PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA (Transistores...

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Transistores C.C. 1 PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA (Transistores C.C.) Escuela Politécnica Superior Profesor. Darío García Rodríguez

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Transistores C.C.

1

PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA

(Transistores C.C.)

Escuela Politécnica Superior Profesor. Darío García Rodríguez

Transistores C.C.

2

0

R1

I1

I2

25k

IC+I1 2k

IE 0.2k

Q1IB

IC

12V

1.2.- En el circuito de la figura si 98.0=α y VBE = 0.7 Voltios, calcular el valor de la resistencia R1, para una corriente de emisor 2 mA

En este circuito tenemos que poner las ecuaciones necesarias para poder resolver

el valor de R1 que nos viene dado por 1

1 IVV

R BC −= luego nuestro único objetivo es

calcular VC , VB y I1 .

mAII EC 96.12·98.0· ===α mAIII CEB 04.096.12 =−=−=

VoltiosRIVV EEBEB 1.12.0·27.0· =+=+= mAV

I B 044.025

1.1252 ===

mAIII B 084.0044.004.021 =+=+=

VoltiosIIVV CCCC 912.72)·084.096.1(122)·( 1 =+−=+−=

Luego ya tenemos todos los datos necesarios para calcular la Resistencia R1

KI

VVR BC 1.81

084.01.1912.7

11 =

−=

−=

Aquí hemos calculado todo los valores del circuito, Intensidades, y tensiones en

todos los puntos. Lo único que nos falta es VCE = VC-VE=7.912-2·0.2=7.512 Voltios

Y efectivamente el transistor está en la zona activa por tener VCE> 0.2 Voltios y ser un transistor NPN.

Transistores C.C.

3

2.2.- En el circuito de la Fig.1 los transistores Q1 y Q2 trabajan en la región activa con VBE1 = VBE2 = 0.7 Voltios, 1001 =β , 502 =β . Pueden despreciarse las corrientes inversa de saturación.

a) Calcular todas las intensidades del circuito. b) Calcular las tensiones en los diferentes puntos.

Fig.1 Fig.2

Lo primero que hay que hacer es reducir el circuito a una forma mas simple, para

ello se ha calculado el thevening mirado de la base B2 hacía la izquierda.

VoltiosVBB 61.21082

10·242 =

+= KRB 9.108100

821082·10

2 =++

=

Apartir de aquí analizaremos el circuito de la Fig.2.

Podemos escribir, en la malla de los emisores de los transistores:

1112222 ·· EEBEBEBBBB RIVVRIV +++= ; 1.0·9.108·61.2 1122 EBEBEB IVVI +++= 222121111 ·101·51)·1)·(1()·1()·1( BBEBE IIIII =++=+=+= ββββ Sustituyendo esta ecuación en la anterior y despejado IB2 tenemos:

mAVV

I BEBEB 0019.0

6247.07.061.2

1.0·101·519.10861.2 12

2 =−−

=+

−−=

mAII BC 095.00019.0·50· 222 === β mAIII BEB 097.00019.0·51)·1( 2221 ==+== β

mAII BC 7.9097.0·100· 111 === β mAII BE 8.9097.0·101)·1( 111 ==+= β

VoltiosRIVV CCCCC 4.141·7.924· 11 =−=−=

0

Q1

Q2100k

82k

10k

0.1K

1k

24V

0

Q1

Ic2

Q2

IE2=IB1

IB2

108,9K

IE10.1k

IC11k

24V

2.61V

Transistores C.C.

4

VoltiosRIV EEE 98.01.0·8.9· 111 === VoltiosVVV ECCE 52.1398.04.14111 =−=−= VoltiosVC 242 =

VoltiosVVV EBEE 66.196.07.0112 =+=+=

VoltiosVVV ECCE 34.2266.124222 =−=−=

VoltiosVVV EBEB 36.266.17.0222 =+=+=

Transistores C.C.

5

3.2.- El circuito de la figura con un transistor PNP tiene un β =100, VBE=-0.7V . Calcular todas las intensidades y tensiones en los diferentes puntos.

Lo primero que hay que hacer es el thevenin, desde la base del transistor hacia la izquierda, quedando el circuito de la figura de la derecha:

VRRRV

V CCBB 5

301010·20·

21

1 =+

=+

= .4

303010

10·30·

21

12 Ω=+

=+

= KRR

RRRBB

A partir de aquí analizaremos el circuito de la parte derecha. En la malla base emisor podemos escribir:

( ) BEBBBBEEEBBBB VIRIVRIRIV −++=−+= ·1··· β despejando IB se tiene:

( ) ( )mA

RRVV

IEB

BEBBB 021.0

4196.8

8384·3.4

2·11004

307.05

·1===

++

−=

+++

mAII BC 05.219.4

860419

6.8·100· ==== β

mAII BE 07.2419

6.8·101)·1( ==+= β

Ahora calcularemos las diferentes tensiones con respecto a masa:

.75.9205·05.2· VVRIV CCCCC −=−=−=

30k 5k

0

Q1 VCC

20Vdc

R1

2k

Q1

5k

10k

2k 0

VCC

20Vdc

R2

RB

RE

IB

IC

IE 5V

30/4kRC

RE VBB

RC

Transistores C.C.

