, las resistencias de valores R1 y R2 y el MOSFET, obtenemos

12 = R2I + V DS + R1I ,

y, usando R1 = 0,4293,12 = V DS + 0,4293I + R2I ,

V DS = 12 − 0,4293I − R2I .



Por otro lado, de (4.7) con V G = 6 y R1 = 0,4293,

V GS = V G − R1I = 6 − 0,4293I .

Imponiendo, entonces, V DS ≥ V GS − V t = V GS − 1, se obtiene

12 − 0,4293I − R2I ≥ 5 − 0,4293I ,

R2I ≤ 7 ,

R2 ≤ 7

I .

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo de I y, por tanto, R2 deberá verificar

R2 ≤ 7

10,43= 0,6711 KΩ = 671,1 Ω .

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 obtenido en elapartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 671,1, Ω.

Problema 58: El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = −1 V y un parámetro K quepuede variar entre 10 y 40 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tenerR1 para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 20 mA/V2, I = 10 mA;2) con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación,determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3)para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2


I

12 V

R1

R2

Solución: 1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t)2 = K (V GS + 1)2,

y para que con K = 20 mA/V2, I = 10 mA, V GS deberá ser > V t = −1 y satisfacer

10 = 20(V GS + 1)2 ,

de donde, usando V GS > −1,

V GS = −1 +

10

20= −0,2929 .



Para calcular el valor necesario de R1 conociendo V GS , aplicamos la segunda ley de Kirchoff ala malla formada por el MOSFET y la resistencia de valor R1, obteniendo

0 = V GS + R1I , (4.9)

0 = −0,2929 + 10R1 ,

R1 =0,2929

10

= 0,02929KΩ = 29,29 Ω .


I = K (V GS + 1)2 .

Teniendo en cuenta V GS ≥ V t = −1, se obtiene

V GS = −1 +

I

K .

Por otro lado, usando (4.9) con R1 = 0,02929, se obtiene

0 = −1 +

I K + 0,02929I ,

1 =

I

K + 0,02929I . (4.10)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Portanto, al variar K entre 10 mA/V2 y 40 mA/V2, el valor mínimo de I , I min, se obtiene paraK = 10 mA/V2 y el valor máximo, I max, para K = 40 mA/V2. Para determinar I min e I max,expresemos I en función de K usando (4.10). Podemos reescribir (4.10) en forma de ecuaciónde segundo grado en

√I . Se obtiene

0,02929I +1

√K

√I

−1 = 0 .


√I =

−1/√

K ± 1/K + 0,11720,05858

.



√I =

1/K + 0,1172 − 1/

√K

0,05858

e

I =

1/K + 0,1172 − 1/√K 2

0,003432,

que da

I min =

1/10 + 0,1172 − 1/

√102

0,003432= 6,54 mA



e

I max =

1/40 + 0,1172 − 1/

√402

0,003432= 13,97mA .


12 = R2I + V DS + R1I ,y, usando R1 = 0,02929,

12 = V DS + 0,02929I + R2I ,

V DS = 12 − 0,02929I − R2I .

Por otro lado, de (4.9) con R1 = 0,02929,

V GS = −R1I = −0,02929I .

Imponiendo, entonces, V DS ≥ V GS − V t = V GS + 1, se obtiene

12 − 0,02929I − R2I ≥ 1 − 0,02929I ,

R2I ≤ 11 ,

R2 ≤ 11I

.


R2 ≤ 11

13,97= 0,7874 KΩ = 787,4 Ω .

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en elapartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 787,4 Ω.

Problema 59: El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = −1 V y un parámetro K quepuede variar entre 5 y 20 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1

para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 10 mA/V

2

, I = 10 mA; 2)con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación,determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3)para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2


8 KΩ

12 V

I

R1

R2

4 KΩ

Solución: 1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t)2 = K (V GS + 1)2,



y para que con K = 10 mA/V2, I = 10 mA, V GS deberá ser < V t = −1 y satisfacer

10 = 10(V GS + 1)2 ,

de donde, usando V GS < −1,

V GS =

−1

− 10

10

=

−2 .

Siendo nula la corriente por la puerta del transistor, la fuente de tensión de valor 12 V, la re-sistencia de valor 4 KΩ y la resistencia de valor 8 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensiónde puerta vale

V G =8

4 + 812 = 8 ,

que implica que la resistencia de valor 4 KΩ verá una tensión de valor 4 V. Para calcular el valornecesario de R1 conociendo V GS y la tensión que ve la resistencia de valor 4 KΩ, aplicamos lasegunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 4 KΩ, el MOSFET y laresistencia de valor R1, obteniendo

4 = R1I − V GS , (4.11)

4 = 10R1 + 2 ,

R1 =4 − 2

10= 0,2KΩ = 200Ω .


I = K (V GS + 1)2 .

Teniendo en cuenta V GS ≤ V t = −1, se obtiene

V GS = −1 −

I

K .


4 = 0,2I + 1 +

I

K ,

3 = 0,2I +

I

K . (4.12)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, al

variar K entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2, el valor mínimo de I , I min, se obtiene para K = 5 mA/V2

y el valor máximo, I max, para K = 20 mA/V2. Para determinar I min e I max, expresemos I enfunción de K usando (4.12). Podemos reescribir (4.12) en forma de ecuación de segundo gradoen

√I . Se obtiene

0,2I +1√K

√I − 3 = 0 .




√I =

−1/√

K ±

1/K + 2,40,4

.



√I = 1/K + 2,4

−1/

√K

0,4

e

I =

1/K + 2,4 − 1/

√K 2

0,16,

que da

I min =

1/5 + 2,4 − 1/

√52

0,16= 8,486 mA

e

I max = 1/20 + 2,4

−1/

√202

0,16 = 11,25mA .


12 = R1I − V DS + R2I ,

y, usando R1 = 0,2,12 = −V DS + 0,2I + R2I ,

V DS = −12 + 0,2I + R2I .


V GS = −4 + 0,2I .

Imponiendo, entonces, V DS ≤ V GS − V t = V GS + 1, se obtiene

−12 + 0,2I + R2I ≤ −3 + 0,2I ,

R2I ≤ 9 ,

R2 ≤ 9

I .

La condición más estricta se obtiene para el valor máximo deI

y, por tanto,R2

deberá verificar

R2 ≤ 9

11,25= 0,8KΩ = 800 Ω .

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en elapartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 796Ω.



Problema 60: El MOSFET del circuito de la figura tiene una V t = 1 V y un parámetro K quepuede variar entre 5 y 20 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tener R1

para que, suponiendo el MOSFET trabajando en saturación y K = 10 mA/V2, I = 5 mA; 2)con la R1 obtenida en el apartado anterior y suponiendo el MOSFET trabajando en saturación,determine los valores entre los que puede variar I debido al rango posible de valores para K ; 3)para el valor de R1 calculado en el apartado 1), determine el máximo valor que puede tener R2


R2

12 V

I

R1

Solución: 1) Con el MOSFET trabajando en saturación, I = K (V GS − V t)2 = K (V GS − 1)2,

y para que con K = 10 mA/V2, I = 5 mA, V GS deberá ser < V t = 1 y satisfacer

5 = 10(V GS − 1)2 ,

de donde, usando V GS < 1,

V GS = 1 −

5

10= 0,2929 .

Para calcular el valor necesario de R1 conociendo V GS , aplicamos la segunda ley de Kirchoff ala malla formada por el MOSFET y la resistencia de valor R1, obteniendo

0 = −V GS + R1I , (4.13)0 = −0,2929 + 5R1 ,

R1 =0,2929

5= 0,05858KΩ = 58,58 Ω .


I = K (V GS − 1)2 .

Teniendo en cuenta V GS ≤ V t = 1, se obtiene

V GS = 1 − I K

.


0 = −1 +

I

K + 0,05858I ,



1 =

I

K + 0,05858I . (4.14)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K para K > 0. Por tanto, alvariar K entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2, el valor mínimo de I , I min, se obtiene para K = 5 mA/V2

y el valor máximo, I max, para K = 20 mA/V2. Para determinar I min e I max, expresemos I enfunción de K usando (4.14). Podemos reescribir (4.14) en forma de ecuación de segundo gradoen

√I . Se obtiene

0,05858I + 1√K

√I − 1 = 0 .


√I =

−1/√

K ± 1/K + 0,23430,1172

.



√I =

1/K + 0,2343 − 1/

√K

0,1172

e

I =

1/K + 0,2343 − 1/

√K 2

0,01374,

que da

I min =

1/5 + 0,2343 − 1/

√52

0,01374= 3,265 mA

e

I max =

1/20 + 0,2343 − 1/

√202

0,01374= 6,976 mA .


12 = R1I − V DS + R2I ,

y, usando R1 = 0,05858,12 = −V DS + 0,05858I + R2I ,

V DS = −12 + 0,05858I + R2I .


V GS = R1I = 0,05858I .

Imponiendo, entonces, V DS ≤ V GS − V t = V GS − 1, se obtiene

−12 + 0,05858I + R2I ≤ 0,05858I − 1 ,

R2I ≤ 11 ,



R2 ≤ 11

I .


R2 ≤ 11

6,976= 1,577 KΩ .

Así pues, el valor máximo que deberá tener R2 para que, con el valor de R1 calculado en el

apartado 1) y para cualquier valor posible de K , el MOSFET trabaje en saturación es 1,577 KΩ.

Problema 61: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la tensión V o en funciónde K 1/K 2. ¿Entre qué valores puede variar V o?

Q1

Q2

5 V

V t = 1 VK = K 2 mA/V2

K = K 1 mA/V

2V t = 1 V

V o

Solución: Denotemos con los subíndices 1 y 2 las tensiones y corrientes de, respectivamente,Q1 y Q2. Dado que V DS 1 = V GS 1 > V GS 1 − V t1 = V GS 1 − 1 y V DS 2 = V GS 2 > V GS 2 − V t2 =V GS 2 − 1, supuesto V GS 1 ≥ V t1 = 1 y V GS 2 ≥ V t2 = 1, los dos transistores trabajarán en lazona saturación. Supongámoslo. Tenemos

I D1 = K 1(V GS 1 − 1)2 ,

I D2 = K 2(V GS 2 − 1)2 .

Por otro lado, por inspección I D1 = I D2, obteniéndose, usando V GS 1 ≥ 1 y V GS 2 ≥ 1,

K 1(V GS 1 − 1)2 = K 2(V GS 2 − 1)2 ,

V GS 2 − 1

V GS 1 − 1

2

=K 1K 2

,

V GS 2 − 1

V GS 1 − 1=

K 1K 2

,

V GS 2 − 1 =

K 1K 2

(V GS 1 − 1) ,

V GS 2 = 1 +

K 1K 2

(V GS 1 − 1) . (4.15)

Utilizando (4.15) en V GS 1 + V GS 2 = 5, se obtiene

V GS 1 + 1 +

K 1K 2

(V GS 1 − 1) = 5 ,



1 +

K 1K 2

V GS 1 = 4 +

K 1K 2

,

V GS 1 =4 +

K 1K 2

1 +

K 1K 2

.

Obviamente, V GS 1 ≥ 1, y utilizando (4.15), V GS 2 ≥ 1. Así pues, los dos transistores trabajan enla zona saturación y el análisis realizado es correcto. Dado que V o = V GS 1, obtenemos

V o =4 +

K 1K 2

1 +

K 1K 2

.

Tanto K 1/K 2 como

K 1/K 2 toman valores en el intervalo (0, ∞). Por otro lado, la funciónf (x) = (4 + x)/(1 + x) es decreciente con x en (0, ∞), como puede ser comprobado fácilmentecalculando df /dx,

df

dx =1 + x

−(4 + x)

(1 + x)2 = −3

(1 + x)2 < 0 .

Así pues, V o puede tomar valores en el intervalo (V o,min, V o,max) con

V o,min = lımx→∞

f (x) = lımx→∞

4 + x

1 + x= lım

x→∞

4/x + 1

1/x + 1= 1 ,

V o,max = f (0) = 4 .

Problema 62: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la tensión V o en funciónde K 1/K 2. ¿Entre qué valores puede variar V o?

Q2

Q1V t = −1 V

5 V

K = K 2 mA/V2

K = K 1 mA/V2

V o

V t = −1 V

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t de,respectivamente, Q1 y Q2. Dado que V DS 1 = V GS 1 < V GS 1 − V t1 = V GS 1 + 1 y V DS 2 =

V GS 2 < V GS 2 − V t2 = V GS 2 + 1, ninguno de los MOSFETs podrá trabajar en saturación. Esfácil ver que los dos transistores trabajan en la zona óhmica. Basta verificar V GS 1 ≥ V t1 = −1,V DS 1 ≥ 0, V GS 2 ≥ V t2 = −1 y V DS 2 ≥ 0. En efecto, con los dos MOSFETs en óhmica, ambosserán equivalentes a resistencias de un cierto valor, el circuito será equivalente a un divisor detensión, y V o adquirirá un valor comprendido entre 0 y 5. Ello implica V DS 1 ≥ 0 y V DS 2 ≥ 0, ycomo V GS 1 = V DS 1 y V GS 2 = V DS 2, V GS 1 ≥ −1 y V GS 2 ≥ −1.



Usando V GS 1 = V DS 1, tenemos

I D1 = K 1[2(V GS 1 − V t1)V DS 1 − V 2DS 1] = K 1[2(V DS 1 + 1)V DS 1 − V 2DS 1]

= K 1[V 2DS 1 + 2V DS 1] = K 1V DS 1(V DS 1 + 2) , (4.16)

y, de modo similar, usando V GS 2 = V DS 2,

I D2 = K 2V DS 2(V DS 2 + 2) . (4.17)

Dividiendo (4.16) y (4.17) y usando I D1 = I D2, obtenemos

1 =K 1K 2

V DS 1(V DS 1 + 2)

V DS 2(V DS 2 + 2),

V DS 2(V DS 2 + 2) =K 1K 2

V DS 1(V DS 1 + 2) .

