PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA (Transistores C.C.)

Transistores C.C.
PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA
ANALÓGICA
(Transistores C.C.)
Escuela Politécnica Superior
Profesor. Darío García Rodríguez
1
Transistores C.C.
1.2.- En el circuito de la figura si α = 0.98 y VBE = 0.7 Voltios, calcular el valor de
la resistencia R1, para una corriente de emisor 2 mA
R1
IC+I1
2k
IC
I1
IB
Q1
12V
I2
25k
IE
0.2k
0
En este circuito tenemos que poner las ecuaciones necesarias para poder resolver
V − VB
luego nuestro único objetivo es
el valor de R1 que nos viene dado por R1 = C
I1
calcular VC , VB y I1 .
I C = α ·I E = 0.98·2 = 1.96mA
I B = I E − I C = 2 − 1.96 = 0.04mA
V B = V BE + I E ·R E = 0.7 + 2·0.2 = 1.1Voltios
I2 =
VB 1.1
=
= 0.044mA
25 25
I 1 = I B + I 2 = 0.04 + 0.044 = 0.084mA
VC = VCC − ( I C + I 1 )·2 = 12 − (1.96 + 0.084)·2 = 7.912Voltios
Luego ya tenemos todos los datos necesarios para calcular la Resistencia R1
R1 =
VC − VB 7.912 − 1.1
=
= 81.1K
I1
0.084
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.
2
Transistores C.C.
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, β 1 = 100 , β 2 = 50 . Pueden despreciarse las corrientes
inversa de saturación.
a) Calcular todas las intensidades del circuito.
b) Calcular las tensiones en los diferentes puntos.
82k
Ic2
IB2
1k
Q2
24V
100k
IC1
1k
Q2
24V
108,9K
Q1
Q1
10k
2.61V
IE2=IB1
IE1
0.1k
0.1K
0
0
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.
V BB 2 =
24·10
= 2.61Voltios
82 + 10
RB 2 =
10·82
+ 100 = 108.9 K
10 + 82
Apartir de aquí analizaremos el circuito de la Fig.2.
Podemos escribir, en la malla de los emisores de los transistores:
V BB 2 = I B 2 ·R B 2 + V BE 2 + V BE1 + I E1 ·R E1 ;
2.61 = I B 2 ·108.9 + V BE 2 + V BE1 + I E1 ·0.1
I E1 = ( β 1 + 1)·I B1 = ( β 1 + 1)·I E 2 = ( β 1 + 1)·( β 2 + 1)·I B 2 = 51·101·I B 2 Sustituyendo
esta ecuación en la anterior y despejado IB2 tenemos:
I B2 =
2.61 − V BE 2 − V BE1 2.61 − 0.7 − 0.7
=
= 0.0019mA
108.9 + 51·101·0.1
624
I C 2 = β 2 ·I B 2 = 50·0.0019 = 0.095mA
I B1 = I E 2 = ( β 2 + 1)·I B 2 = 51·0.0019 = 0.097 mA
I C1 = β 1 ·I B1 = 100·0.097 = 9.7mA
I E1 = ( β 1 + 1)·I B1 = 101·0.097 = 9.8mA
VC1 = VCC − I C ·RC1 = 24 − 9.7·1 = 14.4Voltios
3
Transistores C.C.
V E1 = I E1 ·R E1 = 9.8·0.1 = 0.98Voltios
VCE1 = VC1 − V E1 = 14.4 − 0.98 = 13.52Voltios
VC 2 = 24Voltios
V E 2 = V BE1 + V E1 = 0.7 + 0.96 = 1.66Voltios
VCE 2 = VC 2 − VE 2 = 24 − 1.66 = 22.34Voltios
V B 2 = VBE 2 + V E 2 = 0.7 + 1.66 = 2.36Voltios
4
Transistores C.C.
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.
R2
30k
RC
RC
5k
5k
30/4k
Q1
VCC
10k
IC
VCC
Q1
20Vdc
IB
20Vdc
R1
RB
RE
VBB
5V
2k
IE
RE
2k
0
0
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:
V BB =
VCC ·R1
20·10
=
= 5V
R1 + R2 10 + 30
R BB =
R2 ·R1
30·10
30
=
=
KΩ.
R1 + R2 10 + 30 4
A partir de aquí analizaremos el circuito de la parte derecha.