6

.14.42·07.2· VRIV EEE −=−=−=

VVVV ECCE 61.5)14.4(75.9 −=−−−=−= Por ser esta caída de tensión negativa el transistor esta en la zona activa por ser un PNP.

VVVV EBEB 84.414.47.0 −=−−=+= A continuación calcularemos la intensidad que circular por las resistencias R1 y R2 con sentido hacía arriba.

Para la resistencia R1 .48.01084.40

11 mA

RVI B ==

−=

Para la resistencia R2 I2 =I1+I2 = 0.48 +0.02 =0.50 mA.

También podría calcularse: mAR

VVI CCB 5.0

30)20(84.4)(

22 =

−−−=

−−=

Transistores C.C.

7

Q1

1 Vo

RB=50k

RC=1k IC

VBB

IB

VCC 10VV

4.2.- En el circuito de la fig. el transistor tiene una 60=β . Expresar los valores posibles de VBB para que el transistor se encuentre:

a) Zona de corte b) Zona activa. c) Zona de saturación. d) Si VBB= 5 Voltios y manteniendo el valor de RC = 1 K. ¿ entre que valores

puede variar RB para que el transistor se encuentre en la zona de activa? e) Si VBB= 5 Voltios y manteniendo el valor de RB= 50 K. ¿ entre que valores

puede variar RC para que el transistor se encuentre en la zona de saturación? (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios, y Corriente inversa de saturación despreciable.)

a) Tal como esta polarizado el transistor, es de

una forma correcta, sí las fuentes empleadas son positivas. Suponemos a la vez que el transistor va a conducir cuando entre base emisor haya una caída de tensión igual o superior a 0,7 Voltios aunque en realidad necesite una caída de tensión

aproximadamente de 0,5 Voltios.

Luego para que el transistor este en corte necesita sólo VBB< 0.7 Voltios Ya que el diodo de emisor y colector están polarizado inversamente.

b) y c) Aquí vamos a ver para que tensión VBB estará en saturación, luego entre el valor

de corte y saturación estará la zona activa.

mAR

VVI

C

CEsatCCCsat 8.9

12.010=

−=

−=

508.0−

=−

= BB

B

BEsatBBBsat

VR

VVI

Si BsatCsat II ·β≤ el dispositivo está en saturación en caso contrario en la zona

activa.

Luego tenemos 60·50

8.08.9 −≤ BBV voltiosVBB 97.88.0

6050·8.9

=+≥

Entonces para VoltiosVBB 97.87.0 ≤≤ el transistor estará en zona activa.

voltiosVBB 97.8≥ el transistor estará en saturación.

Transistores C.C.

8

d) En este caso la zona de corte no varía, solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación para saber la zona activa.

BsatCsat II ·β≤ zona de saturación

mAR

VVI

C

CEsatCCCsat 8.9

12.010=

−=

−=

BB

BEsatBBBsat RR

VVI 8.05 −

=−

=

60·2.48.058.9BB RR

=−

≤ .71.2560·8.92.4 KRB =≤

Luego cuando RB sea mayor que 27,71 K el transistor va a estar en la zona activa.

e) En este caso la zona de corte no varía solo varían las zonas de saturación y activa. Calcularemos la zona de saturación..

BsatCsat II ·β≤ zona de saturación

CCC

CEsatCCCsat RRR

VVI 8.92.010

=−

=−

= ; mAR

VVI

B

BEsatBBBsat 084.0

508.05=

−=

−=

60·084.08.9≤

CR; Ω=≥ kRC 94.1

04.58.9 con estos valores estará en zona

de saturación. Luego cuando Ω≤ KRC 94.1 el transistor estará en la zona activa.

Transistores C.C.

9

5.2.- En el circuito de la Fig.1 Q1 y Q2 se encuentra en la zona Activa, siendo 10021 == FF ββ , voltiosVV BEBE 7.021 =−= .

Calcular las tensiones en los diferentes puntos e intensidades.

Fig.1 Fig.2 El transistor Q1 es un NPN y el Q2 un PNP y ambos aparentemente bien polarizado.

Lo primero que tengo que hacer es realizar el thevening mirado desde la base de Q1 hacia la izquierda, teniendo el circuito de la Fig.2.