Con γ = K 1/K 2, se obtiene la ecuación de segundo grado en V DS 2

V 2DS 2 + 2V DS 2 − γV DS 1(V DS 1 + 2) = 0 ,

cuyas soluciones son

V DS 2 =−2 ± 4 + 4γV DS 1(V DS 1 + 2)

2= −1 ±

1 + γV DS 1(V DS 1 + 2) .

Dado que V DS 1 ≥ 0 y V DS 2 ≥ 0, tenemos

V DS 2 =

1 + γV DS 1(V DS 1 + 2) − 1 .

Combinándola con V DS 1 + V DS 2 = 5, obtenemos

V DS 1 +

1 + γV DS 1(V DS 1 + 2) − 1 = 5 ,

1 + γV DS 1(V DS 1 + 2) = 6−

V DS 1 ,

1 + γV DS 1(V DS 1 + 2) = 36 + V 2DS 1 − 12V DS 1 ,

(1 − γ )V 2DS 1 − (12 + 2γ )V DS 1 + 35 = 0 .

Dado que V o = V DS 1, tenemos

(1 − γ )V 2o − (12 + 2γ )V o + 35 = 0 . (4.18)

Para γ = 1, la ecuación queda reducida a

−14V o + 35 = 0 ,

que tiene como solución V o = 35/14 = 2,5. Ese valor podría también haber sido derivado por

consideraciones de simetría, pues para γ = 1 los dos transistores son iguales y necesariamenteV DS 1 = V DS 2, que con V DS 1 + V DS 2 = 5 conduce a V o = V DS 1 = 2,5. Para γ > 0 y = 1,(4.18) tiene las soluciones

V o =12 + 2γ ± (12 + 2γ )2 − 140(1 − γ )

2(1 − γ )=

6 + γ ± (6 + γ )2 − 35(1 − γ )

1 − γ .



Discutamos el signo que da la solución correcta. Para 0 < γ < 1, el denominador es > 0, elradical de la raíz cuadrada es > 0 y el signo + conduce a una V o que satisface

V o >6 + γ

1 − γ > 6 ,

que no es posible pues 0 ≤ V DS 1 ≤ 5 y V o = V DS 1. Así pues, para 0 < γ < 1, el signo que dael valor correcto de V o es el

−. Para γ > 1, el denominador es < 0, el radical de la raíz cuadrada

es > 0, la raíz cuadrada es > que 6 + γ y el signo + conduce a una V o < 0, que no es posible.Así pues, también en ese caso el signo correcto es el −. En resumen, para γ = 1, V o = 2,5 y,para γ > 0, γ = 1,

V o =6 + γ −

(6 + γ )2 − 35(1 − γ )

1 − γ =

6 + γ −

1 + 47γ + γ 2

1 − γ . (4.19)

Discutamos ahora entre qué valores varía V o al variar K 1 y K 2 entre 0 y ∞, que hace variar γ entre 0 y ∞. En primer lugar, las raíces de un polinomio son funciones continuas de los coe-ficientes del polinomio y, por tanto, V o es una función continua de γ en (0, ∞). Por otro lado,usando (4.19), obtenemos

lımγ →0

V o = 6 − 11

= 5

y

lımγ →∞

V o = lımγ →∞

6/γ + 1 −

1/γ 2 + 47/γ + 1

1/γ − 1=

1 − 1

−1= 0 .

Pero, siendo V o = V DS 1, tenemos 0 ≤ V o ≤ 5. Ello junto con los dos límites anteriores y lacontinuidad de V o como función de γ , implica que V o variará entre 0 y 5, pudiéndose ajustar acualquier valor en (0, 5) tomando un valor apropiado para γ dentro del intervalo (0, ∞).

Problema 63: Analice el circuito de la figura y determine: 1) el valor de la tensión V GS de Q1y valor de la corriente I , 2) el intervalo de valores de R para los cuales Q3 trabaja en la zonasaturación y valor de la corriente I en ese caso. El circuito de la figura se denomina espejo decorriente. ¿Por qué?

Q2

Q1Q3

5 V 5 V

I I

RV t = 1 VK = K 1 mA/V2

K = K 1 mA/V2V t = 1 VV t = 1 V

K = K 2 mA/V2

Solución: Denotaremos usando los subíndices 1, 2 y 3 los valores de las tensiones, corrientes yparámetros V t de, respectivamente, Q1, Q2 y Q3.

1) Por inspección, V DS 1 = V GS 1 y V DS 2 = V GS 2. Supongamos que tanto Q1 como Q2 trabajanen la zona saturación. Las condiciones a verificar son V GS 1 ≥ V t1 = 1, V GS 2 ≥ V t2 = 1,



V DS 1 ≥ V GS 1 − V t1 = V GS 1 − 1 y V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = V GS 2 − 1. Las dos últimas quedanaseguradas por V DS 1 = V GS 1 y V DS 2 = V GS 2. Así pues, las únicas condiciones a verificar sonV GS 1 ≥ 1 y V GS 2 ≥ 1. Con Q1 y Q2 en saturación, tenemos

I D1 = K 1(V GS 1 − 1)2 ,

I D2 = K 1(V GS 2−

1)2 .

Entonces, V GS 1 = V GS 2 es consistente con I D1 = I D2 = I . Por otro lado, V GS 1 + V GS 2 = 5.Así pues, V GS 1 = V GS 2 = 2,5, que es ≥ 1. Las zonas de trabajo supuestas para Q1 y Q2 son,por tanto, correctas, V GS 1 = 2,5 V e

I = I D1 = K 1(2,5 − 1)2 = 2,25K 1 mA .

2) Por inspección, obtenemos V GS 3 = V GS 1 = 2,5 ≥ V t3 = 1. Para que Q3 trabaje en la zonasaturación, se deberá cumplir V DS 3 ≥ V GS 3 − V t3 = 2,5 − 1 = 1,5. En esa zona, la corriente I

valdrá

I = I D3 = K 2(V GS 3 − 1)2 = K 2(2,5 − 1)2 = 2,25K 2 mA .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, laresistencia de valor R y Q3, obtenemos

5 = RI + V DS 3 ,

V DS 3 = 5 − RI = 5 − 2,25K 2R ,

e, imponiendo V DS 3 ≥ 1,5, obtenemos

5 − 2,25K 2R ≥ 1,5 ,

R ≤ 5 − 1,52,25K 2

=1,556

K 2KΩ .

El circuito se denomina espejo de corriente porque, cuando Q3 trabaja en la zona saturación,I /I = K 2/K 1 y la corriente I es una réplica de la corriente I independiente del valor de R conun factor de escalado K 2/K 1. Dicho factor de escalado puede ser ajustado escogiendo valoresapropiados para K 1 y K 2.

Problema 64: El parámetro K del MOSFET Q1 del espejo de corriente de la figura, K 1, puedevariar entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2. Analice el circuito y: 1) determine el valor que ha de tenerR1 para que, con K 1 = 10 mA/V2, I = 1 mA; 2) para el valor de R1 calculado en el apartadoanterior y suponiendo Q2 en saturación, determine los valores entre los que puede variar I debidoal rango de valores posibles para K 1; 3) para el valor de R1 calculado en el apartado 1) y α = 20,determine el máximo valor que puede tener R2 para que Q2 trabaje en saturación para todo valor



y, con R1 = 3,684,

4 =

I

K 1+ 3,684I . (4.22)

Dicha relación pone de manifiesto que I es una función creciente de K 1 para K 1 > 0. Por tanto,al variar K 1 entre 5 mA/V2 y 20 mA/V2, I varía entre un valor mínimo, I min, correspondiente aK 1 = 5 mA/V2, y un valor máximo, I max, correspondiente a K 1 = 20 mA/V2. Para determinarI min e I max, expresemos I en función de K 1 usando (4.22). Podemos reescribir (4.22) en forma

de ecuación de segundo grado en √I . Se obtiene

3,684I +1√K 1

√I − 4 = 0 .

Las soluciones de dicha ecuación de segundo grado son

√I =

−1/√

K 1 ± 1/K 1 + 58,947,368

.



√I =

1/K 1 + 58,94

−1/

√K 1

7,368 ,

e

I =

1/K 1 + 58,94 − 1/

√K 12

54,29,

que da

I min =

1/5 + 58,94 − 1/

√52

54,29= 0,9663 mA

e

I max = 1/20 + 58,94 − 1/√

202

54,29= 1,024 mA .

Por otro lado, con Q2 en saturación y siendo V GS 2 = V GS 1,

I = K 2(V GS 2 − V t2)2 = αK 1(V GS 1 − 1)2 ,

que, combinada con (4.21), daI = αI .

Por tanto, I variará entre un valor mínimo

I min = 0,9663α mA

y un valor máximo

I

max = 1,024α mA .

3) Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V,la resistencia de valor R2 y Q2, obtenemos, usando I = αI ,

5 = R2I + V DS 2 = αR2I + V DS 2 ,



V DS 2 = 5 − αR2I .

Usando V GS 2 = V GS 1, de (4.20), con R1 = 3,684, obtenemos

V GS 2 = V GS 1 = 5 − 3,684I ,

e, imponiendo V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = V GS 2 − 1,

5 − αR2I ≥ 4 − 3,684I ,

αR2I ≤ 1 + 3,684I ,

R2 ≤ 1 + 3,684I

αI =

1 + 3,684I

20I =

1

20I + 0,1842 .

La condición más estricta se obtiene para I = I max y es

R2 ≤ 1

(20)(1,024)+ 0,1842 = 0,233 KΩ = 233Ω .

Por tanto, para que con el valor de R1 calculado en el apartado 1) y con α = 20, Q2 trabaje ensaturación para cualquier valor posible de K 1, R2 no deberá superar 233Ω.

Problema 65: Analice el circuito de la figura y: 1) determine el valor de la corriente I cuando elinterruptor está en ON; 2) determine el valor que ha de tener R1 para que, cuando el interruptorestá en OFF y suponiendo que el MOSFET trabaja en saturación, I = 10 mA; 3) para el valor deR1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor en OFF, determine el máximo valor quepuede tener R2 de modo que el MOSFET trabaje en saturación.

I

12 V

10KΩ R1

R210KΩ

V t = 1 VK = 5mA/V2

Solución: 1) Con el interruptor en ON, la tensión de puerta del MOSFET, V G, vale 0. Vamosa ver que ello implica que el MOSFET estará en corte. Se ha de verificar V GS ≤ V t = 1 yV DS ≥ 0. Con el MOSFET en corte, I = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por el interruptor, el MOSFET y la resistencia de valor R1 se obtiene

0 = V GS + R1I = V GS ,

y V GS = 0 ≤ 1. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 12 V, la resistencia de valor R2, el MOSFET y la resistencia de valor R1, se obtiene

12 = R2I + V DS + R1I = V DS ,



y V DS = 12 ≥ 0. Así pues, con el interruptor en ON, el MOSFET está en corte e I = 0.

2) Con el interruptor en OFF, teniendo en cuenta que la corriente por el interruptor es nula y quela corriente por la puerta del MOSFET es también nula, resulta que la fuente de tensión de valor12 V y las resistencias de valor 10 KΩ forman un divisor de tensión, y la tensión de puerta delMOSFET, V G, valdrá

V G =10

10 + 1012 = 6 .

Con el MOSFET en saturación, la corriente I vale

I = K (V GS − V t)2 = K (V GS − 1)2 .

Para que I = 10 mA, V GS deberá verificar

10 = 5(V GS − 1)2 ,

que, teniendo en cuenta que V GS deberá ser > 1, pues el MOSFET está en saturación e I > 0,conduce a

V GS = 1 +

10

5= 2,414 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia inferior de valor10 KΩ, el MOSFET y la resistencia de valor R1, obtenemos

V G = V GS + R1I ,

y, usando V G = 6, V GS = 2,414 e I = 10, R1 deberá verificar

6 = 2,414 + 10R1 ,

de donde R1 deberá valer

R1 =6 − 2,414

10= 0,3586 KΩ = 358,6 Ω .

3) Bastará calcular, para R1 = 358,6 Ω, V DS en función de R2 e imponer V DS ≥ V GS − V t =V GS −1. Podemos usar V GS = 2,414 e I = 10. Para calcular V DS en función de R2 aplicamos lasegunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 12 V, la resistenciade valor R2, el MOSFET y la resistencia de valor R1, obteniendo

12 = R2I + V DS + R1I .

Usando I = 10 y R1 = 358,6 Ω, obtenemos

12 = 10R2 + V DS + (0,3586)(10) ,

V DS = 8,414 − 10R2 .

Finalmente, imponiendo V DS ≥ V GS − 1 = 2,414 − 1 = 1,414, obtenemos

8,414 − 10R2 ≥ 1,414 ,

R2 ≤ 8,414 − 1,41410

= 0,7KΩ = 700 Ω .

Así pues, para que con el valor de R1 calculado en el apartado anterior y con el interruptor enOFF, el MOSFET trabaje en saturación, el valor de R2 no deberá superar 700Ω.



Problema 66: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para vi = 0y para vi = 5 V.

Q1Q2

10 Ω

V t = 1 V

I

5 V

K = 100 mA/V2

vi

10KΩ

V t = 1 VK = 0,2mA/V2

+−

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 y Q2.

Para vi = 0, V GS 1 = 0 < V t1 = 1 y Q1 está en corte. Sólo hay que verificar V DS 1 ≥ 0. Pero,teniendo en cuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, V DS 1 = 5 − 10I D1 = 5 ≥ 0.Dado que V GS 2 = V DS 1 = 5 > 1, Q2 no estará en corte. Supongamos que trabaja en la zonaóhmica. Se ha de verificar V DS 2 ≥ 0 y V DS 2 ≤ V GS 2 − V t2 = 5 − 1 = 4. Tenemos

I D2 = K 2[2(V GS 2 − V t2)V DS 2 − V 2DS 2] = 100[(2)(5 − 1)V DS 2 − V 2DS 2]

= 800V DS 2 − 100V 2DS 2 . (4.23)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 5 V, la resistencia de valor 10 Ω y Q2, obtenemos

5 = 0,01I D2 + V DS 2 . (4.24)

Combinando (4.23) y (4.24) obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 2

5 = 8V DS 2 − V 2DS 2 + V DS 2 ,

V 2DS 2 − 9V DS 2 + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS 2 = 8,405 y V DS 2 = 0,5949. La solución V DS 2 = 0,5949 verificaV DS 2 ≥ 0 y V DS 2 ≤ 4. Así pues, el transistor Q2 trabaja en la zona óhmica y V DS 2 = 0,5949.Usando (4.23) obtenemos

I = I D2 = (800)(0,5949) − (100)(0,5949)2 = 440,5mA .