En la malla base emisor podemos escribir:
V BB = I B ·R B + I E ·R E − V BE = I B ·R B + (β + 1)·I B − V BE despejando IB se tiene:
V BB + VBE
5 − 0.7
4.3·4 8.6
=
=
=
= 0.021mA
30
R B + (β + 1)·R E
838 419
+ (100 + 1)·2
4
100·8.6 860
I C = β ·I B =
=
= 2.05mA
419
4.19
IB =
I E = ( β + 1)·I B =
101·8.6
= 2.07 mA
419
Ahora calcularemos las diferentes tensiones con respecto a masa:
VC = I C ·RC − VCC = 2.05·5 − 20 = −9.75V .
5
Transistores C.C.
V E = − I E ·RE = −2.07·2 = −4.14V .
VCE = VC − V E = −9.75 − (−4.14) = −5.61V
el transistor esta en la zona activa por ser un PNP.
Por ser esta caída de tensión negativa
V B = VBE + VE = −0.7 − 4.14 = −4.84V
A continuación calcularemos la intensidad que circular por las resistencias R1 y R2
con sentido hacía arriba.
Para la resistencia R1
I1 =
0 − V B 4.84
=
= 0.48mA.
R1
10
Para la resistencia R2 I2 =I1+I2 = 0.48 +0.02 =0.50 mA.
También podría calcularse: I 2 =
VB − (−VCC ) − 4.84 − (−20)
=
= 0.5mA
R2
30
6
Transistores C.C.
4.2.- En el circuito de la fig. el transistor tiene una β = 60 . 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?
VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE
(VBE activa=0.7 Voltios,
inversa de saturación despreciable.)
1
IB
Vo
IC
Q1
RB=50
k
VBB
RC=1k
10V
V
VCC
saturación=0.8
Voltios, y Corriente
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.
I Csat =
Si
VCC − VCEsat 10 − 0.2
=
= 9.8mA
RC
1
I Csat ≤ β ·I Bsat
I Bsat =
VBB − V BEsat VBB − 0.8
=
50
RB
el dispositivo está en saturación en caso contrario en la zona
activa.
Luego tenemos 9.8 ≤
Entonces para
V BB − 0.8
·60
50
V BB ≥
0.7 ≤ VBB ≤ 8.97Voltios
9.8·50
+ 0.8 = 8.97voltios
60
el transistor estará en zona activa.
V BB ≥ 8.97voltios el transistor estará en saturación.
7
Transistores C.C.
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.
I Csat ≤ β ·I Bsat
I Csat =
zona de saturación
VCC − VCEsat 10 − 0.2
=
= 9.8mA
RC
1
9.8 ≤
I Bsat =
5 − 0.8 4.2
·60
=
RB
RB
V BB − VBEsat 5 − 0.8
=
RB
RB
RB ≤
4.2
·60 = 25.71K .
9.8
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..
I Csat ≤ β ·I Bsat
I Csat =
zona de saturación
VCC − VCEsat 10 − 0.2 9.8
;
=
=
RC
RC
RC
9.8
≤ 0.084·60 ;
RC
de saturación.
RC ≥
Luego cuando RC ≤ 1.94 KΩ
I Bsat =
9.8
= 1.94kΩ
5.04
VBB − VBEsat 5 − 0.8
=
= 0.084mA
RB
50
con estos valores estará en zona
el transistor estará en la zona activa.
8
Transistores C.C.
β F1
5.2.- En el circuito de la Fig.1 Q1 y Q2 se encuentra en la zona Activa, siendo
= β F 2 = 100 , V BE1 = −V BE 2 = 0.7voltios .
Calcular las tensiones en los diferentes puntos e intensidades.
2K
2K
IC1
2K
IB1
Q1
Q2
Q1
V4
5V
3K
3K
1.2K
5V
Q2
1k
3K
1k
IE1=IE2
3V
V2
5V
5V
0
0
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.
5·3
= 3Voltios
2+3
En la malla B1 ,E1,E2 y B2 , se puede escribir:
V BB1 =
R B1 =
2·3
= 1.2 KΩ
2+3
I E1 = (β F + 1)·I B1 sustituyendo esta
V BB1 = I B1 ·R B1 + V BE1 + I E1 ·R E1 + VEB 2
ecuación en la anterior y despejando IB1 se obtiene:
I B1 =
V BB1 − V BE1 − V EB 2
;
R B1 + ( β F 2 + 1)·R E1
I B1 =
3 − 0.7 − 0.7
1.6
=
= 0.0053mA
1,2 + 101·3
304.2
I C1 = β F ·I C1 = 100·0.0053 = 0.53mA
I E1 = I E 2 = ( β F 1 + 1)·I B1 = 101·0.0053 = 0.54mA
IC2 =
βF2
βF2
IC2
100
·I E 2 =
·0.54 = 0.53mA
+1
101
I B2 =
I E2
0.54
=
= 0.0053mA
β F 2 + 1 101
Ya tenemos calculadas todas las intensidades, ahora calcularemos las tensiones en
los diferentes puntos.