VoltiosVBB 332

3·51 =

+= Ω=

+= KRB 2.1

323·2

1

En la malla B1 ,E1,E2 y B2 , se puede escribir:

2111111 ·· EBEEBEBBBB VRIVRIV +++= ( ) 11 ·1 BFE II += β sustituyendo esta ecuación en la anterior y despejando IB1 se obtiene:

121

2111 )·1( EFB

EBBEBBB RR

VVVI++−−

; mAI B 0053.02.304

6.13·1012,17.07.03

1 ==+

−−=

mAII CFC 53.00053.0·100· 11 === β

mAIII BFEE 54.00053.0·101)·1( 1121 ==+== β

mAII EF

FC 53.054.0·

101100·

1 22

22 ==

+=ββ mA

II

F

EB 0053.0

10154.0

12

22 ==

+=β

Ya tenemos calculadas todas las intensidades, ahora calcularemos las tensiones en los diferentes puntos. VoltiosRIVV CCCCC 47.41·53.05· 2222 −=+−=+−= VoltiosVV EBE 7.022 ==

0

1k

5V

5V

2K

3K

Q1

2K

Q2

3K

0

V45V

IB1

IC12K

IE1=IE2

3K Q2Q1

IC21k

V25V

1.2K

3V

Transistores C.C.

10

VoltiosVVV ECCE 15.57.047.4222 −=−−=−= En zona activa, por ser un PNP y dar negativo la tensión entre colector y emisor.

VoltiosVRIV EEEE 32.27.03·54.0· 2111 =+=+=

VoltiosRIVV CCCCC 94.32·53.05· 1111 =−=−=

VoltiosVVV ECCE 62.132.294.3111 =−=−= En zona activa, por ser un NPN y dar positiva la tensión entre colector y emisor.

VoltiosVVV EBEB 02.332.27.0111 =+=+=

Transistores C.C.

11

6.2- En el circuito de la figura Calcular: a) La salida VCE cuando la entrada es de 0.2 Voltios. b) Lo mismo apartado anterior cuando la entrada es de 10 Voltios.

20=Fβ VDcond.=0.7 Voltios .5.0 voltiosV =γ (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios, y Corriente inversa de saturación despreciable.).

a) Si la entrada Vi = 0.2 Voltios conducirá el diodo D1, por existir una Tensión entre ánodo y cátodo, a través de la resistencia de 6 k, de (10-0.2)Voltios, lo que hace a la vez que la tensión en el punto P sea 0.2 + 0.7 = 0.9 Voltios insuficiente tensión para que D2, D3 y El transistor pueda conducir ya que necesitaría como mínimo 0.5 +0.5 +0.7 =1.7 voltios, al no conducir el transistor, la salida VCE = VCC = 10 voltios.

b) Si la entrada es de 10 Voltios el diodo que no conduce es D1, y los otros

dispositivos sí. Vamos a suponer que Q1, esté en saturación Entonces VCE =0.2 Voltios: VP =VD2 +VD1 + VBEsat = 0.7 + 0.7 + 0.8 = 2.2 Voltios

mAVV

I PCC

68.7

62.210

61 =−

=−

= mAV

I BEsat 4.028.0

22 ===

mAIII B 64.5

64.28.74.0

68.7

21 =−

=−=−=

mAR

VVI

C

CEsatCCCsat 6

8.96

2.010=

−=

−=

Condición para que esté en la zona de saturación:

BCsat II ·β≤ 64.5·20

68.9≤

lo cumple luego Q1 está en saturación y VCE= 0.2 Voltios

0

I22k

IC6kI1

6k

D2

D1

D3

Q1

ViP

IB10V

Transistores C.C.

12

7.2.- a)Esbozar la característica de transferencia VCE en función de Vi del circuito de la figura,( suprimiendo el diodo zener) , indicando las diferentes zonas del transistor. El transistor tiene una 100=β y la corriente inversa de saturación despreciable. b) Igual que en el apartado a) con el diodo zener, suponiendo que este es ideal, cuya tensión zener es igual a 4 Voltios. (VBE activa=0.7 Voltios, VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE saturación=0.8 Voltios,)

Fig.1 Fig.2

Fig.3 Fig.4 Lo primero que tenemos que hacer en este circuito es, tanto en la entrada como en la salida, reducirlo a su thevening correspondiente.

En la entrada tenemos la Fig.2 ii

BB VV

V 1.040360

40·=

+= Ω=

+= KRB 36

4036040·360

En la salida Fig.3 VoltiosVCC 5515

5·1015·10=

+−

= kRC 75.3515

5·15=

+=

Luego el circuito queda reducido a la Fig.4, donde podemos escribir: Zona de corte del transistor VBB< 0.7 Voltios 0.1 Vi<0.7 Vi< 7 voltios Y entonces VCE = 5 Voltios

0

R1 360k

R35k

R415k

Q1

V1

D1

V210V

V310V

R540k

0

360k

40KVi

B

0

36k

0.1Vi

B

0

3.75k

5V C

0

5k

15k

10V

10V

C

5V

36k3.75V

1Vi

VCE

Transistores C.C.

