Tema 2 DA1

Diseño Análogo 1 – Tema # 2
DIODOS.
El diodo es el elemento de circuitos no lineal más
simple y fundamental, sus aplicaciones más
comunes son rectificación y regulación. Al igual que
el resistor tiene dos terminales, pero, a diferencia
de este no presenta una relación lineal entre la
corriente y el voltaje.
Primero analizaremos el diodo como un elemento
ideal esto ayudará a entender su funcionamiento,
luego se analizará la respuesta de un diodo de
silicio, y por último se describirán ciertos modelos
que permitirán realizar un análisis rápido con
valores muy aproximados a los reales.
El diodo ideal
En la figura 3.1 se muestra el símbolo del diodo,
podemos definir al diodo como un dispositivo que
permite la circulación de la corriente en un solo
sentido, donde este elemento conducirá (se
comporta como un cortocircuito) siempre y cuando
la corriente vaya en dirección Anodo-Catodo, en
caso contrario el diodo se comportará como un
circuito abierto
Figura 3.1
En la figura 3.2 se muestra la curva ideal i-v y los
circuitos equivalentes para las dos posibles
regiones de operación: directa e inversa
Figura 3.2
Lo que se indica es: que mientras la corriente vaya
en la dirección anodo-catodo el voltaje que cae en
sus terminales es 0, es decir este se comporta
como un interruptor cerrado; en caso de que la
corriente no circule en esa dirección el diodo se
comportara como circuito abierto
Aclaremos esto con un ejemplo
En la figura 3.3 tenemos dos circuitos, es claro que
para el circuito a) la corriente fluye desde la fuente
de 10V a tierra por lo tanto recorre primero el
ánodo y luego el cátodo, condición que permite
que el diodo esté en la región directa y se
comporte como un corto, generando una caída de
voltaje en sus extremos de 0V y una circulación de
corriente de I=(10-0/1K)=10mA
Figura 3.3
Por el contrario para el circuito B) si suponemos
que el diodo está en la región directa, la corriente
debe ir de ánodo a cátodo por lo tanto la ecuación
de la corriente seria: 𝐼 = (0 − 10)⁄1𝐾 = −1𝑚𝐴 lo
que indica que la suposición de la corriente es
errónea y por lo tanto el diodo esta en inversa y se
comporta como un circuito abierto, por el circuito
no fluirá corriente y el voltaje de +10V se reflejará
en el cátodo del diodo.
Si retomamos la figura 3.2 vemos que la curva i-v
está compuesta por dos líneas rectas, a este tipo
de funciones se les conoce como característica
lineal por piezas
1
Si una señal aplicada a un dispositivo con este tipo
de respuesta opera en solo una de las particiones,
la respuesta será lineal, si no es así la señal de
salida no poseerá una relación lineal con la señal de
entrada en todo momento.
Figura 3.7
El rectificador
Una aplicación fundamental del diodo, que usa su
característica no lineal i-v, es el circuito rectificador
que se muestra en la figura 3.4
Figura 3.4
Si 𝑣𝑖 es un voltaje senoidal, el análisis se debe
partir en dos, cuando el voltaje este en el semiciclo
positivo la corriente circulará de ánodo a cátodo,
por tal motivo, el diodo se comporta como un
corto circuito y el voltaje de salida será el voltaje de
entrada.
Ejercicio 3.1 pág. 143
Dibuje la característica de transferencia 𝑣𝑂 frente a
𝑣𝐼 para el circuito rectificador.
Vemos que mientras el voltaje de entrada 𝑣𝐼 es
negativo el diodo está en la región inversa y no
conduce lo que produce un 𝑣𝑂 = 0, y cuando el
voltaje es positivo mayor que cero la salida es igual
a la entrada, es decir que la relación es una línea
recta con pendiente igual a 1 como se muestra en
la siguiente figura.
