Circuitos electronicos

Universidad Simón Bolívar
Departamento de Electrónica y Circuitos

Circuitos Electrónicos I (EC-1177)

Recopilación de problemas de Electrónica I
Realizado por Br. Daniela Curiel
Supervisado por Prof. Jose Restrepo
Version 1.0
Trimestre Septiembre-Diciembre 2005

1

Capítulo 1

Amplificadores Operacionales
Problemas resueltos de amplificadores operacionales
1.Para el circuito mostrado a continuación, determinar la corriente de carga IL en función de VI
R5=1K
Ib
R1=2K
R3=2K
Ia
Id

R2=2K

-

+

VI

R4=1K

Ic
Ie

+

IL

RL

Al resolver ejercicios que involucren amplificadores operacionales ideales es necesario recordar y aplicar las
siguientes propiedades:
• La diferencia de potencial entre el terminal positivo y negativo del amplificador es 0V. en consecuencia:
Va = Vi
Vb = 0
• Las corrientes de entrada tanto al terminal positivo como al negativo del amplificador son 0A. En
consecuencia:
Ib = Ia
(1.1)
Ic = Id

(1.2)

La metodología para resolver este tipo de problema paso a paso es:
1. Definir que es lo que pide el problema:
Il =

V0
Rl

(1.3)

2. Definir cada corriente en función de los voltajes en los extremos de la resistencia por la cual circula:
Ia =
3

Vi − V01
R1

Problemas resueltos de OP-AMP

Ib =

V0 − Vi
R5

Ic =

V01
R2

Id = −
Ie =

V02
R3

V02 − V0
R4

3. Igualar aquellas corrientes que por las ecuaciones (1) y (2) son las mismas, sustituir los valores de las
resistencias conocidas y despejar los voltajes desconocidos en función de la entrada:
Vi − V01
V0 − Vi
=
2K
1K
V01
V02
=−
2K
2K
Despejando estas ecuaciones se obtiene:
Vo1 = 3Vi − 2Vo
Vo2 = −Vo1
4. Hacer una ecuación de nodos en la salida del circuito:
V0
V0 − Vi
V02 − V0
=
+
R4
Rl
R5
Sustituyendo las expresiones (4) y (5) en (6) se tiene:
2Vo − 3Vi − Vo =

1k
Vo + Vo − Vi
RL

5. Se obtiene ﬁnalmente la expresión para el voltaje de salida V0 :
−2Vi =

1k
Vo
RL

⇒

Vo = −

2RL
Vi
1k

6. Se halla Il por la ecuación (3):
Il = −

2
Vi
1k

Otra manera de solucionar este problema de forma más rápida, es recordando las expresiones para la
salida de las distintas conﬁguraciones de operacionales y aplicando el principio de superposición.
Veamos como se aplica esto en un ejemplo más sencillo:
R2
R1
-

V2

Vo
+

V1

4

Problemas resueltos de OP-AMP

Primero, vemos cual es el valor de V0 cuando se coloca V1 a tierra. En este caso se obtiene un ampliR2
ficador inversor de ganancia − R1 V2 .
Luego, realizamos el mismo proceso pero colocando V2 a tierra. En este caso se obtiene un amplificador
R2
no inversor de ganancia (1 + R1 V i).

entonces V0 es simplemente la superposición de los resultados obtenidos. V0 = − R2 V2 + (1 + R2 V i).
R1
R1

Este concepto puede usarse perfectamente en el ejercicio propuesto para así obtener directamente la
expresión (6). Si nos fijamos bien, en este caso lo que se quiere hallar es el voltaje V01 y las entradas
serían Vi y V0 obteniendo directamente:
Vo1 = 3Vi − 2Vo

5

Problemas propuestos de OP-AMP

Problemas propuestos de amplificadores operacionales
1. Para el circuito mostrado a continuación determinar

Vo
Vi .