13

Zona de Saturación CsatB II ≥β· mAV

RVV

I i

B

BEactBBB 36

8.0·1.0 −=

−=

75.3

2.05100·36

8.01.0 −≥

−iV 8.0

75.3·10036·8.41.0 +≥iV VoltiosVi 6.12≥

Luego la zona activa estará comprendida entre 7 y 12.6 Voltios y en esa zona se cumple:

36

7.0·1.0 −=

−= i

B

BEBBB

VR

VVI 100·

367.0·1.0

·−

== iBC

VII β

36

5.4425.3775.3·

3670·10

5·+−

=−

−=−= iiCCCCCE

VVRIVV

Conclusión: Vi < 7 Voltios transistor en corte VCE = VCC = 5 Voltios

7 < Vi < 12.6 Voltios transistor en activa 36

5.4425.37 +−= i

CEV

V

Vi > 12.6 Voltios Transistor en saturación VCE = 0.2 Voltios Su representación gráfica en la Fig. 5 c) Si le colocamos el diodo zener ente el colector y emisor del transistor, como se

ve en la figura 1, este empieza a actuar cuando la tensión entre sus terminales es superior a 4 Voltios que entonces su caída de tensión se mantiene a esos 4 Voltios.

Vamos a calcular el valor de Vi cuando cumple estas condiciones, ocurre en la zona activa:

VoltiosV

V iCE 4

365.4425.37=

+−=

VoltiosVi 96.75.37

36·45.442=

−=

mAR

VVIC

CEsatCCCsat 75.3

2.05 −=

−=

Transistores C.C.

14

Su representación gráfica Fig.6

CEV

iV0

1

3

5

1 3 7 12

V2.0

Voltios

Voltios

365.37

=pend

Fig.5

CEV

iV0

1

4

1 3 7 12

V2.0

Voltios

Voltios

365.37

=pend3

Fig.6

Transistores C.C.

15

8.2.- Los transistores de la Fig son idénticos con 100=Fβ y corriente inversa de saturación despreciable.

a) Hallar Vo cuando la entrada varía entre 0 y 12 Voltios b) Hallar Vo cuando la entrada varía entre 12 y 0 Voltios c) Representar gráficamente los resultados de los apartados anteriores.

a) Para que pueda conducir un transistor necesita 0.7 Voltios, entre la base y el emisor, caso del NPN y si le introducimos inicialmente 0 Voltios el transistor Q1 no conduce y queda el circuito de la Fig. 2 que es un transistor con resistencia en emisor. Lo primero que tenemos que hacer es el thevening correspondiente, mirado desde base de Q2 hacia la izquierda.

Su thevening nos viene expresado por:

VoltiosVBB 82082

20·122 =

++= Ω=

+++

= KRB 320

208220)·82(

2

Fig.2 Fig.3

El circuito equivalente es el de la Fig.3 que podemos decir que el transistor está en la zona activa o saturación, por la forma de su polarización.

mARR

VVIEFB

BEBBB 035.0

6263·3.7

2)·1100(3

20078

)·1( 22

222 ==

++

−=

++−

mAII BFC 50.3035.0·100· 22 === β mAII BFE 53.3035.0·101)·1( 22 ==+= β

VoltiosRIVVV CCCCCo 5.81·50.312· 2222 =−=−== VoltiosRIV EEE 06.72·53.3· 222 ===

0

8k

20k

2kVo

1k

2k

Q1 Q212V

Vi

0

8k

20k

2kVo

1k

2k

Q212V

0

12V IB2

20/3K

2K

IC21k

8V

Q2

Transistores C.C.

16

VoltiosVVV ECCE 44.106.75.8222 =−=−=

Por ser positiva VCE y mayor que 0.2 Voltios el dispositivo esta en la zona activa, y ser un NPN. La salida vale Vo = 8.5 Voltios Para que Q1 empiece a conducir necesita una tensión:

VoltiosVVV EBE 76.706.77.0)( 211 =+=+≥

y entonces Q2 estará en corte (se demostrará en el apartado posterior) y la salida Vo= 12 Voltios.

b) Si la entrada V1 es de 12 Voltios Q2 estará en corte (lo demostraremos posteriormente) y veremos como estará Q1, y nos quedaría el circuito de la fig.4. Siendo Vo=12 Voltios

Fig.4 Fig.5 Si miramos el circuito thevening de la Fig 4 desde el colector a masa obtenemos el circuito de la Fig. 5.

VoltiosVCC 2.11228

28·121 =

+= Ω==

+= KRC 87.1

3056

2282·28

1

En el circuito de la Fig. 5 si la entrada vale 12 Voltios el dispositivo

seguramente estará en saturación y entonces VCE= 0.2 Voltios con lo que nos quiere decir que VE y VC tienen aproximadamente la misma tensión, luego el transistor Q2 estará en

corte ya que. EC

B VV

V <=28

20·12 ( Por la rama de las resistencias de 20 y 8 K. circulan la

misma intensidad de ahí el reparto, directamente proporcional, de las tensiones en ambas resistencias).

0

8k

20k

2kVo

1k

2k

Q1 Q212V

Vi

11.2V

56/30K

IC1

2k

Q1

IE1Vi

VCC1

RC1

Transistores C.C.

17

mAR

VVI

FE

BEactiB 056.0

)1100·(27.012

)1·(1 =+

−=

+−

mARRVV

ICE

CEsatCCCsat 84.2

605630·11

23056

2.02.11

1

1 =+

=+

−=

+−

Sí CsatB II ≥β· 84.2100·056.0 ≥ el transistor está en saturación. En este caso lo cumple.