Figura 3.8
Figura 3.5
Ahora en el ciclo negativo el diodo operará en la
región inversa y por tanto tendrá este esquema
Ejercicio 3.2 pág. 143
Dibuje la forma de onda de 𝑣𝐷 para el circuito de la
figura 3.4
Cuando la señal de entrada es positiva el voltaje en
el diodo es cero debido a que se comporta como
un cortocircuito, y cuando la señal de entrada es
negativa el voltaje en el diodo será 𝑣𝐷 = 𝑣𝐼 − 0 =
𝑣𝐼 lo que produce la siguiente forma de onda
Figura 3.6
En donde al no circular corriente la diferencia de
potencial en la resistencia R, será igual a cero
dando como resultado la forma de onda que se
muestra a continuación
Figura 3.9
2
Note que la sumatoria en todo momento de las
caídas de voltaje en el diodo y la resistencia debe
ser igual al voltaje de entrada.
Ejercicio 3.3 pág. 143
En el circuito de la figura 3.4 𝑣𝐼 tiene un valor pico
de 10V y R=1KΩ. Encuentre el valor pico de 𝑖𝐷 y el
componente de DC de 𝑣𝑂
Figura 3.11
𝐼𝑝 =
𝑉𝑝
𝑅
10𝑉
= 1𝐾Ω = 𝟏𝟎𝒎𝑨
Y el componente DC es la integral en un periodo de
la señal
𝑇
𝑉𝐷𝐶 = 𝑇 ∫0 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝜋
1
= 2𝜋 (∫0 𝑉𝑝 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡
1
1
𝜋
Vemos que el diodo conducirá en el intervalo
marcado por 2𝜃, donde 24𝑐𝑜𝑠𝜃 debe ser igual a
12
12V así que 𝜃 = cos−1 ( ) = 60°, dando un
24
+
ángulo de conducción de 120° .
2𝜋
∫𝜋 0 𝑑𝑡)
𝑉𝑝
=− 2𝜋 (𝑉𝑝 𝑐𝑜𝑠(𝑡)|0 ) = − 2𝜋 (−1 − 1) =
𝑉𝑝
𝜋
=
10
𝜋
= 𝟑. 𝟏𝟖𝑽
Ejemplo 3.1 pág. 143
En la figura 3.10 se muestra un circuito simple de
carga de una batería, si 𝑣𝑠 es una senoide de
amplitud 24V y la batería es de 12V, encuentre la
fracción de cada ciclo durante la cual conduce el
diodo, además encuentre el valor pico de la
corriente del diodo y el máximo voltaje de
polarización inversa que aparece en el diodo.
Para calcular la corriente pico del diodo, miramos
en el circuito cuando se presenta la máxima
corriente, esto se da cuando el voltaje senoidal en
la entrada alcance el pico positivo. Entonces
𝐼=
24−12
100Ω
= 𝟎. 𝟏𝟐𝑨
Ahora para saber cuál es el voltaje máximo de
inversa que debe soportar el diodo, miramos cual
es la diferencia de potencial más grande que se
puede presentar en este elemento, esta se
presenta cuando el voltaje senoidal sea el valor
pico negativo. Entonces
𝑣𝐷(max 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜) = −24 − 12 = −𝟑𝟔𝑽
Compuertas lógicas
Figura 3.10
El diodo conducirá cuando el voltaje de la fuente
senoidal sea mayor que la batería como se ilustra
en la figura 3.11
Figura 3.12
3
Los circuitos que se muestran en la figura 3.12
realizan las operaciones lógicas OR (circuito a) y
AND (circuito b)
Explicación
Si suponemos que 5V es un nivel alto (‘1’ lógico) y
0V un nivel bajo (‘0’ lógico); entonces, en el circuito
a) tenemos que un nivel alto en cualquier de las
entradas (𝑉𝐴 , 𝑉𝐵 , 𝑉𝐶 ) el diodo o diodos que
presenten este nivel conducirán corriente
permitiendo que la salida 𝑣𝑜 sea un nivel alto y solo
si todos los voltajes de entrada son cero la salida
será 0
𝑣𝑜 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶
Por otro lado en el circuito b) si alguna de entradas
(𝑉𝐴 , 𝑉𝐵 , 𝑉𝐶 ) es alto el diodo se abre y no circula
corriente por este, de lo contrario estará
conduciendo y fijando un nivel de 0v a la salida, así
que solo cuando los tres voltajes sean altos todos
los diodos estarán abiertos y no circulará corriente
alguna por la resistencia reflejando a su salida
como voltaje 𝑣𝑜 = +𝟓𝑽
𝑣𝑜 = 𝐴𝐵𝐶
Como ya no es tan simple saber si los diodos están
conduciendo o no. Debemos hacer suposiciones y
luego comprobar con los resultados obtenidos, que
las corrientes efectivamente van en la dirección
supuesta.
