Electrónica básica

ELECTRONICA BASICA
INGENIERIA TECNICA DE TELECOMUNICACION
SISTEMAS ELECTRONICOS
EXAMEN SEPTIEMBRE. Curso 98/99
SOLUCIONES AL EXAMEN
______________
Problema 1 (4.5 puntos)
+Vcc
+Vcc
R1
Q3
Q1
R2
–Vcc
vo
vi
+Vcc
R2
Q2
Q4
R1
–Vcc
Figura 1
–Vcc
En la figura 1 se muestra una etapa de potencia
constituida por transistores NPN y PNP que
tienen idénticas características eléctricas
(transistores “matched”). Esta etapa ha sido
diseñada para actuar sobre un altavoz con una
resistencia interna de R i =4k Ω . Para este
circuito se pide:
A)
Determinar las intensidades de colector
de cada uno de los transistores.
B)
Representar gráficamente su VTC.
C)
Calcular la potencia que está disipando
el altavoz si vi=5 V sen wt.
D)
Determinar la eficiencia máxima de la
etapa considerando únicamente el circuito
constituido por los transistores Q3 y Q4.
E)
Repetir el apartado D) considerando
todo el circuito.
F)
Para analizar este circuito, ¿es
conveniente utilizar los parámetros de pequeña
señal de los transistores? ¿Por qué?
Nota: Despreciar las corrientes de base frente a
otras corrientes del circuito. Utilizar e indicar las aproximaciones que se consideren
oportunas.
Datos: R1=1kΩ, R2=3.7kΩ, Vcc=10 V, hFE=200.
A) En esta etapa de potencia, Q3 y Q4 constituyen la etapa push-pull con resistencia de emisor
R2, y Q1 y Q2 actúan como circuitos de polarización de los anteriores transistores. Si vi =0, por
simetría, vo =0. Bajo la proximación de hFE >> 1, la IC1 se obtiene fácilmente mediante la
siguiente ecuación
Vcc − VEB1
I E1 ≈ I C1 =
= 9.3mA
R1
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Por simetría, IC2=IC1=9.3mA. Por otra parte, si vi =vo =0, entonces se verifica
VEB1 = VBE3 + I C3R 2
Como se tratan de transistores de idénticas características eléctricas, IS1=IS3, fácilmente se
comprueba aplicando la ecuación simplificada de Ebers-Moll que
I
VT ln C1 = I C3R 2
I C3
Es decir, se trata de una fiente Widlar. Resolviendo, se obtiene que IC3=36µA, y por simetría,
IC4=36µA.
B) Como se trata de una etapa de salida push-pull, Q3 conduce para tensiones vi >0 y Q4 para
vi <0. En el caso de vi >0, la tensión en el emisor de Q3 VE3=vi -VEB1-VBE3~vi . Luego la tensión
de salida se obtiene a partir del divisor de tensión formado por R2 y Ri, de forma que
vo =
Ri
Ri
VE 2 =
v i = 0.52 v i
Ri + R 2
Ri + R 2
que es la ganancia de este amplificador. Es decir, Q1 y Q3 operan en configuración seguidor de
emisor (AV ≈ 1,) y R2 y Ri forman un divisor de tensión.
El límite máximo y mínimo de vi se produce cuando Q1 y Q2 entran en corte: Vcc-vi < VEB1
para Q1 y vi -(-Vcc)< VBE2 para Q2. La VTC se muestra a continuación
Vo
0.52(Vcc-VEB1)
–Vcc+VBE2
Vcc-VEB1 Vi
0.52(–Vcc+VBE2)
~0.52
C) Para v̂ i = 5V , y como vi =0.52 v0 , esto significa que vˆ o = 2.6V . La potencia disipada por
el altavoz viene dado por
vˆ 2
PL = o = 0.82 mW
2 Ri
D) Se sabe que en una etapa push-pull la eficiencia viene dada por la siguiente ecuación
η=
PL
πvˆ o
=
Pcc 4 Vcc
La eficiencia máxima se obtiene cuando la amplitud de salida es máxima. Observando la
anterior VTC, se comprueba que esta tensión máxima v̂om vale
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vˆ om =
Ri
(Vcc − VEB1 )
Ri + R 2
Sustituyendo esta ecuación en la anterior resulta
Ri π(Vcc − VEB1 )
Ri π
πvˆ
≅
ηmax = om =
Ri + R 2 4
4 Vcc Ri + R 2
4 Vcc
si Vcc >> VEB1
Sustituyendo valores se comprueba que ηmax ≅ 0.4 o 40%.