Para vi = 5 V, V GS 1 = 5 > V t1 = 1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que trabaja en la zonaóhmica. Se ha de verificar V DS 1 ≥ 0 y V DS 1 ≤ V GS 1 − V t1 = 5 − 1 = 4. Tenemos

I D1 = K 1[2(V GS 1 − V t1)V DS 1 − V 2DS 1] = 0,2[(2)(5 − 1)V DS 1 − V 2DS 1]

= 1,6V DS 1 − 0,2V 2DS 1 . (4.25)



Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 5 V, la resistencia de valor 10 KΩ y Q1, teniendo en cuenta que la corriente por la puertade Q2 es nula, obtenemos

5 = 10I D1 + V DS 1 . (4.26)

Combinando (4.25) y (4.26) obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 1

5 = 16V DS 1 − 2V 2DS 1 + V DS 1 ,

2V 2DS 1 − 17V DS 1 + 5 = 0 ,

V 2DS 1 − 8,5V DS 1 + 2,5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS 1 = 8,195 y V DS 1 = 0,3051. La solución V DS 1 = 0,3051 verificaV DS 1 ≥ 0 y V DS 1 ≤ 4. Así pues, el transistor Q1 trabaja en la zona óhmica y V DS 1 = 0,3051 V.Dado que V GS 2 = V DS 1 = 0,3051 < V t1 = 1, el transistor Q2 trabajará en la zona corte. Sólohay que verificar V DS 2 ≥ 0. Pero, con Q2 en corte, I = 0 y V DS 2 = 5 − 0,01I = 5 ≥ 0. Lacorriente I valdrá, por tanto, I = 0.

Problema 67: Analice el circuito de la figura y determine el valor de la corriente I para vi = 0y para vi = 5 V.

Q2vi

30 Ω I

5 V

K = 0,1 mA/V2

V t = −1 V

K = 50mA/V2V t = −1 V

50KΩ

Q1

+−

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 y Q2.

Para vi = 0, V GS 1 = −5 < V t1 = −1 y Q1 no estará en corte. Supongamos que está en la zonaóhmica. Se ha de verificar V DS 1 ≤ 0 y V DS 1 ≥ V GS 1 − V t1 = −5 + 1 = −4. Con Q1 en la zonaóhmica,

I D1 = K 1[2(V GS 1 − V t1)V DS 1 − V 2DS 1] = 0,1[(2)(−5 + 1)V DS 1 − V 2DS 1]

= −0,8V DS 1 − 0,1V 2DS 1 . (4.27)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión

de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 KΩ, teniendo en cuenta que la corriente por la puertade Q2 es nula, obtenemos5 = −V DS 1 + 50I D1 ,

que, combinada con (4.27), conduce a la ecuación de segundo grado en V DS 1

5 = −V DS 1 − 40V DS 1 − 5V 2DS 1 ,



5V 2DS 1 + 41V DS 1 + 5 = 0 ,

cuyas soluciones son V DS 1 = −0,1238 y V DS 1 = −8,076. La solución V DS 1 = −0,1238 verificaV DS 1 ≤ 0 y V DS 1 ≥ −4. Así pues, con vi = 0, Q1 está en la zona óhmica y V DS 1 = −0,1238.Por inspección, V GS 2 = V DS 1 y V GS 2 = −0,1238 > V t2 = −1, implicando que Q2 estará encorte, debiéndose únicamente verificar V DS 2 ≤ 0. Con Q2 en corte, I = 0 y, aplicando la segundaley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q2 y la resistencia devalor 30 Ω, obtenemos

5 = −V DS 2 + 0,03I = −V DS 2 ,

V DS 2 = −5 ,

que es ≤ 0. Así pues, con vi = 0, Q2 está en corte e I = 0.

Para vi = 5, V GS 1 = 0 > V t1 = −1, implicando que Q1 estará en corte, debiéndose únicamenteverificar V DS 1 ≤ 0. Con Q1 en corte, I D1 = 0 y, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 5 V, Q1 y la resistencia de valor 50 KΩ, teniendo encuenta que la corriente por la puerta de Q2 es nula, obtenemos

5 = −V DS 1 + 50I D1 = −V DS 1 ,

V DS 1 = −5 ,

que es ≤ 0. Así pues, para vi = 5, Q1 está en corte y V DS 1 = −5. Por inspección, V GS 2 =V DS 1 = −5 y V GS 2 < V t2 = −1, implicando que Q2 no estará en corte. Supongamos que estáen la zona óhmica. Se ha de verificar V DS 2 ≤ 0 y V DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = −5 + 1 = −4. Con Q2en óhmica, la corriente I vale

I = K 2[2(V GS 2 − V t2)V DS 2 − V 2DS 2] = 50[(2)(−5 + 1)V DS 2 − V 2DS 2]

= −400V DS 2 − 50V 2DS 2 . (4.28)

Por otro lado, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 5 V, Q2 y la resistencia de valor 30 Ω, obtenemos

5 = −V DS 2 + 0,03I ,

que, combinada con (4.28), conduce a la ecuación de segundo grado en V DS 2

5 = −V DS 2 − 12V DS 2 − 1,5V 2DS 2 ,

1,5V 2DS 2 + 13V DS 2 + 5 = 0 ,

cuyas soluciones con V DS 2 = −0,4034 y V DS 2 = −8,263. La solución V DS 2 = −0,4034verifica V DS 2 ≤ 0 y V DS 2 ≥ −4. Así pues, para vi = 5, Q2 está en la zona óhmica y V DS 2 =−0,4034. La corriente I puede ser calculada utilizando (4.28):

I = −(400)(−0,4034) − (50)(−0,4034)2 = 153,2mA .

Problema 68: En el circuito de la figura, vi varía entre 0 y 5 V. 1) Determine la condición que hade verificar K 2/K 1 para que Q2 trabaje en saturación para algún valor vi < 5. 2) Suponiendo quese cumple la condición anterior, determine la función de transferencia vo = F (vi). 3) Determine



la condición que ha de verificar K 2/K 1 para que con vi = 5, vo ≤ 0,2. El circuito es un inversorNMOS, una tecnología digital que gozó de cierta popularidad en los años 80. Justifique dichadenominación.

K = K 2 mA/V2

V t = 1 VK = K 1 mA/V2vi

vo

Q1

Q2

5 V

V t = −1 V

Solución: Denotaremos con los subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t de,respectivamente, Q1 y Q2.

1) Por inspección, teniendo en cuenta que la corrientes por la puerta de Q2 es nula, tenemosI D1 = I D2. Además, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de

tensión de valor 5 V, Q1 y Q2, obtenemos V DS 1 + V DS 2 = 5. Por inspección, V GS 2 = 0 >V t2 = −1. La dependencia de I D2 con respecto a V DS 2 es, pues, independiente de vi. ParaV DS 2 ≥ V GS 2 − V t2 = 0 + 1 = 1, Q2 está trabajando en saturación e

I D2 = K 2(V GS 2 − V t2)2 = K 2(0 + 1)2 = K 2 .

Para 0 ≤ V DS 2 < 1, Q2 está trabajando en óhmica. Todo ello permite determinar los puntosde trabajo de Q1 y Q2 en función de vi usando la siguiente gráfica, en la que la característicaI D2 = f 2(V DS 2) se dibuja de derecha a izquierda a partir del punto (5, 0), y en la que los puntosde trabajo de Q1 y Q2 se encuentran en la intersección de la característica I D1 = f 1(V DS 1), quedepende de vi = V GS 1, y la característica I D2 = f 2(V DS 2). La gráfica pone de manifiesto que elvalor de I D1 en saturación es

I D1 = K 1(V GS 1 − V t1)2 = K 1(vi − 1)2 .

La gráfica representa y da la ecuación de la curva que separa la zona óhmica de la zona saturaciónde Q1.

K 1V 2DS1

V DS1

I D1

I D2

4 5V DS2

K 2

K 1(vi − 1)2

Está, pues, claro que Q2 trabaja en saturación para algún valor vi < 5 si para vi = 5, K 1(vi −



1)2 ≥ K 2. Ello conduce a la condición

K 1(5 − 1)2 ≥ K 2 ,

16K 1 ≥ K 2 ,

K 2K 1

≤ 16 .

2) Para 0 ≤ vi ≤ 1, la característica de Q1 es I D1 = 0, Q1 está en corte, Q2 en óhmica yvo = V DS 1 = 5. Al aumentar vi por encima de 1, aparece primero un intervalo (1, V u), dondeV u es el valor de vi para el que K 1(vi − 1)2 = K 2, en el que Q1 trabaja en saturación y Q2 enóhmica. En dicho intervalo, V DS 1 = vo aumenta al aumentar vi. El valor de V u se obtiene usando

K 1(V u − 1)2 = K 2 ,

y es, teniendo en cuenta V u > 1,

V u = 1 +

K 2K 1

.

Para vi = V u los dos transistores trabajan en saturación y vo = V DS 1 toma un valor indefinido enel intervalo [V a, 4], donde V a puede ser obtenida usando la ecuación de la frontera entre óhmicay saturación de Q1:

K 2 = K 1V 2a ,

V a =

K 2K 1

.

Observemos que, con K 2/K 1 ≤ 16, V a ≤ 4, y el intervalo para vo no es vacío. Para V a <vi ≤ 5, Q1 trabaja en óhmica y Q2 en saturación. Dentro de ese intervalo, V DS 1 = vo aumenta alaumentar vi. Llamando V b al valor de vo para vi = 5, la función de transferencia tiene el siguienteaspecto:

vo

5

51

4

V a

V b

V u vi

Falta determinar vo = F (vi) para los tramos 1 < vi < V u y V u < vi ≤ 5. También determinare-mos V b, que junto con V u y V a define los trazos más relevantes de la función de transferencia.



En el tramo 1 < vi < V u, Q1 trabaja en saturación y Q2 en óhmica. Tenemos, por tanto,

I D1 = K 1(vi − 1)2 ,

I D2 = K 2[2(V GS 2 − V t2)V DS 2 − V 2DS 2] = K 2[(2)(0 + 1)V DS 2 − V 2DS 2]

= 2K 2V DS 2 − K 2V 2DS 2 ,

e, imponiendo I D1 = I D2, obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 2

K 1(vi − 1)2 = 2K 2V DS 2 − K 2V 2DS 2 ,

K 2V 2DS 2 − 2K 2V DS 2 + K 1(vi − 1)2 = 0 ,

que tiene las soluciones

V DS 2 =2K 2 ±

4K 22 − 4K 1K 2(vi − 1)2

2K 2= 1 ±

1 − K 1/K 2(vi − 1)2 .

De acuerdo con la gráfica del apartado anterior, teniendo en cuenta V DS 1+ V DS 2 = vo+ V DS 2 =

5, sabemos que 0 < V DS 2 < 1. La única solución que cumple dicha condición es la correspon-diente al signo −. Por tanto,

V DS 2 = 1 −

1 − K 1/K 2(vi − 1)2 .

Finalmente, vo puede ser determinada usando vo = V DS 1 = 5 − V DS 2, resultando

vo = 4 +

1 − K 1/K 2(vi − 1)2 .

En el tramo V u < vi ≤ 5, Q1 trabaja en óhmica y Q2 en saturación. Tenemos, por tanto

I D1 = K 1[2(V GS 1 − V t1)V DS 1 − V 2DS 1] = K 1[2(vi − 1)V DS 1 − V

2DS 1]

= 2K 1(vi − 1)V DS 1 − K 1V 2DS 1 ,

I D2 = K 2 ,

e, imponiendo I D1 = I D2, obtenemos la ecuación de segundo grado en V DS 1

2K 1(vi − 1)V DS 1 − K 1V 2DS 1 = K 2 ,

K 1V 2DS 1 − 2K 1(vi − 1)V DS 1 + K 2 = 0 ,


V DS 1 =2K 1(vi − 1) ± 4K 21 (vi − 1)2 − 4K 1K 2

2K 1= vi − 1 ±

(vi − 1)2 − K 2/K 1 .

Dado que vo = V DS 1, tenemos

vo = vi − 1 ±

(vi − 1)2 − K 2/K 1 .



Tenemos que discutir el signo de la solución correcta. El signo + conduciría a dvo/dvi > 0,que, de acuerdo con la gráfica del apartado anterior, es incorrecto. Por tanto, el signo que da lasolución correcta es el − y

vo = vi − 1 −

(vi − 1)2 − K 2/K 1 .

Finalmente, V b es el valor de vo para vi = 5, y

V b = 4 − 16 − K 2/K 1 .

3) Utilizando la expresión obtenida para V b, obtenemos

4 −

16 − K 2/K 1 ≤ 0,2 , 16 − K 2/K 1 ≥ 3,8 ,

que da

16 − K 2K 1

≥ 3,82 = 14,44 ,

K 2K 1

≤ 16 − 14,44 = 1,56 .

vo vale 5 para vi próximo a 0 y, con un valor apropriado de K 2/K 1 (por ejemplo, K 2/K 1 ≤ 1,56)vo tiene un valor próximo a 0 para vi próximo a 5. El circuito es por tanto un “inversor”. Además,el circuito usa solamente MOSFETs de canal n. Ello justifica la denominación “inversor NMOS”.

Problema 69: Con V t = 1 V, K = 1 mA/V2 y R = 10 KΩ, determine la función de transferen-cia vo = F (vi), 0 ≤ vi ≤ 5 V del circuito de la figura para: 1) vc = 0, 2) vc = 5 V. Suponga, acontinuación, V t < 5 V y, para vc = 5 V, 3) obtenga vo = F (vi), 0 ≤ vi ≤ 5 V en función deK , V t y R, 4) demuestre que dvo/dR es > 0 para todo vi, 0 < vi

≤5 V, 5) obtenga vo = F (vi),

0 ≤ vi ≤ 5 V para R → ∞.