Para el circuito a) se hará la suposición de que
ambos diodos están conduciendo
De esto tenemos que el 𝑉𝐵 y el voltaje 𝑉 son iguales
a cero.
La corriente que circula por el diodo 2 será:
𝐼𝐷2 =
10𝐾
= 𝟏𝒎𝑨
Y por la resistencia de 5K
𝐼𝑥 =
0−(−10)
5𝐾
= 𝟐𝒎𝑨
𝐼 + 𝐼𝐷2 = 𝐼𝑥  𝐼 = 2𝑚𝐴 − 1𝑚𝐴 = 𝟏𝒎𝑨
Concluyendo así que efectivamente las direcciones
de la corriente van en el sentido que se supuso y
por lo tanto los diodos están operando en la región
directa.
Para el caso del circuito b) realicemos la misma
suposición
Ejemplo 3.2 pág. 145.
𝐼𝐷2 =
Suponiendo diodos iguales encuentre I y V de los
dos circuitos de la figura 3.13
10−0
𝐼𝑥 =
10−0
= 𝟐𝒎𝑨
5𝐾
0−(−10)
10𝐾
= 𝟏𝒎𝑨
Y 𝐼 + 𝐼𝐷2 = 𝐼𝑥  𝐼 = 1𝑚𝐴 − 2𝑚𝐴 = −𝟏𝒎𝑨
Es decir que la corriente en el diodo 1 𝐼 no puede ir
en este sentido, así que este diodo no puede estar
en activa, y entonces estará en corte, entonces con
esta nueva suposición analizamos el circuito
𝐼𝐷2 =
10−(−10)
5𝐾+10𝐾
= 𝟏. 𝟑𝟑𝒎𝑨
𝐼 = 𝟎𝑨
𝑉 = −10 + 𝐼𝐷2 ∗ 10𝐾 = 10 + 1.33𝑚𝐴 ∗ 10𝐾Ω
𝑉 = 𝟑. 𝟑𝑽
Figura 3.13
4
Ejercicio 3.4 pág. 146
Encuentre los valores de I y V en los siguientes
circuitos
Figura 3.15
Región de polarización directa
El diodo se encuentra en ésta región cuando el
voltaje del ánodo es mayor o igual al del cátodo, la
relación i-v está dada por la ecuación
𝑖 = 𝐼𝑠 (𝑒
Figura 3.14
Característica de los diodos reales
La curva de transferencia, está dividida en tres
regiones como se muestra en la figura 3.15
𝑣⁄
𝑛𝑉𝑇
− 1) Ecuación 1
A 𝐼𝑠 se le denomina corriente de escala y depende
de la temperatura y de los parámetros físicos del
semiconductor. Para hacerse una idea de esta
dependencia, la corriente 𝐼𝑠 es directamente
proporcional al área de la sección transversal del
diodo, es decir, si el área se duplica la corriente
también lo hará, también esta corriente se
duplicará por cada aumento de la temperatura en
5°C
En la ecuación anterior 𝑉𝑇 es una constante
llamada voltaje térmico y esta dado por 𝑉𝑇 =
𝐾𝑇
𝑞
en
donde:
1). La región de polarización directa, determinado por v>0.
K = constante de Boltzmann=1.38x10-23 joules/kelvin
T= temperatura absoluta en grados kelvin=273+Temperatua
en °C
q=carga del electrón=1.60x10-19Coulomb
2). La región de polarización inversa, determinada por v<0.