VC 2 = −VCC 2 + I C 2 ·RC 2 = −5 + 0.53·1 = −4.47Voltios
9
V E 2 = V EB 2 = 0.7Voltios
Transistores C.C.
VCE 2 = VC 2 − V E 2 = −4.47 − 0.7 = −5.15Voltios En zona activa, por ser un PNP y dar
negativo la tensión entre colector y emisor.
V E1 = I E1 ·RE1 + V E 2 = 0.54·3 + 0.7 = 2.32Voltios
VC1 = VCC1 − I C1 ·RC1 = 5 − 0.53·2 = 3.94Voltios
VCE1 = VC1 − V E1 = 3.94 − 2.32 = 1.62Voltios
dar positiva la tensión entre colector y emisor.
V B1 = V BE1 + VE1 = 0.7 + 2.32 = 3.02Voltios
10
En zona activa, por ser un NPN y
Transistores C.C.
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.
β F = 20 VDcond.=0.7 Voltios Vγ = 0.5voltios.
(VBE activa=0.7 Voltios,
VCEsatuación=0.2 Voltios, VBE
inversa de saturación despreciable.).
IB
Q1
P
Vi
Voltios, y Corriente
IC
6k
I1
6k
D1
saturación=0.8
D3
2k
D2
10V
I2
0
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
I1 =
VCC − V P 10 − 2.2 7.8
=
=
mA
6
6
6
I B = I1 − I 2 =
I2 =
V BEsat 0.8
=
= 0.4mA
2
2
7.8
7.8 − 2.4 5.4
− 0.4 =
=
mA
6
6
6
VCC − VCEsat 10 − 0.2 9.8
=
=
mA
6
6
RC
Condición para que esté en la zona de saturación:
I Csat =
9.8
5.4
≤ 20·
6
6
I Csat ≤ β ·I B
lo cumple luego Q1 está en saturación y VCE= 0.2 Voltios
11
Transistores C.C.
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 β = 100 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,)
R3
5k
360k
Q1
R1 360k
R4
36k
B
V2
15k
R5
V1
B
D1
10V
40K
Vi
40k
V3
0.1Vi
10V
0
0
0
Fig.1
Fig.2
3.75k
5k
C
C
5V
VCE
36k
15k
3.75V
10V
10V
0
1Vi
5V
0
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 V BB =
En la salida Fig.3 VCC =
Vi ·40
= 0.1Vi
360 + 40
RB =
10·15 − 10·5
= 5Voltios
15 + 5
360·40
= 36 KΩ
360 + 40
RC =
15·5
= 3.75k
15 + 5
Luego el circuito queda reducido a la Fig.4, donde podemos escribir:
Zona de corte del transistor VBB< 0.7 Voltios
Y entonces
VCE = 5 Voltios
12
0.1 Vi<0.7
Vi< 7 voltios
Transistores C.C.
Zona de Saturación
I Csat =
I B ·β ≥ I Csat
IB =
V BB − V BEact 0.1·Vi − 0.8
=
mA
36
RB
VCC − VCEsat 5 − 0.2
=
mA
RC
3.75
0.1Vi − 0.8
5 − 0.2
·100 ≥
36
3.75
0.1Vi ≥
4.8·36
+ 0.8
100·3.75
Vi ≥ 12.6Voltios
Luego la zona activa estará comprendida entre 7 y 12.6 Voltios y en esa zona
se cumple:
IB =
VBB − VBE 0.1·Vi − 0.7
=
36
RB
VCE = VCC − I C ·RC = 5 −
I C = β ·I B =
0.1·Vi − 0.7
·100
36
10·Vi − 70
− 37.5Vi + 442.5
·3.75 =
36
36
Conclusión:
Vi < 7 Voltios
transistor en corte VCE = VCC = 5 Voltios
− 37.5Vi + 442.5
36
7 < Vi < 12.6 Voltios transistor en activa
VCE =
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:
VCE
− 37.5Vi + 442.5
=
= 4Voltios
36
13
Vi =
442.5 − 4·36
= 7.96Voltios
37.5
Transistores C.C.