R

vc

vi vo

V t, K

Solución: 1) Para vc = 0, el transistor trabaja en la zona corte, I D = 0 y vo = 10I D = 0.Comprobémoslo. Las condiciones a verificar son V GS

≤1 y V DS

≥0. Tenemos V GS = vc

−vo =

0, que es ≤ 1. Tenemos V DS = vi − vo = vi, que, para 0 ≤ vi ≤ 5, es ≥ 0.

2) Con vc = 5 V, el transistor no puede trabajar en la zona corte, pues en ese caso V GS =vc − vo = vc − RI D = 5 − 0 = 5, que es > 1, una contradicción. Supongamos que el transistortrabaja en la zona óhmica. Las condiciones a verificar son V GS ≥ 1 y 0 ≤ V DS ≤ V GS −V t = V GS − 1. La condición V DS ≥ 0 es fácil de verificar. En la zona óhmica, el transistor



es equivalente a una resistencia RDS entre el drenador y la fuente de valor dependiente de V GS y V DS , y V DS = vi − vo = vi − (R/(RDS + R))vi = (RDS /(RDS + R))vi ≥ 0. SiendoV GS = 5 − vo y V DS = vi − vo, la condición V DS ≤ V GS − 1 se traduce en vi − vo ≤ 4 − vo,vi ≤ 4. Ésta última condición asegura V GS ≥ 1, pues vo = (R/(RDS + R))vi ≤ vi y, convi ≤ 4, V GS = 5 − vo ≥ 5 − vi ≥ 1. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 4, el transistor trabajará en la zonaóhmica. Al hacerse vi > 4, el transistor pasará a trabajar en la zona saturación, la corriente I Dno variará y vo mantendrá el valor correspondiente a vi = 4. En efecto, la condición V GS

≥1

queda asegurada por V GS = 5 − vo y por el hecho de que vo mantenga su valor y la condiciónV DS > V GS − 1 queda asegurada por la condición vi > 4, pues V DS > V GS − 1 se traduce envi − vo > 5 − vo − 1, vi > 4.

Para determinar la función de transferencia v0 = F (vi), 0 ≤ vi ≤ 5 bastará analizar el circuitopara 0 ≤ vi ≤ 4, sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. La corriente I D valdrá

I D = K


= 2(V GS − 1)V DS − V 2DS .

Con V GS = 5 − vo y V DS = vi − vo, se obtiene

I D = 2(4 − vo)(vi − vo) − (vi − vo)2

= 8vi − 8vo − 2vivo + 2v2o − v

2i + 2vivo − v

2o = v

2o − 8vo + 8vi − v

2i .

Por otro lado, vo = 10I D, obteniéndose la ecuación de segundo grado en vo

vo = 10(v2o − 8vo + 8vi − v2i ) ,

vo = 10v2o − 80vo + 80vi − 10v2i ,

10v2o − 81vo + 80vi − 10v2i ,

v2o − 8,1vo + 8vi − v2i = 0 ,


vo = 8,1 ± 65,61 − 32vi + 4v2i

2= 4,05 ±

v2i − 8vi + 16,4025 .

Discutamos el signo. Para vi = 0, el signo + da vo = 8,1 y el signo − da vo = 0. Dado quevo = (R/(RDS + R))vi, para vi = 0, vo deberá valer 0, y el signo correcto para vi = 0 esel −. El discriminante de la ecuación v2i − 8vi + 16,4025 = 0 es < 0 y dicha ecuación notiene soluciones reales. Siendo positivo el coeficiente de v2i en v2i − 8vi + 16,4025, se tendráv2i − 8vi + 16,4025 > 0 para toda vi. Ello implica que el signo − se ha de mantener para toda vi,0 ≤ vi ≤ 4, pues, de lo contrario, la función de transferencia no sería continua. Así pues, para0 ≤ vi ≤ 4,

vo = 4,05 − v2i − 8vi + 16,4025 .

Con vi = 4, se obtiene vo = 3,416 y, para 4 < vi ≤ 5, vo = 3,416.

3) Una generalización de los razonamientos realizados en 2) lleva a las conclusiones de que, para0 ≤ vi ≤ 5 − V t, el transistor trabajará en la zona óhmica y de que, al hacerse vi > 5 − V t,el transistor pasará a trabajar a la zona saturación y vo mantendrá el valor correspondiente avi = 5 − V t.



Para determinar la función de transferencia vo = F (vi), 0 ≤ vi ≤ 5 bastará analizar el circuitopara 0 ≤ vi ≤ 5 − V t, sabiendo que el transistor trabaja en la zona óhmica. Teniendo en cuentaque V GS = 5 − vo y V DS = vi − vo, la corriente I D valdrá

I D = K


= 2K (5 − V t − vo)(vi − vo) − K (vi − vo)2

= 2K (5 − V t)vi − 2K (5 − V t)vo − 2Kvivo + 2Kv2o − Kv2i − Kv2

o + 2Kvivo

= Kv2

o −2K (5

−V t)vo + 2K (5

−V t)vi

−Kv2

i

.

Usando vo = RI D se obtiene la ecuación de segundo grado en vo

vo = R

Kv2o − 2K (5 − V t)vo + 2K (5 − V t)vi − Kv2

i

,

voKR

= v2o − 2(5 − V t)vo + 2(5 − V t)vi − v2i ,

v2o −

2(5 − V t) +1

KR

vo + 2(5 − V t)vi − v2i = 0 .

Las soluciones de dicha ecuación son

vo = 5 − V t +1

2KR±

v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t +

1

2KR

2

.

Como en 2), hay que discutir el signo. Para vi = 0, el signo + da vo = 2(5 − V t) + 1/(KR) y elsigno − da vo = 0. Como vo ha de ser 0, el signo correcto para vi = 0 es el −. El discriminantede la ecuación v2i − 2(5 − V t)vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 = 0 vale

4(5 − V t)2 − 4

5 − V t +

1

2KR

2

< 0 .

Así pues, la ecuación v2i − 2(5 − V t)vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 = 0 no tiene soluciones realesy, siendo positivo el coeficiente de v2i en v2i − 2(5 − V t)vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2, se tendráv2i − 2(5 − V t)vi + [5 − V t + 1/(2KR)]2 > 0 para toda vi. Ello implica que el signo − se hade mantener para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t, pues, de lo contrario, la función de transferencia no seríacontinua. Así pues, para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t,

vo = 5 − V t +1

2KR−

v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t +

1

2KR

2

. (4.29)

El valor de vo para 5 − V t < vi ≤ 5 se obtiene evaluando (4.29) para vi = 5 − V t y es

vo = 5 − V t +1

2KR−

5 − V t +1

2KR

2

− (5 − V t)2 .

4) Basta demostrar el resultado para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t. Calculando dvo/dR usando (4.29), se



obtiene

dvodR

= − 1

2KR2− 1

2

2

5 − V t +

1

2KR

− 1

2KR2

v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t +

1

2KR

2

=1

2KR2

5 − V t + 12KR

− v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t + 12KR

2

v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t +

1

2KR

2.

Dado que, como se ha visto en 3), v2i −2(5−V t)vi + [5−V t + 1/(2KR)]2 es > 0, basta verificarque

5 − V t +1

2KR>

v2i − 2(5 − V t)vi +

5 − V t +

1

2KR

2.

Pero v2i

−2(5

−V t)vi = vi[vi

−2(5

−V t)], que, para 0 < vi

≤5

−V t, es < 0.

5) Calculando el límite para R → ∞ de (4.29) se obtiene, para 0 ≤ vi ≤ 5 − V t,

lımR→∞

vo = 5 − V t −

v2i − 2(5 − V t)vi + (5 − V t)2

= 5 − V t −

[vi − (5 − V t)]2

= 5 − V t − [(5 − V t) − vi] = vi .

La función de transferencia límite para 5 − V t < vi ≤ 5 se obtiene evaluando el límite anterioren vi = 5 − V t, con el resultado lımR→∞ vo = 5 − V t, 5 − V t < vi ≤ 5.

Problema 70: Los MOSFETs del circuito de la figura son idénticos y tienen una V t = −1 V.Analice el circuito y demuestre que para −1 ≤ vi ≤ 3, vo = (vi + 5)/2. Sugerencia: supongaque los dos MOSFETs trabajan en saturación y determine los valores de vi para los que eso escierto y la relación que hay entre vo y vi.

5 V

vi

vo

Q2

Q1

Solución: Sea K el parámetro de escala de corriente de los dos MOSFETs y denotemos conlos subíndices 1 y 2 las tensiones, corrientes y parámetros V t y K de, respectivamente, Q1 yQ2. Supongamos Q1 y Q2 en saturación. Dado que, por inspección, V GS 2 = V DS 2, tenemos



V DS 2 < V GS 2 − V t2 = V GS 2 + 1, por lo que para determinar los valores de vi para los cuales Q1y Q2 están en saturación bastará imponer V GS 1 ≤ V t1 = −1, V DS 1 ≤ V GS 1 − V t1 = V GS 1 + 1y V GS 2 ≤ V y2 = −1. Por inspección, V GS 1 = vi − vo y V GS 2 = vo − 5. Con Q1 y Q2 ensaturación, tenemos

I D1 = K 1(V GS 1 − V t1)2 = K 1(vi − vo + 1)2

eI D2 = K 2(V GS 2

−V t2)2 = K 2(vo

−4)2 .

Imponiendo I D1 = I D2, obtenemos, usando K 1 = K 2,

K 1(vi − vo + 1)2 = K 2(vo − 4)2 ,vi − vo + 1

vo − 4

2

= 1 ,

vi − vo + 1

vo − 4= ±1 .

Consideremos primero el signo +. Se tiene

vi − vo + 1 = vo − 4 ,

vo =vi + 5

2.

Imponiendo V GS 1 ≤ −1, se obtiene

vi − vo ≤ −1 ,

vi − vi + 5

2≤ −1 ,

vi2

− 5

2≤ −1 ,

vi ≤ 3 .Imponiendo V DS 1 ≤ V GS 1 + 1, se obtiene, teniendo en cuenta V DS 1 = −vo,

−vo ≤ vi − vo + 1 ,

vi ≥ −1 .

Por último, imponiendo V GS 2 ≤ −1, se obtiene

vo − 5 ≤ −1 ,

vi + 5

2− 5 ≤ −1 ,

vi2

− 52

≤ −1 ,

vi ≤ 3 .

Así pues, para −1 ≤ vi ≤ 3, los dos MOSFETs están en saturación y vo = (vi + 5)/2.



Capítulo 5

Problemas de análisis de amplificadores

de pequeña señal

Problema 71: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi parafrecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resisten-cias del circuito valen RS = 10 KΩ, R1 = 10 KΩ, RC = 500 Ω, RE = 1 KΩ y RL = 1 KΩ. Parael BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V yV CE ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV.

R1

+

−

vo

RC

RLC 2

C 3

5 V

RE vi

RS C 1

R1

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización. Ello permitirá verificar que elBJT está en estado activo y permitirá calcular la componente de polarización de la corriente decolector, I C , que es necesaria para determinar el valor del parámetro rπ del modelo de pequeñaseñal del BJT. El circuito de polarización es

10KΩ

5 V

500Ω

1 KΩ

10KΩ



Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor5 V y las dos resistencias de valor 10 KΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Seobtiene

V th =10

10 + 105 = 2,5V ,

Rth = 10 10 =10

2= 5 KΩ .

Sustituyendo el dipolo por su equivalente de Thévenin, obtenemos el circuito

I C

5 V

500Ω

1 KΩ2,5V

5 KΩ

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos I C . Con el BJT en estado activo,obtenemos el circuito

B C

E

200I B2,5V

5 KΩ 500 Ω

1 KΩ

I B I C 0,7V

5 V

201I B

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 2,5 V, la resistencia de valor 5 KΩ, la fuentede tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo

2,5 = 5I B + 0,7 + (1)(201I B) ,

1,8 = 206I B ,

I B =1,8206

= 0,008738 ,

que es

≥0. Para calcular V CE conociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla

formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500Ω, la fuente de corrientecontrolada y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo

5 = (0,5)(200I B) + V CE + (1)(201I B) ,

5 = V CE + 301I B ,



V CE = 5 − 301I B = 5 − (301)(0,008738) = 2,37 ,

que es ≥ 0,2.Así pues, en el circuito de polarización, el BJT está en estado activo. La componentede polarización de la corriente de colector vale

I C = 200I B = (200)(0,008738) = 1,748 mA ,

y el parámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT vale

rπ =βV T I C

=(200)(0,0259)

1,748= 2,963 KΩ .

El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo com-ponente de pequeña señal. La ganancia A = vo/vi puede ser, pues, determinada haciendo elanálisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores puedenser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es

B C

E−

βib RC RL

vo

vi R1

ib

R1 rπ

RS

+

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1, por un lado, y RC

y RL, por otro, obtenemos

R1 R1 =R1

2=

10

2= 5 KΩ

y

RC RL =RC RL

RC + RL=

(0,5)(1)

0,5 + 1= 0,3333 KΩ ,

y utilizándolos obtenemos el circuito de pequeña señal

B C

E

vo

ib

200 ibvi 5 KΩ i1

i2 10KΩ

0,3333KΩ2,963 KΩ+

−

Para determinar la ganancia A = vo/vi, calculemos vi y vo en función de ib. Obtenemos

vb

= 2,963 ib

,

i1 =vb5

=2,963 ib

5= 0,5926 ib ,

i2 = i1 + ib = 0,5926 ib + ib = 1,593 ib ,

vi = 10i2 + vb = (10)(1,593 ib) + 2,963 ib = 18,89 ib , (5.1)



vo = −(0,3333)(200 ib) = −66,66 ib . (5.2)


A =vovi

=−66,66 ib18,89 ib

= −3,529 .

Problema 72: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi parafrecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 200 y que las resisten-cias del circuito valen RS = 10 KΩ, R1 = 50 KΩ, RC = 1 KΩ, RE = 2 KΩ y RL = 10 KΩ.Para el BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7Vy V EC ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV.