A temperatura ambiente (20°C) el valor de 𝑉𝑇 es
3). La región de ruptura, determinada por 𝑣 < −𝑉𝑍𝐾 .
aproximadamente 25mV y el valor de n en la
ecuación tiene un valor entre 1 y 2, donde,
5
generalmente se utilizará n=1 si no se especifica lo
contrario.
aumente en la temperatura el voltaje para una
corriente constante decrece -2mV como se aprecia
en la figura 3.16
La ecuación 1 anterior para valores significativos de
corriente puede expresarse como
𝑖 = 𝐼𝑠 𝑒
𝑣⁄
𝑛𝑉𝑇
También la podemos expresar como
𝑖
𝑣 = 𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑛 (𝐼 )
𝑠
Figura 3.16
Podemos sacar una relación interesante si
encontramos las relaciones entre dos parejas de
corriente y voltaje
𝑖1 = 𝐼𝑠
𝑣1
𝑒 ⁄𝑛𝑉𝑇
e 𝑖2 = 𝐼𝑠
𝑣2
𝑒 ⁄𝑛𝑉𝑇
Si dividimos estas dos ecuaciones tenemos
𝑖2
𝑖1
=
𝑣2
⁄𝑛𝑉
𝑇
𝑣1
⁄
𝐼𝑠 𝑒 𝑛𝑉𝑇
𝐼𝑠 𝑒
=𝑒
(𝑣2 −𝑣1 )
⁄𝑛𝑉
𝑇
Sacando logaritmo natural a ambos lados
Región de polarización inversa
En esta región podemos notar que a medida que el
voltaje se hace negativo, en la ecuación 1 la
exponencial se hace muy pequeña y la corriente
que circula es cercana a -IS. En esta región la
corriente IS ahora se duplica por incrementos de
temperatura de 10°C a diferencia de los 5°C en
directa.
Región de ruptura
𝑖
𝑣2 − 𝑣1 = 𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑛 𝑖2
1
O en logaritmo base 10
𝑖
𝑣2 − 𝑣1 = 2.3𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑜𝑔 𝑖2
1
Esta ecuación indica que por cada cambio de una
década de corriente el voltaje cambia 2.3𝑛𝑉𝑇
alrededor de 60mV a 120mv para n de 1 a 2.
Es bueno notar que a voltajes inferiores de 0.5V la
corriente es muy pequeña y que en el intervalo de
0.6 a 0.8 V se encuentra un amplio margen de
corriente (se aconseja al lector darle valores en
esto rangos mencionados y comprobar esta
situación).
Debido a que IS y VT dependen de la temperatura,
la característica i-v cambia cuando esta se modifica,
en donde podemos decir que por cada °C que
Esta región se da cuando el voltaje inverso supera
el voltaje de ruptura, a este voltaje se le denomina
VZK, donde el subíndice z proviene de la palabra
zener y k de rodilla (knee), la primera es debida al
nombre de su descubridor y la segunda por
encontrarse en la rodilla de la curva (ver figura
3.15). Por lo general la ruptura del diodo no es
destructiva siempre y cuando el diodo sea capaz de
disipar la potencia que se genere.
Modelos para la región directa
Modelo exponencial
Es el modelo más exacto pero el que requiere más
trabajo para analizar estos modelos utilizaremos el
circuito simple de la figura 3.17
6
Ejemplo 3.4 pág. 154
Para el circuito de la figura 3.17 tenemos una
resistencia R=1KΩ, un VDD=5V, halle la corriente ID y
VD si suponemos que en una prueba el diodo
cuando circulaba 1mA presentaba un voltaje de
0.7V y que su caída de voltaje cambia 0.1V por
cada cambio de década en la corriente.
Figura 3.17
Si analizamos este circuito por el método
exponencial existirán dos ecuaciones, una la del
diodo y otra dada por el circuito.
𝐼𝐷 = 𝐼𝑠 𝑒
𝐼𝐷 =
𝑣𝐷
𝑛𝑉𝑇
𝑉𝐷𝐷 −𝑉𝐷
𝑅
Ecuación 2
Ecuación 3
Como podemos ver son dos ecuaciones con dos
incógnitas, así que tiene solución, el problema es
que una de ella no es lineal, para el desarrollo de
esto se tienen dos métodos, uno grafico y otro
iterativo.
Para esto trazamos la curva exponencial de la
ecuación 2 y la recta de carga de la ecuación 3 y el
punto donde se interceptan será el valor del voltaje
y la corriente en el diodo
Para comenzar la iteración suponer VD=0.7 y
empleamos la ecuación 3.