Sí la entrada la vamos disminuyendo el transistor pasará a la zona activa y si

seguimos disminuyendo aun más llegará un instante en que se corte, ya que VBE2 hace igual a 0.7 Voltios por lo que Q2 empieza a conducir y el Q1 pasa a corte.

Vamos a calcular ese punto.

VoltiosVVVV iBEiE 7.011 −=−=

VoltiosV

RIVRIVV iCBCCCCCCC 30

56·)1100(2

7.0·1002.11··· 1111111 +

−−=−=−= β

}3056·

202)7.0(100

2.11·{2820

82020·1

2−

−=+

= iCB

VVV Luego la condición para que

Q2 empiece a conducir es:

VoltiosVV EB 7.02 ≥− voltiosVV

ii 7.0)7.0(}

3056·

202)7.0(100

2.11·{2820

≥−−−

}5630)2.11

2028·{(

202)7.0(100

−≥−

− ii V

V

100202}·

5630)2.11

2028·{()7.0( −≥−− ii VV

VoltiosVi 85.376.176.6

=≤

Luego a partir de una cantidad inferior a ese valor el transistor Q1 se corta y Q2 conduce. Conclusión: a) Cuando Vi empieza en 0 Voltios Q1 en corte y Q2 en la zona activa cuya salida es igual a 8,5 Voltios.

Cuando voltiosVi 76,7≥ Q2 se corta y Q1 primero pasa a la zona activa y después a la zona de saturación, y su salida es 12 Voltios.

b) Cuando Vi empieza en12 Voltios Q1 en saturación y Q2 en corte, cuya salida es igual a 12 Voltios.

Transistores C.C.

18

Cuando VoltiosVi 85.3≤ Q2 se pone en zona activa y Q1 se corta, y su salida es 8,5 Voltios.

Con estas conclusiones llegamos que los dos transistores no pueden conducir a la

vez, como habíamos supuestos en los dos apartados anteriores. Su representación gráfica la ponemos en la figura de la página siguiente.

iv

ovVoltios

Voltios

2

6

2 6

8

8

12

12

Histerisis

Transistores C.C.

19

9.2.- En el circuito de la figura de la izquierda, explicar(sin llegar a resultados numéricos) como se obtendría las diferentes zonas de funcionamiento del MOS, teniendo de parámetros los siguiente valores: k=1.25 mA/V2 y Vt = 1,5 Voltios.

Lo primero que tengo que decir que el MOS es de canal n, aunque hayamos puesto una figura del dispositivo diferente a las empleadas, por regla general en clase. En segundo lugar calculamos el thévenin mirado desde Puerta hacia la izquierda obteniendo el circuito de la derecha.

VoltiosVV

V GGGGG 3

·2100200

200·=

+= Ω=

+= KRG 3

200100200

100·200

aunque el valor de RG no lo necesitamos ya que la intensidad que circula por la puerta es nulo. Las ecuaciones del circuito necesarias son:

5·32

+= GGGS VV 173·5123·· +−=++−=++−= DDSSDDDDDS IIVVRIV

Estudiemos ahora las diferentes zonas del MOS.

a) Zona de corte

VoltiosVGG 25.52

155.4−=

−≤ ID= 0 mA VD = 12 Voltios

b) Zona Ohmica tGS VV ≥ tGD VV ≥

VoltiosVGG 5.15·32

≤+

0

100k

ID 3k

200k

12V

VGG

5V 0

G

2/3 VGG

ID3k

S

5V

D 12V200/3k

VSS

VDD

tGS VV ≤

3·12·32

DGGGD IVV +−= 123· +−= DD IV

})··(2·{ 2DSDStGSD VVVVkI −−=

Transistores C.C.

20

De la segunda condición. 5,1≥GDV VoltiosIV DGG 5.1·312·32

≥+− en esta útima

ecuación se sustituiría el valor de ID de la ecuación anterior y se calcularía El valor de VGG sería menor que un cierto valor, luego el valor de VGG estaría comprendido entre este valor y -5,25 Voltios.

c) Zona Activa o de saturación tGS VV ≥ tGD VV ≤ 2)·( tGSD VVkI −=

VoltiosVGG 5.15·32

≥+ , 25.5−≥GGV VoltiosIV DGG 5.1)3·12·32( ≤+−

22 )5.15·32·(25.1)·( −+=−= GGtGSD VVVkI , sustituyendo en esta última ecuación, la

ecuación anterior, obtenemos un valor de valorVGG ≥ , luego a partir de dicho valor es dispositivo estará en la zona activa. Nota: la resolución de estas ecuaciones no son complicadas pero sí largas de resolver, ya que para el calculo de ID, nos sale una ecuación de segundo grado con dos soluciones, siendo solo una la correcta, y despues sustituirla en la ecuación de VGD que es función de ID.

})173·()173·)·(5,15·32·(2·{25.1 2+−−+−−+= DDGGD IIVI

Transistores C.C.

21

10.2.- En el circuito de la figura calcular el punto de trabajo, sabiendo que trabaja en la zona activa y sus parametros son: k = 0.025 mA/V2 y Vt = -2 Voltios.