RE

5 V

C 1

C 2

C 3

RL

RS

vi

vo

RC R1

R1

−

+

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando qoe el BJT estáen estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y elparámetro rπ del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de polarización es

50KΩ

5 V

2 KΩ

1 KΩ

50KΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor5 V y las dos resistencias de valor 50 KΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa.

V th =50

50 + 505 = 2,5V ,

Rth = 50 50 =50

2= 25 KΩ .




5 V

I C

2 KΩ

1 KΩ

25KΩ

2,5V

Comprobemos que el BJT está en estado activo y calculemos I C . Con el BJT en estado activo,obtenemos el circuito

I B

5 V

2 KΩ 201I B

200I B0,7V25KΩ

2,5V

I C

1 KΩ

E

BC

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ, la fuente

de tensión de valor 0,7 V, la resistencia de valor 25 KΩ y la fuente de tensión de valor 2,5 V,obteniendo

5 = (2)(201I B) + 0,7 + 25I B + 2,5 ,

1,8 = 427I B ,

I B =1,8427

= 0,004215 ,

que es ≥ 0. Para calcular V EC cononociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 2 KΩ, la fuente de corrientecontrolada y la resistencia de valor 1 KΩ, obteniendo

5 = (2)(201I B ) + V EC + (1)(200I B ) ,

5 = V EC + 602I B ,

V EC = 5 − 602I B = 5 − (602)(0,004215) = 2,463 ,



que es ≥ 0,2. Así pues, en el circuito de polarización el BJT está en estado activo, la componentede polarización de la corriente de colector vale

I C = 200I B = (200)(0,004215) = 0,843 mA ,

y el parámetro rπ del circuito de pequeña señal del BJT vale

rπ =

βV T I C =

(200)(0,0259)

0,843 = 6,145 KΩ .


B C

E

RS

βib RC RL

vo

vi R1

ib

R1rπ

+

−

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1, por un lado, y RC


R1 R1 =R1

2=

50

2= 25 KΩ

y

RC RL =RC RL

RC + RL=

(1)(10)

1 + 10= 0,9091 KΩ ,


B C

E

0,9091 KΩ

vo

ib

200 ibvi i125KΩ

10KΩi2

6,145KΩ+

−

Para determinar la ganancia A = vo/vi, calculemos vi y vo en función de ib. Obtenemos

vb = −6,145 ib ,

i1 = vb25 = −6,145 ib25 = −0,2458 ib ,

i2 = i1 − ib = −0,2458 ib − ib = −1,246 ib ,

vi = 10 i2 + vb = (10)(−1,246 ib) − 6,145 ib = −18,61 ib , (5.3)

vo = (0,9091)(200 ib) = 181,8 ib . (5.4)




A =vovi

=181,8 ib

−18,61 ib= −9,769 .

Problema 73: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vipara frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que lasresistencias del circuito valen RS = 100 KΩ, R1 = 1 MΩ, RE = 10 KΩ y RL = 10 KΩ. Parael BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V BE ,u = V BE ,act = V BE ,sat = 0,7 V yV CE ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV.

− RE RL

C 2

vo

C 1

10 V

vi

R1

R1

RS

+

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT estáen estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y elparámetro rπ del modelo de pequeña señal del BJT. El circuito de polarización es

10KΩ

10 V

1 MΩ

1 MΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor10 V y las resistencias de valor 1 MΩ que tiene como salidas la base del BJT y masa. Se obtiene

V th =1 MΩ

1 MΩ + 1 MΩ 10 = 5 V ,

Rth = 1 MΩ 1 MΩ =1 MΩ

2= 500 KΩ .




I C

5 V

500KΩ

10KΩ

10 V

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito

B C

E

100I BI B 0,7V5 V

500 KΩ

10KΩ

10 V

I C

101I B

Hemos de verificar I B ≥ 0 y V CE ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V, la resistencia de valor 500 KΩ, la fuentede tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 10 KΩ, obteniendo

5 = 500I B + 0,7 + (10)(101I B) ,

4,3 = 1.510I B ,

I B =

4,3

1.510 = 0,002848 ,

que es ≥ 0. Para calcular V CE conociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de corriente controlada y la resistenciade valor 10 KΩ, obteniendo

10 = V CE + (10)(101I B ) ,

10 = V CE + 1.010I B ,

V CE = 10 − 1.010I B = 10 − (1.010)(0,002848) = 7,124 ,

que es ≥ 0,2. La componente de polarización de la corriente de colector vale

I C = 100I B = (100)(0,002848) = 0,2848 mA ,


rπ =βV T I C

=(100)(0,0259)

0,2848= 9,094 KΩ .




B C

E

rπ

ib

βib

vo

RS

R1

RE RL

R1−

+

vi

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R1, por un lado, y RE


R1 R1 =R1

2=

1 MΩ

2= 500 KΩ

y

RE RL =RE RL

RE + RL=

(10)(10)

10 + 10= 5 KΩ ,


B C

E

101 ib

ib

vo

100 ibi1i2

+

−500KΩvi

100 KΩ

5 KΩ

9,094 KΩ

Para calcular la ganancia A = vo/vi, calcularemos vi y vo en función de ib. Obtenemos

vb = 9,094 ib + 5(101 ib) = 514,1 ib ,

i1 = vb500 =514,1

ib500 = 1,028 ib ,

i2 = i1 + ib = 1,028 ib + ib = 2,028 ib ,

vi = vb + 100 i2 = 514,1 ib + (100)(2,028 ib) = 716,9 ib , (5.5)

vo = (5)(101 ib) = 505 ib . (5.6)




A =vovi

=505 ib

716,9 ib= 0,7044 .

Problema 74: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vipara frecuencias suficientemente grandes sabiendo que la β del BJT vale β = 100 y que lasresistencias del circuito valen RS = 200 KΩ, RB = 500 KΩ, RE = 10 KΩ y RL = 20 KΩ. Parael BJT use el modelo lineal a tramos con parámetros β , V EB ,u = V EB ,act = V EB ,sat = 0,7 V yV EC ,sat = 0,2 V. Use V T = 25,9 mV.

+

−vi

vo

RL

10 V

RE

RB

C 1

C 2

RS

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el BJT estáen estado activo y calculando la componente de polarización de la corriente de colector, I C , y elparámetro rπ del modelo de pequeñ señal del BJT. El circuito de polarización es

10KΩ

10 V

I C 500 KΩ

Con el BJT en estado activo, obtenemos el circuito

0,7V

10 V

10KΩ

100I B

I C I B

500KΩ

B C

E

101I B



Hemos de verificar I B ≥ 0 y V EC ≥ 0,2. Para calcular I B , aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ, la fuentede tensión de valor 0,7 V y la resistencia de valor 500 KΩ, obteniendo

10 = (10)(101I B ) + 0,7 + 500I B ,

1.510I B = 9,3 ,

I B = 9,31.510

= 0,006159 ,

que es ≥ 0. Para calcular V EC conociendo I B, aplicamos la segunda ley de Kirchoff a la mallaformada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 10 KΩ y la fuente decorriente controlada, obteniendo

10 = (10)(101I B) + V EC ,

10 = 1.010I B + V EC ,

V EC = 10 − 1.010I B = 10 − (1.010)(0,006159) = 3,779 ,

que es ≥ 0,2. El BJT está, pues, en estado activo, la componente de polarización de la corrientede colector valeI C = 100I B = (100)(0,006159) = 0,6159 mA ,


rπ =βV T I C

=(100)(0,0259)

0,6159= 4,205 KΩ .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión en la salida del circuito vo tenga sólo com-ponente de pequeña señal. La ganancia A = vo/vi puede ser, pues, determinada haciendo elanálisis de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden

ser sustituidos por cortocircuitos en el circuito de pequeña señal y éste es

B C

E

RBβib

vo

RS

RE RL

−

+vi rπ

ib

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RE y RL, obtenemos

RE RL =RE RL

RE + RL=

(10)(20)

10 + 20= 6,667 KΩ ,



y utilizándolo obtenemos el circuito de pequeña señal

B C

E

100 ib

ib

vo

i1i2

+

−

200 KΩ

vi

101ib 6,667 KΩ

500 KΩ 4,205 KΩ

Para calcular la ganancia A = vo/vi, calcularemos vi y vo en función de ib. Obtenemos

vb = −4,205 ib − (6,667)(101 ib) = −677,6 ib ,

i1 =vb

500=

−677,6 ib500

= −1,355 ib ,

i2 = i1 − ib = −1,355 ib − ib = −2,355 ib ,

vi = 200 i2 + vb = (200)(−2,355 ib) − 677,6 ib = −1.149 ib , (5.7)vo = −(6,667)(101 ib) = −673,4 ib . (5.8)


A =vovi

=−673,4 ib−1.149 ib

= 0,5856 .

Problema 75: Suponiendo que los BJTs trabajan en el estado activo y que las frecuencias delas tensiones v1 y v2 son suficientemente grandes, analice el circuito de la figura y exprese voen función de v1, v2, los parámetros rπ y β de los modelos de pequeña señal de los BJTs y lasresistencias del circuito.

V cc

RC

R1

R1

C 1 C 1

C 2 C 2

− −

RS

RE

RS

RL

C 3

RE

R1

R1

v2v1

+ +

vo

Solución: El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión de salida vo tenga sólo compo-nente de pequeña señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser



sustituidas por cortocircuitos y, con

RC = RC RL =RC RL

RC + RL, (5.9)

el circuito de pequeña señal es

B1 C1

E1 E2

B2C2

β (ib1 + ib2)

v1 v2

i1 ib1

i1

RS

R

C

vo

R1/2 βib1 βib2rπ rπ

RS

R1/2

ib2

+

−

+

−

Para analizar el circuito, empezaremos calculando ib1 en función de v1. Para ello, lo más fácil escalcular v1 en función de ib1 e invertir la relación.

vb1 = rπib1 ,

i1 =vb1

R1/2=

rπib1R1/2

=2rπR1

ib1 ,

i1 = i1 + ib1 =2rπR1

ib1 + ib1 =

1 +

2rπR1

ib1 =

R1 + 2rπR1

ib1 ,

v1 = RS i

1 + vb1 = RS R1 + 2rπ

R1ib1 + rπib1 =

R1 + 2rπR1

RS + rπ ib1 ,

ib1 =v1

R1 + 2rπR1

RS + rπ

. (5.10)

Por simetría,

ib2 =v2

R1 + 2rπR1

RS + rπ

. (5.11)

Finalmente,vo = −RC β (ib1 + ib2) ,

y, usando (5.9), (5.10) y (5.11),

vo = −β

RC RL

RC + RL

R1 + 2rπR1

RS + rπ

(v1 + v2) .



Problema 76: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vipara frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valenV t = 1 V y K = 50 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 10 KΩ, R1 = 300 KΩ,R2 = 500 KΩ, RD = 2 KΩ, RS = 1 KΩ y RL = 1 KΩ.

vi

vo

10 V

R2

R1

RD

RS RL

C 1

C 2

RI

+

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFETtrabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente dedrenador, I D, lo cual permitirá calcular el valor del parámetro gm del modelo de pequeña señal

del MOSFET. El circuito de polarización es

I D

10 V

2 KΩ

1 KΩ

500 KΩ

300 KΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥V GS − V t = V GS − 1. Teniendo en cuenta que la corriente por la puerta del MOSFET es nula, lafuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 500 KΩ y la resistencia de valor 300 KΩforman un divisor de tensión, y la tensión de puerta, V G, resulta valer

V G =300

300 + 50010 = 3,75 .

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la resistencia de valor 300 KΩ, elMOSFET y la resistencia de valor 1 KΩ, obtenemos

3,75 = V GS + (1)I D = V GS + I D .

Por otro lado, con el MOSFET en saturación,

I D = K (V GS − V t)2 = 50(V GS − 1)2 , (5.12)

que, combinada con la ecuación anterior, da la ecuación de segundo grado en V GS

3,75 = V GS + 50(V GS − 1)2 = 50V 2GS − 99V GS + 50 ,



50V 2GS − 99V GS + 46,25 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = 1,225 y V GS = 0,7553. Sólo la solución V GS = 1,225 verificaV GS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≥ V GS − 1 = 1,225 − 1 = 0,225. De (5.12),

I D = 50(1,225 − 1)2 = 2,531 .

Calculemos la tensión de fuente, V S , y la tensión de drenador, V D:

V S = (1)I D = 2,531 ,

V D = 10 − 2I D = 10 − (2)(2,531) = 4,938 .

Resulta

V DS = V D − V S = 4,938 − 2,531 = 2,407 ,

que es≥

0,225. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 2,531 mA. El parámetro gmdel modelo de pequeña señal del MOSFET resulta valer

gm = 2

KI D = 2

(50)(2,531) = 22,5 mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal.Así pues, la ganancia A = vo/vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal.Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocir-cuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser

G D

S−

vi

vo

R1 R2

RS

RD RLgmvgs

RI

+

Calculando los equivalentes de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2, por un lado, y RD


R1 R2 =R1R2

R1 + R2=

(300)(500)

300 + 500= 187,5KΩ ,

RD RL =RDRL

RD + RL=

(2)(1)

2 + 1= 0,6667 KΩ ,




G D

S

vi 187,5 KΩ

vo

1 KΩ

22,5 vgs

10KΩ

0,6667 KΩ+

−

Calculemos vgs en función de vi. Obtenemos

vg =187,5

10 + 187,5vi = 0,9494 vi ,

vs = (1)(22,5 vgs) = 22,5 vgs ,

vgs = vg − vs = 0,9494 vi − 22,5 vgs ,

23,5 vgs = 0,9494 vi ,

vgs =0,9494 vi

23,5= 0,0404 vi .

Finalmente,

vo = −(0,6667)(22,5 vgs) = −(0,6667)(22,5)(0,0404 vi) = −0,606 vi ,

y

A =vovi

= −0,606 .

Problema 77: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi para

frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valenV t = 1 V y K = 1 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 10 KΩ, RG = 500 KΩ,RS = 20 KΩ y RL = 1 KΩ.