𝐼𝐷 =
5−0.7
1𝐾
= 4.3𝑚𝐴
Con este nuevo valor de 𝐼𝐷 y a sabiendas de que
2.3𝑛𝑉𝑇 = 0.1𝑉 re calculamos el voltaje
𝑖
𝑣2 − 𝑣1 = 2.3𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑜𝑔 𝑖2
1
𝑖2
𝑣2 = 𝑣1 + 2.3𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑜𝑔 𝑖
𝑣2 = 0.7 + 0.1𝐼𝑜𝑔
1
4.3𝑚𝐴
1𝑚𝐴
= 0.763𝑉
Volvemos a encontrar la corriente con la ecuación
3 y los nuevos valores
𝐼𝐷 =
5−0.763
1𝐾
= 4.237𝑚𝐴
𝑣2 = 0.763 + 0.1𝐼𝑜𝑔
4.237𝑚𝐴
4.3𝑚𝐴
= 0.762𝑉
Vemos que los valores permanecen casi constantes
y podemos decir que hemos terminado el análisis y
que el voltaje en el diodo VD=0.762 y la corriente
𝐼𝐷 = 4.237𝑚𝐴
Figura 3.18
Como podemos ver este método requiere de
mucho esfuerzo si el circuito empieza a tener más
de un elemento no lineal, lo que hace que no sea
muy utilizado.
La otra forma de resolver estas dos ecuaciones es
por un análisis iterativo. A continuación se hará un
ejemplo
Aunque este método da un valor muy preciso de
los voltajes y las corrientes, cuando el circuito
presenta varios diodos el análisis se vuelve muy
complicado, por tal motivo se hace necesario unos
modelos que permitan un análisis más rápido.
Modelo lineal por piezas
El modelo consta de dos líneas rectas la primera
una con pendiente cero y otra con pendiente 1⁄𝑟𝐷 ,
ésta resistencia no es única y dependerá de los
7
rangos en los cuales operará el diodo, para obtener
el modelo debemos dibujar la grafica exponencial y
suponer un rango de operación, en la figura 3.19 se
muestra un ejemplo
Para mirar cómo se hace el desarrollo de un
circuito con este modelo retomemos el problema
anterior y abordémoslo con el modelo lineal por
piezas.
Suponga que la corriente no superara los 12mA
entonces la aproximación de la grafica 3.19 es
correcta y da como resultado una 𝑟𝐷 =
0.9𝑉−0.8𝑉
12𝑚𝐴−7𝑚𝐴
= 20Ω y 𝑉𝐷0 = 0.65𝑉 el circuito queda
de la siguiente forma
Figura 3.19
Como se puede observar, la resistencia rD es la que
permite que los puntos de la curva exponencial en
todo el intervalo mantengan una proximidad con la
línea del modelo, Entonces las ecuaciones de las
líneas quedan dadas por:
𝑖𝐷 = 0 para 𝑣𝐷 ≤ 𝑉𝐷0
𝑖𝐷 = (𝑣𝐷 − 𝑉𝐷0 )⁄𝑟𝐷 para 𝑣𝐷 ≥ 𝑉𝐷0
Esta última es la ecuación punto pendiente de la
recta donde el punto es el intercepto con el eje de
voltaje en 𝑉𝐷0.
Para utilizar este modelo basta con remplazar el
diodo en el circuito por el siguiente esquema, que
está compuesto por un diodo ideal que solo
conducirá cuando el voltaje sea mayor a 𝑉𝐷0 en
serie con esta fuente de voltaje y con 𝑟𝐷 .