En primer lugar por ser Vt menor que cero es un MOS de deplexión. La puerta y el sumidero están unida, luego VGS=0 Voltios y este es mayor que Vt, luego está en la zona activa o ohmica. Si suponemos según el enunciado que se encuentra en la zona activa. mAVVkI tGSD 1.0))2(0(025.0)·( 22 =−−=−= VoltiosRIVV DDDDD 9.351·1.09· =−=−= VG =VS = -3Voltios tDGGD VVVV <−=−−=−= 9.69.33 luego está en la zona activa VDS =VD -VS = 3.9-(-3) = 6.9 Voltios Su punto de trabajo es: ID = 0.1 mA , y VDS =6.9 Voltios

0

ID

51K

D

9V G,S

3V

Transistores C.C.

22

11.2- En el circuito de la figura los MOS de la parte superior (M1 y M2) son de enriquecimiento y sus parámetros iguales son: k = 0.25·10-4 A/V2 y Vt = 3 Voltios, el otro MOS (M3) es de deplexión cuyos parámetros son: k=0.05 mA/V2 y Vt = -2 Voltios. Calcular los puntos de funcionamiento, suponiendo que están en la zona activa y comprobar la suposición. Calcular también la potencia que disipa cada MOS.

Observando la figura, M1 y M2 están funcionando en el mismo punto Q, por ser el

circuito simétrico y tener iguales características. Se cumple las siguientes ecuaciones en el circuito: DDD III == 21 DDDD IIII ·2321 ==+ 21 DSDS VV = VoltiosVV DSDS 20101031 =+=+ . Suponemos que los tres dispositivos están en la zona activa donde conocemos VGS3 =0 Voltios, pudiendo calcular el valor de ID3.

mAVVkI tGSD 2.0)}2(0·{05.0)·( 223 =−−=−=

mAI

I DD 1.0

22.0

23 ===

Sabiendo el valor de ID podemos calcular el valor de VGS1 = VGS2 de la ecuación

205.0

2·1.031 ==−GSV VoltiosVGS 5321 =+=

111 SGGS VVV −= VoltiosVVV GGSS 505111 −=+−=+−= , ya conocemos las

00 0

M1 M2

ID3

M3

ID1

10V

ID2

10V

mAVVVkI GStGSD 1.0)3·(025.0)·( 21

211 =−=−=

Transistores C.C.

23

tensiones en todos los puntos, luego conocemos todas las diferencias de tensiones. Voy a probar que están en la zona activa todos los MOS.

En M1 y en M2. VGS1=VG1-VS1 = 0 -(-5) = 5 > Vt1 = 3 Voltios VGD1 = VG1 -VD1 = 0 - 10 = -10 < Vt1 = 3Voltios luego cumple las condiciones de la zona activa.

En el M3 VGS3 = 0 > Vt3 = -2 Voltios y VGD3 =VG3 -VD3 = -10-(-5)= -5 <Vt3 = - 2V Luego está en zona Activa. VDS1= VD1 -VS1 = 10 -(-5) = 15 Voltios VDS3 =VD3 - VS3 = -5 -(-10) = 5 Voltios El punto de funcionamiento de M1 y M2 es (VDS=15 Voltios, ID=0.1mA) El punto de funcionamiento de M3 es (VDS = 5 Voltios, ID = 0.2mA)

M1 y M2 disipan la misma potencia ya que circulan por ello la misma intensidad y tienen la misma tensión entre drenador y sumidero y esta es: P1 = P2 = ID · VDS1 = 0.1 · 15 = 1.5 mW. En M3 Tenemos P3 = ID3 · VDS3 = 0.2 · 5 = 1 mW.

Transistores C.C.

24

12.2- En El circuito de la figura calcular el punto de funcionamiento de los MOS, siendo sus parámetros k2 = 2 mA/V2 , Vt2 = 2 Voltios, k1 = 4.5 mA/V2 y Vt1 = 1 Voltios, para los diferentes valores de la entrada VGG. .

En el Circuito de la figura cumple: VDS1 + VDS2 = 9 Voltios ID1 = ID2 = ID VGD2 = 0 < Vt2 = 2 Voltios luego solo puede estar en activa o corte. Cuando VGS1 = VGG < Vt1 = 1 Voltios el dispositivo estará en corte lo mismo que M2. ID= 0mA Cuando se inicia la zona óhmica es lo que vamos a calcular: VGG > Vt1 = 1 Voltios el dispositivo entra en la zona activa u óhmica , en la zona activa se cumple:

2)( tGSD VVkI −= , 21 DD II = , 222 )1(5.4)2(2 −=− GGGS VV extrayendo la raíz cuadrada

a ambos miembros nos queda (se ha multiplicado por dos ambos miembros de la ecuación y después se ha calculado la raíz cuadrada): )1(3)2(2 2 −=− GGGS VV y VGS2 = (9 -VD1) de esta dos ecuaciones obtenemos:

2·317

1GG

DV

V−

= ahora podemos saber para que valores de VGG está en la zona activa.