RI

vi

vo

5 V

RG

RS RL

C 1C 2

+

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFETtrabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente de



drenador, I D, y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de po-larización es

500KΩ

20KΩ

5 V

I D

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥V GS − V t = V GS − 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puertavale V G = 5. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos

5 = V GS + 20I D ,

por otro lado, con el MOSFET en saturación,

I D = K (V GS − V t)2 = (V GS − 1)2 . (5.13)

Combinándola con la anterior, obtenemos la ecuación de segundo grado en V GS ,

5 = V GS + 20(V GS − 1)2 = 20V 2GS − 39V GS + 20 ,

20V 2GS − 39V GS + 15 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = 1,423 y V GS = 0,527. Sólo la solución V GS = 1,423 verificaV GS

≥1. Retengámosla y verifiquemos V DS

≥V GS

−1 = 1,423

−1 = 0,423. De (5.13),

obtenemosI D = (1,423 − 1)2 = 0,179 .


5 = V DS + 20 I D ,

de donde,V DS = 5 − 20 I D = 5 − (20)(0,179) = 1,42 ,

que es ≥ 0,423. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,179 mA. El parámetro gmdel modelo de pequeña señal del MOSFET vale

gm = 2

KI D = 2

(1)(0,179) = 0,846 mA/V .

El condensador de capacidad C 2 hace que la tensión vo tenga sólo componente de pequeña señal.Así pues, la ganancia A = vo/vi puede ser calculada analizando el circuito de pequeña señal.



Para frecuencias suficientemente grandes, los condensadores pueden ser sustituidos por cortocir-cuitos y el circuito de pequeña señal resulta ser

G D

S−

vi

RI

RG

RS RL

vo

gmvgs+

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL, obtenemos

RS RL =RS RL

RS + RL=

(20)(1)

20 + 1= 0,9524 KΩ ,


G D

S

0,9524 KΩ

−vi

vo

0,846 vgs500 KΩ

10KΩ

+


vg =500

10 + 500vi = 0,9804 vi ,

vs = (0,9524)(0,846 vgs) = 0,8057 vgs ,

vgs = vg − vs = 0,9804 vi − 0,8057 vgs ,

1,806 vgs = 0,9804 vi ,

vgs =0,9804 vi

1,806= 0,5429 vi .

Finalmente,vo = vs = 0,8057 vgs = (0,8057)(0,5429 vi) = 0,4374 vi ,

y

A =vovi

= 0,4374 .



Problema 78: Analice el circuito de la figura y determine la ganancia de tensión A = vo/vipara frecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFETvalen V t = 1 V y K = 10 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 100 KΩ,R1 = 500 KΩ, R2 = 2 MΩ, RS = 50 KΩ y RL = 10 KΩ.

vi

vo

5 V

RS RL

C 1C 2

R1

R2

RI

+

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFETtrabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente dedrenador, I D, y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de po-larización es

500KΩ

5 V

I D

50KΩ2 MΩ

Determinemos el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor5 V, la resistencia de valor 500 KΩ y la resistencia de valor 2 MΩ que tiene como salidas la puertadel MOSFET y masa. Se obtiene

V th =2.000

500 + 2.0005 = 4 V

y

Rth = 500 2.000 =(500)(2.000)

500 + 2.000= 400 KΩ .


50KΩ4 V

400 KΩI D

5 V

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≥ V t = 1 y V DS ≥



V GS − V t = V GS − 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión de puertavale V G = 4 V. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensiónde valor 4 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos

4 = V GS + 50I D ,


I D = K (V GS −

V t)2 = 10(V GS

−1)2 . (5.14)


4 = V GS + 500(V GS − 1)2 = 500V 2GS − 999V GS + 500 ,

500V 2GS − 999V GS + 496 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = 1,076 y V GS = 0,9215. Sólo la solución V GS = 1,076 verificaV GS ≥ 1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≥ V GS − 1 = 1,076 − 1 = 0,076. De (5.14),obtenemos

I D = (10)(1,076 − 1)2 = 0,05776 .


5 = V DS + 50I D ,

de donde,V DS = 5 − 50I D = 5 − (50)(0,05776) = 2,112 ,

que es ≥ 0,076. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,05776 mA. El parámetrogm del modelo de pequeña señal del MOSFET vale

gm = 2

KI D = 2

(10)(0,05776) = 1,52mA/V .



G D

S

+

−

RS RL

vo

gmvgsvi

RI

R2R1

Calculando los equivalente de las resistencias en paralelo de valores R1 y R2, por un lado, y RS


R1 R2 =R1R2

R1 + R2=

(500)(2.000)

500 + 2.000= 400 KΩ ,



RS RL =RS RL

RS + RL=

(50)(10)

50 + 10= 8,333 KΩ ,


G D

S

8,333 KΩ

−vi

vo

100KΩ

400KΩ 1,52vgs+


vg =400

100 + 400vi = 0,8 vi ,

vs = (8,333)(1,52 vgs) = 12,67 vgs ,

vgs = vg − vs = 0,8 vi − 12,67 vgs ,

13,67 vgs = 0,8 vi ,

vgs =0,8 vi13,67

= 0,05852 vi .

Finalmente,vo = vs = 12,67 vgs = (12,67)(0,05852 vi) = 0,7414 vi ,

y

A =vovi

= 0,7414 .

Problema 79: Analice el circuito de lafi

gura y determine la ganancia de tensión A = vo/vi parafrecuencias suficientemente grandes sabiendo que los parámetros V t y K del MOSFET valenV t = −1 V y K = 5 mA/V2 y que las resistencias del circuito valen RI = 50 KΩ, RG = 1 MΩ,RS = 20 KΩ y RL = 10 KΩ.

vi

RI C 1

RG

RS C 2

RL

vo

5 V

+

−

Solución: Empezaremos realizando el análisis de polarización, comprobando que el MOSFET



trabaja en la zona saturación y calculando la componente de polarización de la corriente dedrenador, I D, y el parámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET. El circuito de po-larización es

5 V

20KΩ

I D1 MΩ

Supongamos que el MOSFET trabaja en saturación. Se ha de verificar V GS ≤ V t = −1 yV DS ≤ V GS − V t = V GS + 1. Siendo nula la corriente por la puerta del MOSFET, la tensión depuerta vale V G = 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente detensión de valor 5 V, las dos resistencias y el MOSFET, obtenemos

5 = 20I D − V GS ,


I D = K (V GS − V t)2 = 5(V GS + 1)2 . (5.15)


5 = 100(V GS + 1)2 − V GS = 100V 2GS + 199V GS + 100 ,

100V 2GS + 199V GS + 95 = 0 ,

cuyas soluciones son V GS = −0,7949 y V GS = −1,195. Sólo la solución V GS = −1,195 verifica

V GS ≤ −1. Retengámosla y verifiquemos V DS ≤ V GS + 1 = −1,195 + 1 = −0,195. De (5.15),obtenemosI D = (5)(−1,195 + 1)2 = 0,1901 .


5 = 20I D − V DS ,

de donde,V DS = −5 + 20 I D = −5 + (20)(0,1901) = −1,198 ,

que es ≤ −0,195. Así pues, el MOSFET trabaja en saturación e I D = 0,1901 mA. El parámetro

gm del modelo de pequeña señal del MOSFET valegm = 2

KI D = 2

(5)(0,1901) = 1,95 mA/V .





G D

S−

vi

RI

RG

RS RL

vo

gmvgs+

Calculando el equivalente de las resistencias en paralelo de valores RS y RL, obtenemos

RS RL =RS RL

RS + RL=

(20)(10)

20 + 10= 6,667 KΩ ,


G D

S

1,95 vgs

−vi

vo

50KΩ

1 MΩ

6,667 KΩ

+


vg =1.000

50 + 1.000vi = 0,9524 vi ,

vs = (6,667)(1,95 vgs) = 13 vgs ,

vgs = vg − vs = 0,9524 vi − 13 vgs ,

14 vgs = 0,9524 vi ,

vgs =0,9524 vi

14= 0,06803 vi .

Finalmente,vo = vs = 13 vgs = (13)(0,06803 vi) = 0,8844 vi ,

y

A =vovi

= 0,8844 .



Problema 80: Suponiendo que el MOSFET trabaja en la zona saturación, analice el circuitode la figura y, para frecuencias suficientemente grandes, exprese vo en función de v1, v2, elparámetro gm del modelo de pequeña señal del MOSFET y las resistencias del circuito.

+

v1

RI C 1

RI C 1

v2

R1

R2

RS

RL

C 2

C 3vo

RD

V DD

+

−

−

Solución: El condensador de capacidad C 3 hace que la tensión de salida vo tenga sólo compo-nente de pequeña señal, por lo que vo puede ser determinada analizando el circuito de pequeña

señal. Para frecuencias suficientemente grandes, las capacidades pueden ser sustituidas por cor-tocircuitos en el circuito de pequeña señal y, con R = R1 R2 y RL = RD RL, éste es

G D

S

RI

v1

RI

R gmvgs

v2

vo

R

L

+

−

+

−

Aplicando el principio de superposición, la tensión vg vale vg = vg1 + vg2, donde vg1 es lacomponente debida a v1 y vg2 es la componente debida a v2. Con R = RI R = RI R1 R2,vg1 puede ser evaluada analizando el circuito

−v1

R

vg1RI

+

Obtenemos

vg1 =R

RI + Rv1 .



Por simetría,

vg2 =R

RI + Rv2 ,

y

vg =R

RI + R(v1 + v2) .

Finalmente,

vo = −RLgmvgs = −RLgmvg = −RLgmR

RI + R(v1+v2) = −RLgm

1

1 + RI /R(v1+v2) ,

y, usando1

R=

1

RI +

1

R1+

1

R2

y

RL =RDRL

RD + RL,

vo = − RDRL

RD + RLgm

1

2 + RI /R1 + RI /R2(v1 + v2) .



Capítulo 6


amplificadores operacionales

Problema 81: Sabiendo que el amplificador operacional tiene tensiones de saturación

−10 V y

10 V, determine la función de transferencia vo = F (vi) del circuito de la figura para −5 V ≤vi ≤ 5 V. A continuación, suponiendo que vi es una tensión senoidal de amplitud 3 V, determinela potencia media entregada a la resistencia de carga RL para RL = 2 KΩ.

−+

RL

vo

1 KΩ 5 KΩ

vi

Solución: El amplificador operacional está realimentado negativamente y, por tanto, suponiendo−10 ≤ vo ≤ 10, el amplificador operacional trabajará en la zona lineal. El circuito es un ampli-ficador no inversor y, con el amplificador operacional trabajando en la zona lineal, se tendrá

vovi

= 1 +5

1= 6 ,

vo = 6vi .

Imponiendo −10 ≤ vo ≤ 10, obtenemos −10 ≤ 6 vi ≤ 10, −1,667 ≤ vi ≤ 1,667. Paravi > 1,67, el amplificador operacional estará saturado positivamente y vo = 10. Para compro-barlo, hemos de verificar que v

+> v−, donde v

+es la tensión en la entrada no inversora del

amplificador operacional y v− es la tensión en la entrada inversora del amplificador operacional.Por inspección, v+ = vi y, usando el hecho de que la corriente por la entrada inversora delamplificador operacional es nula, obtenemos

v− =1

1 + 5vo =

10

6= 1,667 ,



y v+ > v− para vi > 1,667. Para vi < −1,667, el amplificador operacional estará saturado nega-tivamente y vo = −10. Para comprobarlo, hemos de verificar que v+ < v−. Por inspección, v+ =vi y, usando el hecho de que la corrientes por la entrada inversora del amplificador operacionales nula, obtenemos

v− =1

1 + 5vo =

−10

6= −1,667 ,

y v+ < v− para vi < −1,667. La siguiente figura muestra la función de transferencia vo = F (vi)

−1,667

10

−10

vi

vo

1,667

La potencia media entregada a la carga vale

P =V 2o,ef RL

,

donde V o,ef es el valor eficaz de la tensión de salida vo. Siendo T el periodo de vi, se tiene

vi(t) = 3 sen

2π

t

T

.

La tensión vo(t) también tendrá periodo T . La siguiente figura representa vi(t) y vo(t) usando la

variable α = 2πt/T .

−1,667

3

−3

2ππ

φ

10

−10

α

vi

vo

1,667

Determinemos φ:1,667 = 3sen(φ) , 0 < φ < π/2 ,



φ = arc sen

1,667

3

= arcsen(0,5557) = 0,5892 rad .

V 2o,ef vale

V 2o,ef =1

T

T 0

v2o(t) dt .

Dadas las simterías de v2o(t), tenemos

V 2o,ef = 1T /4

T/4

0v2o(t) dt . (6.1)

En el intervalo [0, T /4], vo(t) vale

vo(t) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

6 vi(t) = 18sen

2π

t

T

, 0 ≤ 2π

t

T ≤ φ

10 , φ ≤ 2πt

T ≤ π

2.

Haciendo el cambio de variable α = 2πt/T en (6.1), obtenemos

V 2o,ef =1

π/2 π/2

0

v2o(α) dα =1

π/2 φ

0

(18sen α)2 dα + π/2

φ

102 dα=

1

π/2

324

φ0

sen2α dα + 100

π/2φ

dα

=1

π/2

324

α

2− sen(2α)

4

φ0

+ 100π

2− φ

=1

π/2(62φ − 81 sen(2φ) + 50π) ,

y, usando φ = 0,5892 rad,V 2o,ef = 75,61V2 ,

obteniéndose

P =V 2o,ef RL

=75,61V2

2.000 Ω=

75,612.000

W = 0,03781W = 37,81mW .

Problema 82: Suponiendo que vo está comprendida entre la tensiones de saturación del ampli-ficador operacional, analice el circuito de la figura y determine vo en función de v1, v2 y lasresistencias R1, R2, R y R. Se escoge R = R1 = 1 KΩ. ¿Qué valores deberán tener R2 y R

para que vo = 4v1 + v2?