Su representación gráfica Fig.6
VCE
5
Voltios
3
pend =
37.5
36
1
0.2V
0
1
3
7
Vi Voltios
12
Fig.5
VCE
Voltios
4
3
pend =
37.5
36
1
0.2V
0
1
3
7
12
Fig.6
14
Vi Voltios
Transistores C.C.
8.2.- Los transistores de la Fig son idénticos con β F = 100 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.
2k
1k
Vo
8k
Q1
Q2
12V
20k
Vi
2k
0
V BB 2 =
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:
12·20
= 8Voltios
2 + 8 + 20
2k
RB 2 =
(2 + 8)·20 20
=
KΩ
2 + 8 + 20 3
1k
Vo
8k
20/3K
Q2
Q2
20k
12V
8V
IC2
1k
IB2
2K
12V
2k
0
0
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.
I B2 =
V BB 2 − V BE 2
7.3·3
8 − 07
=
=
= 0.035mA
R B 2 + ( β F + 1)·R E 2 20
626
+ (100 + 1)·2
3
I C 2 = β F ·I B 2 = 100·0.035 = 3.50mA
I E 2 = ( β F + 1)·I B 2 = 101·0.035 = 3.53mA
Vo = VC 2 = VCC 2 − I C 2 ·RC 2 = 12 − 3.50·1 = 8.5Voltios V E 2 = I E 2 ·R E 2 = 3.53·2 = 7.06Voltios
15
Transistores C.C.
VCE 2 = VC 2 − V E 2 = 8.5 − 7.06 = 1.44Voltios
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:
V1 ≥ (V BE1 + V E 2 ) = 0.7 + 7.06 = 7.76Voltios
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
2k
1k
Vo
Q1
8k
Q2
20k
Vi
IC1
Q1
12V
RC1
56/30K
Vi
IE1
2k
11.2V
VCC1
2k
0
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.
VCC1 =
12·28
= 11.2Voltios
28 + 2
RC1 =
28·2
56
=
= 1.87 KΩ
28 + 2 30
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
V ·20
corte ya que. V B 2 = C1
< VE ( Por la rama de las resistencias de 20 y 8 K. circulan la
28
misma intensidad de ahí el reparto, directamente proporcional, de las tensiones en ambas
resistencias).
16
Transistores C.C.
I B1 =
Vi − VBEact
12 − 0.7
=
= 0.056mA
R E ·( β F + 1) 2·(100 + 1)
VCC1 − VCEsat 11.2 − 0.2
11·30
=
=
= 2.84mA
56
RE + RC1
56 + 60
+2
30
Sí
I B ·β ≥ I Csat 0.056·100 ≥ 2.84 el transistor está en saturación. En este
caso lo cumple.
I Csat ≈
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.
V E1 = Vi − VBE1 = Vi − 0.7Voltios
VC1 = VCC1 − I C1 ·RC1 = VCC1 − β ·I B1 ·RC1 = 11.2 − 100·
Vi − 0.7 56
· Voltios
2(100 + 1) 30
VC1 ·20 20
100(Vi − 0.7) 56
= ·{11.2 −
· } Luego la condición para que
20 + 8 28
202
30
Q2 empiece a conducir es:
VB 2 =
V B 2 − V E ≥ 0.7Voltios
−
100(Vi − 0.7) 56
20
·{11.2 −
· } − (Vi − 0.7) ≥ 0.7voltios
28
202
30
100(Vi − 0.7)
28
30
≥ {(Vi · − 11.2) }
202
20
56
Vi ≤
− (Vi − 0.7) ≥ {(Vi ·
28
30 202
− 11.2) }·
20
56 100
6.76
= 3.85Voltios
1.76
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 Vi ≥ 7,76voltios 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.
17
Transistores C.C.
Cuando Vi ≤ 3.85Voltios 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.
vo
Voltios
12
8
6
Histerisis
2
2
6
8
12
18
vi
Voltios
Transistores C.C.
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.
3k
200/3k
100k
D 12V
VDD
G
12V
S
2/3 VGG
VGG
ID
3k
ID
200k
VSS
5V
5V
0
0
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.