En activa VGD1 < Vt 111 DGGD VVV −= 12·317

<−

− GGGG

VV

luego VGG < 3.8 Voltios Cuando 1<VGG<3.8 Voltios los dispositivos está en la zona activa.

Y sus puntos de funcionamientos son: 2·317

1GG

DSV

V−

= , 2)1(5.4 −= GGD VI

0

M1

SM2

D

V1VGG

ID

9V

G2

G1

D2

S1

S2

D1

Transistores C.C.

25

2·317

92GG

DSV

V−

−= , 2)1(5.4 −= GGD VI

Cuando VGG > 3.8 Voltios M1 en saturación y M2 en la zona 0hmica.

Cumpliéndose:

21

22

211

2 )29(24)2(2})·1(2{5.4})·{( −−=−=−−=−−= DSDSDSDSGGDSDStGSD VVVVVVVVVkI

de esta ecuación obtendríamos 0196)·1838(·13 1

21 =++− GGDSDS VVV

Donde se calcula VDS1, y con ello todos los demás valores. Hagamos un ejemplo concreto por ejemplo VGG = 5 Voltios.

0196)·1838(·13 12

1 =++− GGDSDS VVV 0196·12813 12

1 =+− DsDS VV

=−±

=13·2

196·13·4128128 2

1DSV 7,95 Voltios y 1,90 Voltios ambos valores no son

correctos sólo uno de ellos.

Como VGD1 > Vt1 (VG1 -VD1) > Vt1 (5 - VD1)> 1 VD1 < 4 luego el valor que cumple solo es el de VDS1 = 1,90 Voltios. Y VDS2 = 9 - VDS1 = 9 - 1.9 = 7.1 Voltios mAVVkVVkI tDStGSD 02.52)21.7(2)·()( 22

222 =−=−=−= luego el punto de

funcionamiento son: M1 (VDS1 ,ID1) (1,90 Voltios, 52.02mA) y M2 (VDS2 ,ID2) (7.1 Voltios, 52.02mA)

Transistores C.C.

26

13.2.- El transistor unipolar de la figura posee las siguientes características Vt=

3Voltios y k=2mA/V2. Se desea que en corriente continua el sumidero tome un valor de VDD/2 con una corriente de drenador de 2 mA. a) Encuentre los valores de tensión de puerta a masa y la resistencia Rs de sumidero sí VDD= 12V.

a) Suponiendo que Rs = 5 KΩ determine que margen de valores tiene que tener la tensión de puerta a masa para que el dispositivo se encuentre en la zona ohmica.

Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes: SDSDD VVV += ; SDSSSSSGS RIVVVV ·−=−= ; 2)·( tGSD VVkI −=

Esta última para zona activa: Según los datos del problema podemos escribir:

VoltiosV

V DDs 6

212

2=== Ω=== K

IV

RD

SS 3

26

222 )36·(/22)·( VVVVmAmAVVVkI SStSSSD −−==−−=

despejando VSS obtenemos: 922

−= SSV luego VSS=10 Voltios.

b) Para que se encuentre en la zona ohmica tiene que cumplirse que:

VGS > Vt VGD > Vt y en nuestro caso VGS es siempre mayor que VGD Ya que: VGD = VSS –VDD y VGS = VSS – VS y siempre cumple que VDD>VS Luego nuestro problema queda resuelto con tal que cumpla que VGD > Vt

M1

0

Rs

VDDVssS

G IDD

Transistores C.C.

27

VGD = (VSS - VDD) > Vt VSS > (Vt + VDD ) = 3 + 12 = 15 Voltios. Luego cuando VSS> 15 V El dispositivo estará en saturación.

Transistores C.C.

28

14.2.- En el circuito de la figura las resistencias R1, R2 y RD, tienen un valor de 1KΩ y su alimentación VDD = 10V. a) Calcular el punto de trabajo del NMOs si k=5 mA/V2 y Vt = 4,5 Voltios.

b)Se desea calcular el valor de Vt y k realizando las siguientes medidas: 1) variando la tensión VDD desde cero Voltios empieza a conducir con un valor de 6 Voltios. 2) Y con un valor de 10 Voltios se obtiene una tensión de drenador a sumidero de 5 Voltios.

Sabemos que por la puerta no circula intensidad. Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes: VDD = (ID + I1)·RD + VDS VDS = I1·(R1 + R2) VGS = I1·R2

a) Para que el transistor esté en la zona ohmica o activa necesita que se cumpla:

VGS > Vt siendo las tres resistencias iguales se cumple que VGS = VDS/2, Siendo Vt = 4,5 Voltios, se necesita una tensión como mínimo de VDS de 9 Voltios lo cual es imposible ya que por la resistencia de RD debe circular una

intensidad de I1 + ID.(y el valor de I1min=9V/2K=4.5 mA. que la tensión a través de la resistencia RD es de 4,5 V lo cual es imposible, ya que la máxima es de 1V).