−+

vov1

v2

RR

R1

R2

Solución: Usando el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificador



operacional es nula, es posible calcular la tensión de dicha entrada, v+, analizando el circuito

R1 R2

v1 v2

v+

+− +

−

Aplicando el principio de superposición, obtenemos

v+ =R2

R1 + R2v1 +

R1

R1 + R2v2 ,

y, considerando que desde la entrada no inversora a la salida el circuito es un amplificador noinversor,

vo =

1 +R

R

v+ =

1 +R

R R2

R1 + R2 v1 +

1 +R

R R1

R1 + R2 v2 .

Con R = R1 = 1 KΩ,

vo = (1 + R)R2

R2 + 1v1 + (1 + R)

1

R2 + 1v2 .

Identificando coeficientes, obtenemos el sistema de dos ecuaciones

(1 + R)R2

R2 + 1

= 4

(1 + R)1

R2 + 1= 1 .

Dividiéndolas, obtenemos R2 = 4 KΩ. Sustituyendo dicho valor en la segunda ecuación, obte-nemos

(1 + R)1

5= 1 ,

1 + R = 5 ,

R = 4 KΩ .

Problema 83: Analice el circuito de la figura y, suponiendo que las tensiones en las salidas delos dos amplificadores operacionales están comprendidas entre las tensiones de saturación, de-termine el valor de vo en función de vi. Suponga ahora que los dos amplificadores operacionalestienen tensiones de saturación V y −V , donde V > 0. ¿De qué valores habrá que escoger R2/R1



y R4/R3 para que vo = 3vi para el mayor rango de valores posible para vi?

+

−

vi

R4R3

R2R1

vo

+

−

−

+

+−

Solución: Llamemos vo1 a la tensión en la salida del amplificador operacional superior y vo2 ala tensión en la salida del amplificador operacional inferior. De vi a vo1 tenemos un amplificadorinversor y de vi a vo2 tenemos un amplificador no inversor. Entonces, suponiendo que vo1 y

vo2 estén comprendidas entre las tensiones de saturación de los amplificadores operacionalesrespectivos, tendremos

vo1 =

1 +

R2

R1

vi ,

vo2 = −R4

R3,

y

vo = vo1 − vo2 =

1 +

R2

R1+

R4

R3

vi .

Para que vo = 3vi, R2/R1 y R4/R3 deberán satisfacer

1 +R2

R1+

R4

R3= 3 ,

R2

R1+

R4

R3= 2 . (6.2)

Para que el amplificador operacional superior no se sature, vi deberá satisfacer1 +

R2

R1

|vi| ≤ V ,

|vi| ≤ V 1 + R2/R1

.

Para que el amplificador operacional inferior no se sature, vi deberá satisfacer

R4

R3|vi| ≤ V ,



|vi| ≤ V

R4/R3.

Por tanto, para que vo = 3vi, vi deberá satisfacer

|vi| ≤ mın

V

1 + R2/R1,

V

R4/R3

= V mın

1

1 + R2/R1,

1

R4/R3

,

y el rango de valores para vi para los cuales vo = 3vi será [−V I , V I ], con

V I = V mın

11 + R2/R1

, 1R4/R3

.

Dicho rango se maximiza maximizando V I . Así pues, se trata de localizar el máximo de V I sujetoa lad restricciones R2/R1 ≥ 0, R4/R3 ≥ 0 y (6.2). Con x = R2/R1, se trata de localizar elmáximo de

mın

1

1 + x,

1

2 − x

en el intervalo para x, [0, 2]. La función 1/(1 + x) es decreciente con x y varía en el intervaloentre 1 y 1/3. La función 1/(2 − x) es creciente con x y varía en el intervalo entre 1/2 e ∞. Elmáximo se encuentra pues en el x que verifica

1

1 + x =

1

2 − x ,

2 − x = 1 + x ,

1 = 2x ,

x =1

2.

Así pues, el rango de valores de vi para los cuales vo = 3vi se maximiza para R2/R1 = 1/2 yR4/R3 = 2 − R2/R1 = 2 − 1/2 = 3/2.

Problema 84: Analice el circuito de la figura suponiendo RL > 0 y a) demuestre que la reali-mentación es negativa; b) suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal,

demuestre que i = vi/R; c) con R = 5 KΩ y RL = 1 KΩ, obtenga el intervalo para vi en elcual i(mA) = vi(V)/5 sabiendo que las tensiones de saturación del amplificador operacionalson −10 V y 10 V.

i

+

vi

RL

10 KΩ 10 KΩ

R R

−

Solución: a) Sea vo la tensión en la salida del amplificador operacional. Utilizando el hechode que las corrientes por las entradas del amplificador operacional son nulas, obtenemos que la



tensión de la entrada inversora vale

v− =10

10 + 10vo =

vo2

y que la tensión de la entrada no inversora, v+, puede ser evaluada en función de vi y vo anali-zando el circuito

RL

v+

R R

vi vo+− +

−

Utilizando el principio de superposición para analizar este último circuito obtenemos, con R =R RL = RRL/(R + RL),

v+ =R

R

+ RL

vi +R

R

+ RL

vo = γ vi + γ vo ,

γ =R

R + RL=

RRL

R + RL

RRL

R + RL+ RL

=RRL

2RRL + R2L

<1

2.

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, las ecuaciones obtenidas parav− y v+ en función de vi y vo conducen al diagrama de bloques

−Σ A

Σγ vi

γ

+

+

+

1/2

que puede ser reducido a

1/2 − γ

Σ Aγ vi−

+

Siendo γ < 1/2, 1/2 − γ > 0, y la realimentación es negativa.



b) Analizaremos el circuito usando el hecho de que las corrientes por las entradas del amplificadoroperacional son nulas y usando el teorema del cortocircuito virtual. Sean i1 e i2 las corrientes ysea vo la tensión indicadas en la figura

i

+

RL

10 KΩ 10 KΩ

R R

i2 i1

vi

vo

−

Utilizando el hecho de que la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional esnula, la tensión en dicha entrada vale

v− =10

10 + 10

vo =vo

2

.

Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada no inversora vale

v+ = v− =vo2

.

La corriente i1 resulta, por tanto, valer

i1 =vo − v+

R=

vo − vo/2

R=

vo2R

y la corriente i2

i2 =v+ − vi

R=

vo/2 − viR

=vo2R

− viR

.

Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo donde se conectan las dos resisten-cias R y la resistencia RL, teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora delamplificador operacional es nula,

i1 = i2 + i ,

i = i1 − i2 =viR

.

c) Obtengamos una expresión para la tensión en la salida del amplificador operacional, vo, enfunción de vi. Utilizando la ley de Ohm y la relación entre i y vi,

v+ = RLi =RL

Rvi .

Tal y como se ha visto en b),

v+ =vo2

.

Combinándolas obtenemos

vo = 2 v+ = 2RL

Rvi .



Para R = 5 KΩ y RL = 1 KΩ,

vo =2

5vi = 0,4 vi .

La relación entre i y vi se ha obtenido suponiendo que el amplificador trabajaba en la zona lineal.Siendo la realimentación negativa, la única condición a imponer es

−10

≤vo

≤10. Ello conduce

a −10 ≤ 0,4 vi ≤ 10 y a −25 ≤ vi ≤ 25. Así pues, el intervalo para vi es [−25, 25].

Problema 85: Analice el circuito de la figura y, suponiendo que el amplificador operacionaltrabaja en la zona lineal, demuestre que i = (R2/R1)(vi/RL). Suponga, a continuación, R1 =1 KΩ y R2 = 5 KΩ y que las tensiones de saturación del amplificador operacional valen −5 V y10 V. ¿Entre qué valores podrá variar vi de modo que i = 5vi/RL?

RL

+

vi

i

R1 R2

−

Solución: De la entrada no inversora a la salida del amplificador operacional, el circuito es unamplificador no inversor. Así pues, llamando vo a la tensión de salida del amplificador opera-cional, se tendrá

vo =

1 +

R2

R1

vi . (6.3)

Finalmente, aplicando la ley de Ohm,

i =vo − vi

RL=

(1 + R2/R1)vi − viRL

=R2

R1

viRL

.

Con R1 = 1 KΩ y R2 = 5 KΩ, de (6.3), obtenemos vo = 6 vi. La realimentación es negativa y laúnica condición necesaria para que la relación entre vi e i obtenida anteriormente sea válida es

−5

≤vo

≤10. Imponiéndola, obtenemos

−5

≤6 vi

≤10,

−0,8333

≤vi

≤1,667. Así pues, vi

podrá variar entre −0,8333 V y 1,667V.

Problema 86: Suponiendo que el diodo es ideal y que las tensiones de saturación positiva ynegativa del amplificador operacional son suficientemente grandes en valor absoluto, analice elcircuito de la figura y determine la función de transferencia vo = F (vi). ¿Cuánto valdrá el valor



medio de la tensión vo cuando vi sea una tensión senoidal de amplitud 5 V?

−+vi

vo

RR

Solución: Para vi ≥ 0, el amplificador operacional trabaja en la zona lineal y el diodo está enON. En efecto, sustituyendo el diodo por su circuito equivalente para el estado ON, obtenemosel circuito

A K

R

+vi

i

vo

R

−

Dicho circuito es un amplificador no inversor y

vo =

1 +

R

R

vi = 2 vi .

Únicamente se ha de verificar que la corriente directas por el diodo, i, es ≥ 0. Aplicando elteorema del cortocircuito virtual, la tensión en la entrada inversora, v−, vale v− = vi. Aplicandola ley de Ohm,

i =vo

−v−

R=

2vi

−vi

R=

vi

R,

y la condición i ≥ 0 se cumple para vi ≥ 0. Para vi < 0, el amplificador operacional estásaturado negativamente y el diodo está en OFF. En efecto, sustituyendo el diodo por el circuitoequivalente a su estado, obtenemos el circuito

A K

R

+vivo

i

R

−

Siendo nula la corriente por la entrada inversora del amplificador operacional, la corriente i seránula y la tensión de la entrada inversora, v−, valdrá v− = Ri = 0, que, para vi < 0, es > v+ = vi,verificando que el amplificador operacional está saturado negativamente. La tensión vo valdráv− + Ri = 0 y la tensión ánodo-cátodo del diodo será negativa, verificando que el diodo está en



estado OFF. La función de transferencia vo = F (vi) resulta ser

vi

vo

vo = 2vi

Sea T el periodo de la tensión senoidal vi(t). La tensión vo(t) también tendrá periodo T y valdráen [0, T ]

vo(t) =

⎧⎪⎨⎪⎩

2 vi(t) = 10sen

2π

t

T

, 0 ≤ 2π

t

T ≤ π

0, π ≤ 2πt

T ≤ 2π .

El valo medio de la tensión vo(t) valdrá

V o =1

T

T 0

vo(t) dt =1

T

T/20

10sen

2π

t

T

dt ,

y, haciendo el cambio de variable α = 2π(t/T ),

V o =

1

2π π0 10sen α dα =

10

2π π0 sen α dα =

10

2π [− cos α]

π

0 =

10

2π (1 + 1) =

10

π = 3,18V .

Problema 87: Analice el circuito de la figura y a) demuestre que la realimentación es negativa;b) suponiendo que el amplificador trabaja en la zona lineal, determine vo/vi.

−vi

vo

R R

R R R

R

+

Solución: a) Calculemos la tensión de la entrada inversora del amplificador operacional, v−, en



función de vi y vo. Hay que analizar el circuito

R R R R

R R vo

v−

vi+− +

−

Lo haremos aplicando el principio de superposición. Tenemos v− = v1 + v2, donde v1 es lacomponente debida a vi y v2 es la componente debida a vo. La tensión v1 puede ser calculadaanalizando el circuito

R

R Rvi

v1R R R

+−

La resistencia vista a la derecha de v1 vale

R = R + R (R + R R) = R + R (R + R/2) = R + R 3R/2

= R +

3

2R2

R +3

2R

= R +3

5R =

8

5R ,

y

v1vi

=R

R + R=

8

5R

R +8

5R

=8

13,

obteniéndose v1 = (8/13)vi . Para calcular v2 debemos analizar el circuito

R

R voRi1

v3 v4

i3 i4 i5i2

v2

R

R R

+−

El análisis se puede realizar fácilmente aplicando la ley de Ohm y la segunda ley de Kirchoff anodos apropiados

i1 = v2R

,

v3 = 2Ri1 = 2v2 ,

i2 =v3R

=2v2R

,



i3 = i1 + i2 =v2R

+2v2R

=3v2R

,

v4 = v3 + Ri3 = 2v2 + 3v2 = 5v2 ,

i4 =v4R

=5v2R

,

i5 = i3 + i4 =3v2R

+5v2R

=8v2R

,

vo = v4 + Ri5 = 5v2 + 8v2 = 13 v2 ,

obteniéndose v2 = vo/13. La tensión v− vale, por tanto,

v− = v1 + v2 =8

13vi +

vo13

.

Llamando A a la ganancia diferencial del amplificador operacional, el circuito puede ser repre-sentado por el diagrama de bloques

1/13

Σ A

−−vi 8/13 vo

que puede ser transformado en

vi Σ A

−vo

1/13

+−8/13

demostrando que la realimentación es negativa.

b) Usando el hecho de que la ganancia de un amplificador con ganancia infinita realimentadonegativamente con ganancia β es 1/β , del último diagrama de bloques obtenido en a), se deduce

vo

vi =−

8

13

13 = −8 .

Problema 88: Suponiendo que los dos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal,analice el circuito de la figura y demuestre que i = vi/R. Suponga, a continuación, que lastensiones de saturación de los amplificadores operacionales son −10 V y 10 V. ¿Para qué valores



de vi se cumplirá i = vi/R?

R1

+vi

i

R

RL

R1

R1

R1

−

−+

−

+

Solución: El circuito formado por el amplificador operacional de la izquierda y las cuatro re-sistencias R1 es un amplificador diferencial básico. Por tanto, siendo vo la tensión diferencialindicada en la siguiente figura

R1

+vi

i

R1

R1 R

RL

vo i1

R1

−

−+

+

−

−

+

se tendrá vo = (R1/R1)vi = vi. Siendo i1 la corriente indicada en la figura anterior y, aplicandoel teorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha y la ley de Ohm, setendrá

i1 =voR

=viR

.