VG =
2·VGG
VGG ·200
Voltios
=
200 + 100
3
RG =
200·100
200
=
KΩ
200 + 100
3
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:
2
VGS = ·VGG + 5
3
V DS = − I D ·R D + V DD + VSS = − I D ·3 + 12 + 5 = − I D ·3 + 17
2
VGD = ·VGG − 12 + I D ·3
3
VD = − I D ·3 + 12
Estudiemos ahora las diferentes zonas del MOS.
a) Zona de corte
VGS ≤ Vt
VGG ≤
2
·VGG + 5 ≤ 1.5Voltios
3
4.5 − 15
= −5.25Voltios ID= 0 mA
2
b) Zona Ohmica
VGS ≥ Vt
VD = 12 Voltios
VGD ≥ Vt
2
I D = k ·{2·(VGS − Vt )·V DS − VDS
}
19
Transistores C.C.
2
I D = 1.25·{2·( ·VGG + 5 − 1,5)·(− I D ·3 + 17) − (− I D ·3 + 17) 2 }
3
2
De la segunda condición. VGD ≥ 1,5
·VGG − 12 + 3·I D ≥ 1.5Voltios en esta útima
3
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
VGS ≥ Vt
VGD ≤ Vt
2
·VGG + 5 ≥ 1.5Voltios , VGG ≥ −5.25
3
I D = k ·(VGS − Vt ) 2
2
( ·VGG − 12 + I D ·3) ≤ 1.5Voltios
3
2
I D = k ·(VGS − Vt ) 2 = 1.25·( ·VGG + 5 − 1.5) 2 , sustituyendo en esta última ecuación, la
3
ecuación anterior, obtenemos un valor de VGG ≥ valor , 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 .
20
Transistores C.C.
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.
51K
D
ID
G,S
9V
3V
0
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.
I D = k ·(VGS − Vt ) 2 = 0.025(0 − (−2)) 2 = 0.1mA
V D = V DD − I D ·R D = 9 − 0.1·51 = 3.9Voltios
VG =VS = -3Voltios
VGD = VG − VD = −3 − 3.9 = −6.9 < Vt 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
21
Transistores C.C.
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.
ID1 ID2
M1
0
M2
10V
0
ID3
0
10V
M3
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:
I D1 = I D 2 = I D
I D1 + I D 2 = I D 3 = 2·I D
V DS1 = VDS 2
V DS1 + V DS 3 = 10 + 10 = 20Voltios .
Suponemos que los tres dispositivos están en la zona activa donde conocemos
VGS3 =0 Voltios, pudiendo calcular el valor de ID3.
I D 3 = k ·(VGS − Vt ) 2 = 0.05·{0 − (−2)}2 = 0.2mA
I D 3 0.2
=
= 0.1mA
2
2
Sabiendo el valor de ID podemos calcular el valor de VGS1 = VGS2 de la ecuación
ID =
I D = k ·(VGS1 − Vt1 ) 2 = 0.025·(VGS1 − 3) 2 = 0.1mA
VGS 1 − 3 =
VGS 1 = VG1 − VS1
0.1·2
=2
0.05
VGS 1 = 2 + 3 = 5Voltios
VS 1 = −VGS1 + VG1 = −5 + 0 = −5Voltios , ya conocemos las
22
Transistores C.C.
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
condiciones de la zona activa.
luego cumple las
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.
23
Transistores C.C.
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.
.
D2
G2
M2
S
S2
ID
D1
9V
D
G1
M1
VGG
S1
V1
0
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:
I D = k (VGS − Vt ) 2 , I D1 = I D 2 , 2(VGS 2 − 2) 2 = 4.5(VGG − 1) 2 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): 2(VGS 2 − 2) = 3(VGG − 1)
y VGS2 = (9 -VD1) de esta dos ecuaciones obtenemos:
VD1 =
17 − 3·VGG
ahora podemos saber para que valores de VGG está en la zona activa.
2
En activa VGD1 < Vt
VGD1 = VG1 − V D1
VGG −
17 − 3·VGG
<1
2
luego VGG < 3.8 Voltios
Cuando 1<VGG<3.8 Voltios los dispositivos está en la zona activa.
Y sus puntos de funcionamientos son: V DS1 =
17 − 3·VGG
,
2
24
I D = 4.5(VGG − 1) 2
Transistores C.C.
V DS 2 = 9 −
Cuando VGG > 3.8 Voltios
Cumpliéndose:
17 − 3·VGG
, I D = 4.5(VGG − 1) 2
2
M1 en saturación y M2 en la zona 0hmica.
2
2
2
I D = k{(VGS − Vt )·V DS − V DS
} = 4.5{2(VGG − 1)·V DS1 − V DS
1 } = 2(V DS 2 − 2) =
de esta ecuación obtendríamos
4
(9 − V DS1 − 2) 2
2
2
13·VDS
1 − V DS 1 (38 + 18·VGG ) + 196 = 0
Donde se calcula VDS1, y con ello todos los demás valores. Hagamos un ejemplo concreto
por ejemplo VGG = 5 Voltios.