Figura 3.20
Figura 3.21
Cuando 𝑉𝐷𝐷 es igual a 5V el diodo ideal conduce al
tener su ánodo más positivo que el cátodo por tal
motivo se comporta como un corto y genera la
ecuación de corriente
𝐼𝐷 =
𝑉𝐷𝐷 −𝑉𝐷𝑂
𝑅+𝑟𝐷
5−0.65
= 1𝐾+20 = 4.26𝑚𝐴
𝑉𝐷 estará dado por el potencial que cae en la
resistencia mas el 𝑉𝐷𝑂
𝑉𝐷= 𝑉𝐷𝑂 + 𝑟𝐷 𝐼𝐷 = 0.65 + 20Ω ∗ 4.26𝑚𝐴 = 0.735𝑉
Modelo de caída constante
Este es el más utilizado de los modelos puesto que
permite un análisis muy rápido con buenos
resultados y se compone de dos rectas también
como indica la figura3.22
Figura 3.21
8
En este modelo el diodo conducirá cuando en sus
terminales exista una diferencia de 0.7V y la
corriente que circule dependerá de las limitaciones
del circuito. Circuitalmente su modelo es:
Si expandamos en series de Mc Laurin es decir
cuando a=0 obtenemos
0
𝑖𝐷 = 𝐼𝐷 (1 +
𝑒
(
0
)
𝑛𝑉𝑇
⋯ 𝑚!𝑛𝑉
𝑇
si 𝑉𝑇 ≫
𝑚
(
)
𝑒 𝑛𝑉𝑇
𝑛𝑉𝑇
0
(
)
𝑒 𝑛𝑉𝑇
𝑣𝑑 + 2!𝑛𝑉 2 𝑣𝑑 2 +
𝑇
𝑣𝑑 𝑚 )
𝑣𝑑
𝑛
𝑣
podemos aproximar a 𝑖𝐷 = 𝐼𝐷 (1 + 𝑛𝑉𝑑 ),
𝑇
teniendo así que la corriente en el diodo
instantánea depende linealmente del 𝑣𝑑 , en este
caso 𝑣𝑑 < 10𝑚𝑉 condición de pequeña señal.
Entonces
Figura 3.22
𝐼
En donde si analizamos el circuito de la figura 3.17
Como VDD es mayor que 0.7 el diodo ideal
conducirá por lo tanto
𝑉𝐷 = 0.7𝑉
𝑖𝐷 = 𝐼𝐷 + 𝑖𝑑 = 𝐼𝐷 + 𝑛𝑉𝐷 𝑣𝑑 entonces
𝐼𝐷 =
El cual debe ser el inverso de la pendiente de la
recta tangente en el punto de polarización es decir
la derivada parcial de la corriente con respecto al
voltaje.
𝑉𝐷𝐷 −𝑉𝐷
𝑅
=
5−0.7
1𝐾
= 4.3𝑚𝐴
Modelo de pequeña señal
Consideremos el circuito mostrado en la figura
3.23
Figura 3.23
La corriente estará dada por:
𝑣𝐷
𝑖𝐷 = 𝐼𝑠 𝑒 ⁄𝑛𝑉𝑇
Donde
𝑣𝐷 = 𝑉𝐷 +𝑣𝑑 Remplazando en la ecuación
𝑖𝐷 = 𝐼𝑠 𝑒
(𝑉𝐷 +𝑣𝑑 )
⁄𝑛𝑉
𝑇
= 𝐼𝐷 (𝑒
= (𝐼𝑠 𝑒
𝑇
𝐼𝐷
𝑖𝑑 = 𝑛𝑉 𝑣𝑑
𝑟𝑑 =
𝑣𝑑
𝑖𝑑
𝑇
=
𝑛𝑉𝑇
𝐼𝐷
𝜕𝑖
𝑟𝑑 −1 = [𝜕𝑣𝐷 ]
𝐷
𝑖𝐷 =𝐼𝐷
Ejemplo 3.7 pág. 163
Una cadena de 3 diodos como el circuito mostrado
en la figura 3.24 se usa para proporcionar un
voltaje de 2.1V, se desea calcular el porcentaje de
cambio en este voltaje debido a a) un cambio de
10% en el voltaje de la fuente de alimentación y b)
una conexión de una resistencia de carga de 1KΩ,
suponga n=2,
(𝑣𝑑 )
(𝑉𝐷 )
⁄𝑛𝑉
⁄𝑛𝑉
𝑇 ) (𝑒
𝑇)
𝑣𝑑
⁄𝑛𝑉
𝑇)
Se sabe que cualquier función se puede expresar a
través de series de Taylor:
𝑃𝑛 (𝑥) = 𝑓(𝑎) +𝑓 ′ (𝑎) +
𝑓 ′′ (𝑎)
2!
𝑥2 + ⋯ .
𝑓 𝑚 (𝑎)
𝑚!