Si repartimos la tensión de 10 Voltios entre las tres resistencia iguales resulta que a cada una le corresponde una tensión de 3,33 Voltios, es decir: VGS = 3,33 Voltios El dispositivo en corte VDS = 6,66 Voltios y la intensidad ID = 0 mA. b) El dispositivo empieza a conducir cuando Vt = VGS lógicamente en la zona

ohmica.

tDD

GS VVoltiosVV ==== 236

3

Cuando VDD = 10 Voltios vamos a suponer que se encuentra en la zona de saturación y apliquemos las formulas y después comprobemos lo anterior mente supuesto.

tDS

GS VVoltiosV

V >=== 5,225

2 luego en saturación o ohmica

mAR

VVII

D

DSDDD 5

1510

1 =−

=−

=+ mARR

VI DS 5,2

115

211 =

+=

+=

R1

M1 R2

RD

I1

ID

VDD

I1+ID D

S

G

Transistores C.C.

29

luego mAII D 5,25,255 1 =−=−= Ahora VoltiosVVoltiosRIV tGD 5,25,21·5,2· 11 =<−=−=−= luego el dispositivo se encuentra en la zona de saturación o activa. Vamos a calcular el valor de k del dispositivo:

2)·( tGSD VVkI −= en zona de saturación

222 /10

25,05,2

)25,2(5,2

)(VmA

VVI

ktGS

D ==−

=−

=

Las característica del dispositivo son: Vt = 2Voltios y k = 10 mA/V2.

Transistores C.C.

30

15.2- El Transistor FET de la figura tiene un valor de 2/5.2 VmA=β y Vp= 2 Voltios Calcular el punto de funcionamiento.

El FET es de canal P, luego la polarización realizada es la correcta. Si está en la zona activa tiene que cumplir: VGS < Vp VGD > Vp 2)·( pGSD VVI −= β En el circuito tenemos: VGS= ID·RS= ID· 0.39 22 )2·(5.2)·( −=−= GSpGSD VVVI β Tenemos dos ecuaciones con dos incognitas:

2)2·(5.239.0

−= GSGS V

V 09.3·9.4·975.0 2 =+− GSGS VV

VoltiosyVoltiosVGS 99.004.495.1

21.1501.249.4−−−−=

−±=

ambas soluciones no son correctas sólo una de ellas. Y en este caso es 0.99 por ser inferior a Vp=2 Voltios.

mAV

I GSD 54.2

39.099.0

39.0===

VS = -ID·RS = -2.54·0.39=VSG = -VGS = -0.99 Voltios VGS =0.99 Voltios VD= -VDD + ID·RD = -9 + 2.54·2= -3.92 Voltios VGD =VG -VD = 0 - (-3.92) = 3.92 Voltios que es mayor que VP = 2 Voltios luego está en la zona activa.

Su punto de funcionamiento es: VDS = VD -VS = -3.92 - (-0.99) = -2.93 Voltios y su intensidad ID = 2.54 mA.

0

0

ID

D

2k

S0.39K

G

9V

RD

RS

Transistores C.C.

31

16.2.- En el circuito de la figura los FET tiene unos parámetros iguales de VP = -3 Voltios, β =0.222 mA/V2 . Indicar en que estado se encuentran los FET , calculando sus puntos de funcionamiento.

En el circuito de los dos FET de canal N, podemos poner las siguientes ecuaciones: ID1 = ID2 = ID VDD = VDS2 + ID· R + VDS1 10 = VDS2 + ID· 1 + VDS1

En J1 se cumple VGS1 = 0 > VP = -3, luego se encuentra en la zona activa u ohmica. Supongamos que se encuentra en la zona Activa. (Ecuación de la zona activa). ID =β·( VGS1 -(-VP))2 = 0.222(0+3)2 = 2 mA. Cumpliendo la misma ecuación en J2, si lo suponemos también que está en la zona activa, por tener iguales parámetros, entonces llegamos que VGS1 = VGS2.

VGS2 = VGG2 - VS2 ; VS2 = VG2 - VGS2 = 6.5 - 0 = 6.5 Voltios.

La caída de tensión a través de la resistencia es: VR = ID · R = 2· 1 = 2 Voltios. Con todos estos datos tenemos, las diferentes tensiones en los diferentes puntos del

circuito. VD2 = 10 Voltios VS2 = 6.5 Voltios VD1= VS2 - VR = 6.5 - 2 = 4.5 Voltios.

Comprobemos que están en la zona activa ambos, tiene que cumplirse que: VGS > VP esta condición se cumple y que VGD < VP.

VGD2 = VG2 - VD2 = 6.5 - 10 = -3.5 Voltios luego cumple VGD1 = VG1 - VD1 = 0 - 4.5 = -4.5 Voltios luego cumple, se encuentran ambos en zona activa. Sus puntos de funcionamiento son: J1 (3,5Voltios, 2 mA) y J2 (4.5 Voltios, 2 mA).

0

0

J 1

J 2

I D1 k

S 1 2 ,2 M

S 2 6 .5 V

D 1

1 0 V

V D D

V G G 2R

G 1

G 2