2
13·VDS
1 − V DS 1 (38 + 18·VGG ) + 196 = 0
2
13V DS
1 − 128·V Ds1 + 196 = 0
128 ± 128 2 − 4·13·196
= 7,95 Voltios
2·13
correctos sólo uno de ellos.
V DS1 =
Como VGD1 > Vt1
(VG1 -VD1) > Vt1
y 1,90 Voltios ambos valores no son
(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
I D = k (VGS − Vt ) 2 = k ·(V DS 2 − Vt 2 ) 2 = 2(7.1 − 2) 2 = 52.02mA
funcionamiento son:
M1 (VDS1 ,ID1) (1,90 Voltios, 52.02mA) y
52.02mA)
25
M2
luego el punto de
(VDS2 ,ID2) (7.1 Voltios,
Transistores C.C.
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.
D
ID
G
M1
S
Vss
VDD
Rs
0
Las ecuaciones que podemos expresar en el circuito son las siguientes:
V DD = VDS + VS ;
I D = k ·(VGS − Vt ) 2
VGS = VSS − VS = VSS − I D ·RS ;
Esta última para zona activa:
Según los datos del problema podemos escribir:
Vs =
V DD 12
=
= 6Voltios
2
2
RS =
VS 6
= = 3 KΩ
ID 2
I D = k ·(VSS − VS − Vt ) 2 = 2mA = 2mA / V 2 ·(VSS − 6V − 3V ) 2
despejando VSS obtenemos:
2
= VSS − 9 luego VSS=10 Voltios.
2
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
26
Transistores C.C.
VGD = (VSS - VDD) > Vt
VSS > (Vt + VDD ) = 3 + 12 = 15 Voltios.
Luego cuando VSS> 15 V El dispositivo estará en saturación.
27
Transistores C.C.
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.
ID
R1
Sabemos que por la puerta no circula intensidad.
I1+ID
D
RD
I1
G
R2
Las ecuaciones que podemos expresar en el
circuito son las siguientes:
M1
S
VDD
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.
V DD 6
= = 2Voltios = Vt
3
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.
V
5
VGS = DS = = 2,5Voltios > Vt luego en saturación o ohmica
2
2
VGS =
I D + I1 =
VDD − V DS 10 − 5
=
= 5mA
1
RD
I1 =
28
VDS
5
=
= 2,5mA
R1 + R2 1 + 1
Transistores C.C.
luego
I D = 5 − I 1 = 5 − 2,5 = 2,5mA
VGD = − I 1 ·R1 = −2,5·1 = −2,5Voltios < Vt = 2,5Voltios luego el dispositivo se
Ahora
encuentra en la zona de saturación o activa.
Vamos a calcular el valor de k del dispositivo:
I D = k ·(VGS − Vt ) 2 en zona de saturación
k=
ID
2,5
2,5
=
=
= 10mA / V 2
2
2
0,25
(VGS − Vt )
(2,5 − 2)
Las característica del dispositivo son: Vt = 2Voltios y k = 10 mA/V2.
29
Transistores C.C.
15.2- El Transistor FET de la figura tiene un valor de β = 2.5mA / V 2 y Vp= 2
Voltios
Calcular el punto de funcionamiento.
2k
RD
D
G
ID
S
RS
0
9V
0.39K
0
El FET es de canal P, luego la polarización realizada es la correcta.
Si está en la zona activa tiene que cumplir:
VGD > Vp
VGS < Vp
I D = β ·(VGS − V p ) 2
En el circuito tenemos:
VGS= ID·RS= ID· 0.39
I D = β ·(VGS − V p ) 2 = 2.5·(VGS − 2) 2
Tenemos dos ecuaciones con dos incognitas:
VGS
= 2.5·(VGS − 2) 2
0.39
0.975·VGS2 − 4.9·VGS + 3.9 = 0
4.9 ± 24.01 − 15.21
= 4.04Voltios − − − y − 0.99Voltios
1.95
ambas soluciones no son correctas sólo una de ellas. Y en este caso es 0.99 por ser inferior
a Vp=2 Voltios.
VGS =
ID =
VGS
0.99
=
= 2.54mA
0.39 0.39
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.
30
Transistores C.C.
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.
G
2
J2
6 .5 V
S2
V GG2
R
0
ID
10V
1k
G
D1
1
V DD
J1
S1
2 ,2 M
0
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).
31