𝑥𝑚
Figura 3.24
9
Sin la carga, la corriente que circulara a voltaje
nominal será:
𝐼=
10−2.1
1𝐾
= 𝟕. 𝟗𝒎𝑨
Lo que nos genera una resistencia incremental de
cada diodo igual a:
𝑟𝑑 =
𝑛𝑉𝑇
𝐼𝐷
=
2(25𝑚𝑉)
7.9𝑚𝐴
= 𝟔. 𝟑Ω
Si queremos analizar cuál es el cambio del voltaje
debido al cambio en la fuente, realizamos el
análisis en pequeña señal dando un circuito como
el siguiente, en donde las fuentes de voltaje DC se
vuelven cortocircuitos y si existiesen de corriente
DC se hacen circuitos abiertos. Acá vs es la fuente
variable de ±1𝑉
∆𝑣𝑜 = −2.1𝑥3𝑟𝑑 = −𝟑𝟗. 𝟕𝒎𝑽
Lo que genera un cambio de voltaje de 13.2mV en
cada diodo un poco superior a los 10mv de
restricción del modelo de pequeña señal.
Si aplicamos el modelo exponencial para resolver
este problema tenemos que a 7.96mA el voltaje de
cada diodo es de 0.7V y como tenemos 3 diodos en
serie la corriente por ellos será igual y su voltaje
también por lo tanto tendremos las siguientes
ecuaciones, (Si supones un voltaje inicial de 0.7
Podremos calcular la corriente inicial de los diodos)
𝐼𝐿 =
𝐼𝑅 =
3𝑉𝐷
2.1
=
= 𝟐. 𝟏𝒎𝑨
𝑅𝐿
1𝐾
𝑣𝑠 −𝑉𝐷
10−2.1
𝑅
=
1𝐾
= 𝟕. 𝟗𝒎𝑨
𝐼𝑅 = 𝐼𝐷 + 𝐼𝐿 ⇒ 𝐼𝐷 = 7.9 − 2.1 = 𝟓. 𝟖𝒎𝑨
𝑖
5.8
𝑣2 = 𝑣1 + 2.3𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑜𝑔 𝑖2 = 0.7 + 0.115𝑙𝑜𝑔 7.9
1
𝑣2 = 𝟎. 𝟔𝟖𝟓𝐕
Segunda iteración
Figura 3.24
Como podemos observar el cambio de voltaje
𝑣𝑜 estará dado por el divisor de tensión
∆𝑣𝑜 =
3𝑟𝑑
±1𝑣 3𝑟 +𝑅
𝑑
= 𝟏𝟖, 𝟓𝟒𝒎𝒗
Que equivale a
18,54
𝑥100%
2.1
= 𝟎. 𝟖𝟖%
Entonces un cambio de voltaje de un 10% genera
tan solo un cambio del 0.9% en el voltaje de salida,
ahora miremos como se afecta el voltaje cuando se
le anexa una carga de 1KΩ, podríamos decir que el
voltaje se mantiene casi constante, así que RL
consume aproximadamente 2.1V/1K=2.1mA esta
corriente la entregan los diodos por lo tanto la
nueva corriente circulante a través de ellos se
reducirá en 2.1mA generando por tal motivo un
cambio en el voltaje igual a:
𝐼𝐿 =
𝐼𝑅 =
3𝑉𝐷
2.056
= 1𝐾 = 𝟐. 𝟎𝟓𝟔𝒎𝑨
𝑅𝐿
𝑣𝑠 −𝑉𝐷
10−2.056
𝑅
=
1𝐾
= 𝟕. 𝟗𝟒𝒎𝑨
𝐼𝐷 = 7.94 − 2.056 = 𝟓. 𝟖𝟗𝒎𝑨
𝑖2
5.89
𝑣2 = 𝑣1 + 2.3𝑛𝑉𝑇 𝐼𝑜𝑔 = 0.685 + 0.115𝑙𝑜𝑔
𝑖1
5.8
𝑣2 = 𝟎. 𝟔𝟖𝟔
Como los valores
terminamos
son
similares
entonces
Entonces el cambio de voltaje
∆𝑣𝑜 = 3𝑥0.686 − 2.1 = 2.057 − 2.1 = −𝟒𝟐𝒎𝑽
Que no es muy lejano al -39.7mV calculado con
anterioridad con el modelo de pequeña señal.
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