Por último, usando el hecho de que la corriente por la entrada no inversora del amplificadoroperacional de la derecha es nula, se tendrá

i = i1 =viR

.

Los dos amplificadores operacionales están realimentados negativamente y el análisis efectuadoanteriormente, que depende del trabajo de ambos amplificadores operacionales en la zona lineal,será válido con las únicas condiciones de que las tensiones en las salidas de los amplificadoresoperacionales estén comprendidas entre las tensiones de saturación. Llamando vo1 a la tensiónde la salida del amplificador operacional de la izquierda y llamando vo2 a la tensión de la salida



del amplificador operacional de la derecha, se deberá cumplir −10 ≤ vo1 ≤ 10 y −10 ≤ vo2 ≤10. Calculemos, pues, vo1 y vo2 en función de vi y los valores de las resistencias del circuito,suponiendo que ambos amplificadores operacionales trabajan en la zona lineal. Aplicando elteorema del cortocircuito virtual al amplificador operacional de la derecha, obtenemos que vo2 esigual a la tensión de la entrada no inversora de dicho amplificador operacional y

vo2 = RLi =RL

R

vi .

Por otro lado tenemos

vo1 = vo2 + vo =RL

Rvi + vi =

1 +

RL

R

vi .

Imponiendo −10 ≤ vo1 ≤ 10 y −10 ≤ vo2 ≤ 10, obtenemos

−10 ≤ RL

Rvi ≤ 10 ,

−10 ≤

1 +RL

R

vi ≤ 10 ,

o, lo que es lo mismo,−10

R

RL≤ vi ≤ 10

R

RL,

−10R

R + RL≤ vi ≤ 10

R

R + RL.

Así pues, los valores de vi para los cuales i = vi/R son los comprendidos en el intervalo[−10(R/(R + RL)), 10(R/(R + RL))].

Problema 89: Suponiendo que el amplificador operacional trabaja en la zona lineal, analice elcircuito de la figura y demuestre que vo = (vP 1 − vN 1) + (vP 2 − vN 2) + · · · + (vPk − vNk).

. . .

. . .

vN 1

vN 2

vNk

R

vo

vP 1

vP 2

vPk

RR

R

R

R

R

R

+

−

Solución: Siendo el circuito lineal, la tensión de la salida vo será función lineal de las ten-siones vN 1, vN 2, . . . , vNk, vP 1, vP 2, . . . , vPk. Además, por simetría, los coeficientes asociados



a las tensiones vN 1, vN 2, . . . , vNk serán iguales y los coeficientes asociados a las tensionesvP 1, vP 2, . . . , vPk serán iguales. Tenemos, por tanto,

vo = A + BN vN 1 + BN vN 2 + · · · + BN vNk + BP vP 1 + BP vP 2 + · · · + BP vPk .

Para vN 1 = vN 2 = · · · = vNk = vP 1 = vP 2 = · · · = vPk = 0, las corrientes por lasresistencias conectadas a la entrada no inversora son nulas, la tensión de esa entrada es nula,aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión de la entrada inversora es también nula,

las corrientes por las resistencias R conectadas a las tensiones vN 1, vN 2, . . . , vNk son nulas, lacorriente por la resistencia R de realimentación es nula, y vo = 0. Por tanto, A = 0 y

vo = BN vN 1 + BN vN 2 + · · · + BN vNk + BP vP 1 + BP vP 2 + · · · + BP vPk .

Para determinar BN , podemos analizar el circuito con vN 2 = · · · = vNk = vP 1 = vP 2 = · · · =vPk = 0. Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, se obtiene elcircuito

−+i

voR

k − 1

vN 1

R

k + 1

R

R

Siendo nula la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional, la tensión dedicha entrada valdrá v+ = 0. Aplicando el teorema del cortocircuito virtual, la tensión en la en-trada inversora valdrá v− = 0. La corriente i será nula, y el circuito es esencialmente equivalentea un amplificador inversor, resultando vo = −(R/R)vN 1 = −vN 1 y BN = −1. Para determinar

BP , podemos analizar el circuito con vN 1 = vN 2 = · · · = vNk = vP 2 = · · · = vPk = 0.Calculando los equivalentes de las resistencias que quedan en paralelo, obtenemos el circuito

−+

vo

vP 1R

k

R

k

R

R

Teniendo en cuenta que la corriente por la entrada no inversora del amplificador operacional esnula, la tensión de dicha entrada resulta valer

v+ =R/k

R + R/kvP 1 =

vP 1k + 1

.



De la entrada no inversora a la salida, el circuito es un amplificador no inversor, y

vo =

1 +

R

R/k

v+ = (k + 1)v+ = vP 1 ,

resultando BP = 1.

Problema 90: Se trata de analizar el circuito de la figura, suponiendo que todas las resistenciasson > 0. 1) Demuestre que la realimentación es negativa con una ganancia de realimentación β ,0 < β < 1. 2) Determine el valor de β . Suponiendo que el amplificador operacional trabaja enla zona lineal, 3) demuestre que vo = γ (v1 − v2), es decir, que el circuito es un amplificadordiferencial; 4) determine el valor de la ganancia diferencial γ ; 5) determine un diagrama debloques lo más simple posible que tenga como entradas v1 y v2 y como salida vo y que reflejela realimentación negativa presente en el circuito; 6) compare el circuito con el amplificadordiferencial básico y con el amplificador de instrumentación.

RG

+

v2

v1

vo

R1 R2 R2

R2

R1 R2

−

Solución: 1) Sea vd = v+ − v− la tensión diferencial que ve el amplificador operacional. Clara-mente, vd es una función lineal de v1, v2 y vo. Para demostrar que la realimentación es negativa

con una ganancia de realimentación β , basta demostrar que la parte de vd proporcional a vo tienela forma −βvo. Dicha parte puede ser obtenida haciendo v1 = v2 = 0, y, por tanto, es la dadapor el circuito

−+

R2 R1

v−

R2 R1

vo

R2

R2 v+

RG

−+

+−

Demostremos, sin calcular β , que la parte de vd proporcional a vo es −βvo con 0 < β < 1. Sean



las resistenciasR = R2 (R1 + R2) ,

R = RG + R

yR = R (R1 + R2) .

Tenemosv+ =

R

R2 + RR

RG + RR1

R1 + R2vo

y

v− =R

R2 + RR1

R1 + R2vo .

De donde, obtenemos

vd = v+ − v− = − R

R2 + RR1

R1 + R2

1 − R

RG + R

vo

= − R

R2 + RRG

RG + RR1

R1 + R2vo ,

pero, en la expresión anterior, el valor absoluto del factor de vo es > 0 y < 1.

2) Podríamos evaluar β evaluando R, R y R y utilizando la expresión obtenida en el apartadoanterior para vd cuando v1 = v2 = 0, pero la evaluación de R, R y R es farragosa. En sulugar analizaremos directamente el circuito del apartado anterior. La siguiente figura lo muestrade nuevo con las variables que usaremos para su análisis.

i2 + i3

R2 R1

v−

R2 R1

vo

R2

R2v+

RG

i1

i2

i3

v

v

i1 + i2 + i3

−

−+

+

−+

Calculando v por las dos ramas a masa e igualando los valores, obtenemos

R2i3 = (R1 + R2)i2 ,

i3 =

1 +

R1

R2

i2 , (6.4)

y

i2 + i3 =

2 +

R1

R2

i2 . (6.5)



Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vo ylas tres resistencias superiores y usando (6.5), obtenemos

vo = R2(i1 + i2 + i3) + (R1 + R2)i1 = (R1 + 2R2)i1 + R2(i2 + i3)

= (R1 + 2R2)i1 + (R1 + 2R2)i2 . (6.6)

Calculando v por dos caminos a masa distintos apropiados e igualando los valores, obtenemos

(R1 + R2)i1 = RG(i2 + i3) + (R1 + R2)i2 ,

(R1 + R2)i1 = (R1 + R2 + RG)i2 + RGi3 ,

y, usando (6.4),

(R1 + R2)i1 =

R1 + R2 + 2RG +

R1RG

R2

i2 ,

i2 =R1 + R2

R1 + R2 + 2RG + R1RG/R2i1 . (6.7)

Sustituyendo (6.7) en (6.6), obtenemos

vo = (R1 + 2R2)i1 +(R1 + R2)(R1 + 2R2)

R1 + R2 + 2RG + R1RG/R2i1

=(R1 + 2R2)(2R1 + 2R2 + 2RG + R1RG/R2

R1 + R2 + 2RG + R1RG/R2i1

=2R2

1 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R22 + 4R2RG + R2

1RG/R2

R1 + R2 + 2RG + R1RG/R2i1 ,

e

i1 =R1 + R2 + 2RG + R1RG/R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

vo . (6.8)

Utilizando (6.7), obtenemos

i2 =R1 + R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

vo . (6.9)

La tensión v+ resulta valer, usando (6.9),

v+ = R1i2 =R21 + R1R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

vo .

La tensión v− resulta valer, usando (6.8),

v− = R1i1 =

R21 + R1R2 + 2R1RG + R2

1RG/R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2 vo .

Finalmente,

vd = v+ − v− = − 2R1RG + R21RG/R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

vo ,



dando

β =2R1RG + R2

1RG/R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

.

3) Para demostrar que vo = γ (v1 − v2), basta demostrar que con v1 = v2 = v, vo = 0. Esfácil comprobar que vo = 0 es consistente con v1 = v2 = v y con v+ = v−. En efecto, convo = 0, el camino que incluye la resistencia de valor R1 superior y las resistencia de valor R2

superiores y el camino que incluye la resistencia de valor R1 inferior y las resistencias de valorR2 inferiores son idénticos (la corriente por la resistencia de valor RG es 0 por ver los extremosde dicha resistencia la misma tensión) y tenemos v+ = v−.

4) Para calcular γ basta hacer v2 = 0 y encontrar la relación entre v1 y vo, que debe ser de laforma vo = γv1. Con v2 = 0, obtenemos el circuito, donde vc es la tensión común a las dosentradas del amplificador operacional

i1 + iG

+vo

R1 R2 R2

R2

R1 R2

RG

v1

vc

v1

v2

i1

i2 iG i2 − iG

−

+−

La ley de Ohm aplicada a las resistencias de valor R1 da

i1 =v1 − vc

R1

(6.10)

y

i2 =−vcR1

. (6.11)

Calculemos v1 en función de v1 y vc:

v1 = vc − R2i1 = vc − R2

R1v1 +

R2

R1vc =

1 +

R2

R1

vc − R2

R1v1 . (6.12)

De modo similar,

v

2 = vc − R2i2 =

1 +R2

R1

vc . (6.13)

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor RG, obtenemos

iG =v2 − v1

RG=

R2

R1RGv1 . (6.14)



Para determinar vc en función de v1, aplicamos la ley de Ohm a la resistencia de valor R2 inferiorconectada a masa. Obtenemos, usando (6.10) y (6.14),

v1 = R2(i1 + iG) = R2i1 + R2iG =R2

R1(v1 − vc) +

R22

R1RGv1 =

R2

R1

1 +

R2

RG

v1 − R2

R1vc .

Igualando con la expresión para v1 dada por (6.12), obtenemos

R2

R1

1 +

R2

RG

v1 − R2

R1vc =

1 +

R2

R1

vc − R2

R1v1 ,

1 +

2R2

R1

vc =

R2

R1

2 +

R2

RG

v1 ,

vc =(R2/R1)(2 + R2/RG)

1 + 2R2/R1v1 . (6.15)

Utilizando dicho valor en (6.13), obtenemos

v2 = 1 + R2/R1

1 + 2R2/R1

R2

R1

2 + R2

RG

v1 = (R1 + R2)R2(R2 + 2RG)

R1(R1 + 2R2)RGv1 . (6.16)

Usando (6.15) en (6.11), obtenemos

i2 = −(R2/R1)(2 + R2/RG)

R1(1 + 2R2/R1)v1 = − R2(R2 + 2RG)

R1(R1 + 2R2)RGv1 . (6.17)

Finalmente, usando (6.14), (6.16) y (6.17),

vo = v2 − R2(i2 − iG)

= (R1 + R2)R2(R2 + 2RG)R1(R1 + 2R2)RG

v1 + R22(R2 + 2RG)

R1(R1 + 2R2)RGv1 + R

22

R1RGv1

=(R1 + R2)R2(R2 + 2RG) + R2

2(R2 + 2RG) + R22(R1 + 2R2)

R1(R1 + 2R2)RGv1

=2R1R2

2 + 2R1R2RG + 4R32 + 4R2

2RG

R1(R1 + 2R2)RGv1

=(R1 + 2R2)(2R2

2 + 2R2RG)

R1(R1 + 2R2)RGv1

=2R2

2 + 2R2RG

R1RGv1 =

2R2(R2 + RG)

R1RGv1 = 2

R2

R1

1 +

R2

RG

v1 ,

de donde

γ = 2R2

R1

1 +

R2

RG

.

5) El diagrama de bloques tiene la siguiente forma, donde A es la ganancia de tensión diferencial



del amplificador operacional.

v2A

β

ΣαΣ

+

−+

−vo

v1

El valor de β fue determinado en el apartado 2). Falta determinar el valor de α. Es fácil. Bastaconsiderar que, de acuerdo con el diagrama de bloques, para A → ∞, vo = (α/β )(v1−v2). Elloda γ = α/β y

α = βγ = 22R1RG + R2

1RG/R2

2R21 + 6R1R2 + 4R1RG + 4R2

2 + 4R2RG + R21RG/R2

R2

R1

1 +

R2

RG

=(2R2

1RG + 4R1R2RG)(R2 + RG)

2R31RG + 6R2

1R2RG + 4R21R2

G + 4R1R22RG + 4R1R2R2

G + R31R2

G/R2

=2R2

1R2RG + 2R21R2

G + 4R1R22RG + 4R1R2R2

G

2R31RG + 6R

21R2RG + 4R

21R

2G + 4R1R

22RG + 4R1R2R

2G + R

31R

2G/R2

.

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