E) Se incluye en el cálculo de la potencia promedio el circuito de polarización constituido por
Q1, Q2 y R1. Para ello, en la fórmula de la potencia promedio entregada por las fuentes de
alimentación hay que incorporar el consumo de potencia de este circuito de polarización:
V vˆ
PCC = 2 VCC I C1 + 2 CC om = 190.1mW
πR
El consumo promedio máxima disipada por la carga vale
2
1 vˆ om
= 2.92 mW
PL max =
2 Ri
Luego la eficiencia máxima es
ηmax =
PL max
= 0.0153 o 1.53%
PCC
E) No, puesto que las etapas de potencia trabajan con niveles de corriente y tensión altos
incompatibles con los modelos de pequeña señal de los parámetros h.Estas etapas utilizan los
modelos denominados de gran señal.
Problema 2 (2 puntos)
Diseñar un circuito basado en comparadores de tensión LM311 que responda a la VTC
indicada en la gráfica de la figura 2.
Vo
VOH=5V
VIL=–3V
VIH=7V
Vi
VOL=-5V
Figura 2
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Vcc
VIH
Vdd El circuito de la figura permite obtener la VTC
RL anterior. Es preciso asignar los valores adecuados
8
R1
2
LM311
3
a cada uno de los componentes y fuentes de
alimentación.Para obtener VOH y VOL
sencillamente hay que asignar a Vdd=5V. Para
obtener VIH y VIL, hay que asignar valores a Vcc,
R1, R2 y R3. Fácilmente se comprueba que el
divisor de tensión formado por estas resistencias
verifica que
R 2 + R3
VIH =
2 Vcc − Vcc
R1 + R 2 + R3
R3
VIL =
2 Vcc − Vcc
R1 + R 2 + R3
+
7
–
1
4
R2
Vi
8
2
+
3
–
LM311
VIL
7
1
R3
Dando valores a Vcc=10V y R1+R2+R3=10KΩ,
y teniendo en cuenta que VIH=7V y VIL=-3V, se
despeja de las anteriores ecuaciones el valor de las resistencias y fácilmente se obtiene que
R1=1.5KΩ, R2=5KΩ y R3=3.5KΩ. Un valor típico de RL es de 1kΩ.
4
V1
C=10µF
I1
VT1
Q1
Vcc
R1
220Ω
M1 (PMOS)
Vz1=4.3 V
vi
~+
VT2
Rg
vo
RL
Vz2=4.3 V
I2
V2
R2
220Ω
C=10µF
M2 (NMOS)
Q2
Vss
Figura 3
Problema 3 (3.5 puntos)
En la figura 3 se muestra un amplificador constituido por los transistores M1 (PMOS) y
M2 (NMOS) con su correspondiente regulador de tensión que proporciona las tensiones de
alimentación Vcc y Vss. Se pide,
A) Obtener las tensiones Vcc y Vss, las corrientes de drenador de M1 y M2, y las
corrientes I1 e I2.
B) Obtener las expresiones de la ganancia del amplificador (vo / vi ) y su valor
numérico sin aplicar la teoría de realimentación.
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Datos:
Q1: VBE=0.7 V, hFE=15. Q2: VEB=0.7 V, hFE=15.
M1: KP=33.3µA/V 2, W/L=120µm/10µm, V TP.=–1V.
M2: KN=100µA/V 2, W/L=40µm/10µm, V TN.=1V.
Rg=1MΩ, RL=100kΩ, V1= 7 V, V2= –7 V.
A) Fácilmente se comprueba que
VCC = VZ1 − VBE1 = 3.6V
Y, por simetría, Vss=-Vcc= -3.6 V. En DC, vi=0. Luego, VSG1=0 - Vcc = -3.6 V y VGS2=0 Vss = +3.6 V. Utilizando la ecuación del transistor MOS en la región de saturación, se obtiene
para M1 la siguiente corriente drenador-fuente
kp W
β
I SD1 = (VSG1 − VTP )2 =
(VSG1 − VTP )2 = 1.35mA
De la misma manera, para M2 se obtiene IDS2=1.35mA. Nótese que ISD1= IDS2.La corriente
I1 vale
V1 − VZ1 h FE1 + 1
I1 = I R1 + I C1 =
+
I SD1 = 13.6 mA
R1
h FE1
Y, por simetría, I2=I1=13.6mA.
B) En las siguientes figuras se muestran los equivalentes AC y de pequeña señal. Por
inspección del circuito de la derecha se observa que vsg1=-vgs2=-vi . Además, como IDS2=ISD1,
se verifica
g m1 = g m 2 = g m = 2 I DSß = 1.04 mΩ −1
vi
Rg
gm1 vsg1
vsg1
M1
vo
Rg
vi
vo
RL
RL
vgs2
M2
gm2 vgs2
Modelo equivalente AC
Modelo equivalente de pequeña señal
Para obtener la expresión de la ganancia en tensión se resuelve la siguiente ecuación
v i = 2g m v i Rg + vo
R (1 − 2g m Rg)
Rg
v
+ vo ⇒ A V = o = L
≈ −189
R
v
Rg + R
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