R2

R4
R3

R1

Vi

Vo
+

Respuesta:
R2 R3 + R3 R4 + R2 R4
Vo
= −(
)
Vi
R1 R3

R

Vi

Vo
Vi
R

R
Rx
-

Vo
+
R

R

R

Respuesta:
2R
Vo
= −(
+ 2)
Vi
Rx

R

Vo
Vi

R

Vi

R

R
R

R
-

Vo
+

Respuesta:
Vo
= −8
Vi
4. Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los
siguentes datos del amplificador operacional:
6


• Ad = 1000000

• CMRR = 100000
100
10K
-

V1

Vo

10K
V2

+

100K

Respuesta: CMRR = 105
5. Para el circuito mostrado a continuación determinar CMRR del amplificador diferencial sabiendo los
siguientes datos del amplificador operacional:
• R1 =R3

• R2 =R4

• CMRR= CMRR1
R2

Vcm

+

Vo

R3
+

-

R1
-

Vd/2
+

Vd/2
R4

Respuesta: CMRR = CMRR1
6. Para el circuito mostrado a continuación derive una expresión para V0 en término de V1 ,V2 ,V3 y V4
suponiendo que todos los amplificadores operacionales operan en la región lineal.
R2

R1

R6
-

V1

+

R5
-

V2

Vo
+

R4

R3
-

V3

+
V4

Respuesta: V0 = V4 +

R4
R3 (V4

− V3 ) +

R6
R5 (V4

R4
R2
+ V4 R3 − V3 R4 − V2 − V2 R1 + V1 R2 )
R3
R1

7


7. Del circuito mostrado a continuación determinar Rf tal que Il no dependa de Zl .
Rf

R1
-

Vi

+
R3

R2

Respuesta: Rf =

R3 R1
R2

8

Zl

Capítulo 2

Diodos
Problemas resueltos de diodos
1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar las corrientes por los diodos tomando en cuenta
que son ideales.

D3
5V
-+

10V

+
-

D1

3K

7K

D2
+
-

2,5K

5V

Al resolver ejercicios que involucren diodos ideales o no ideales es necesario recordar y aplicar el siguiente
algoritmo:
• Se supone el caso más sencillo, es decir, todos los diodos apagados y se hallan los voltajes ánodo-cátodo
de cada uno de ellos. En este caso se tiene:
VA1 - VK1 = 10V + 5V = 15V
VA2 - VK2 = 5V + 5V = 10V
VA3 - VK3 = 0V + 5V = 5V
• Como se puede ver, la suposición es incorrecta, esto quiere decir que al menos uno de los diodos debe
estar encendido. De nuevo, la suposición más sencilla sería que sólo uno de ellos esta encendido. Se
supone entonces que el que tiene el voltaje ánodo-cátodo más alto es el que está encendido y se vuelven
a hallar los voltajes ánodo-cátodo. En este caso se supone encendido el diodo 1 y se obtiene:
VA2 - VK2 = 5V - 6,4V = -1,4V
VA3 - VK3 = 0V + 2V = 2V
• De nuevo la suposición era incorrecta, esto quiere decir que más de un diodo debe estar encendido.
La suposición más sencilla es que sólo dos están encendidos. Se supone entonces que el que tiene el
voltaje ánodo-cátodo más alto es el que está encendido y se vuelven a hallar los voltajes ánodo-cátodo.
En este caso se supone encendido el diodo 3 y se obtiene:
VA2 - VK2 = 0V - 6,4V = -6,4V
• Finalmente la suposición es correcta, y ahora sólo resta hallar las corrientes que pasan por los diodos
1 y 3. como el diodo 3 va a tierra y el diodo 2 está apagado, eso quiere decir que la corriente que pasa
por el diodo 1 es igual a la que pasa por el diodo 3 y viene dada por:
9


10 - 10KI = 0
I = 1mA
Como se puede observar, lo más complicado acerca de circuitos con diodos, es saber en que momento están
prendidos o apagados. Para problemas sencillos, este algoritmo funciona muy bien, sin embargo, para otro
tipo de problemas que involucran diodos es necesario hacer un análisis que no se rija por ningún algoritmo.
2. Para el circuito mostrado a continuación, determinar la función de transferencia suponiendo que
VZ = 4,3V.
10K

D1
5K

D2

-

5K

10K

Vi

Vo
+

Dz1
Dz2

En este tipo de problemas el algoritmo mostrado anteriormente no puede utilizarse debido a que sería demasiado complicado. Para este tipo de problemas es necesario tener conocimiento acerca de las configuraciones
de diodos más comunes y su comportamiento, de modo que podamos dividir un problema complicado en
pequeños y sencillos problemas que unidos resuelvan el problema original.
Cabe destacar que para este tipo de problemas, no hay pasos a seguir, razón por la cual sólo haciendo suficientes problemas se puede desarrollar la habilidad de intuir como se ha de resolver el problema.
Para este caso en particular se podría subdividir el problema en dos: una primera parte, que está a la entrada de
el amplificador operacional y una segunda parte que involucra al operacional y va hacia la salida del circuito.
La primera parte del circuito es simplemente un limitador de voltaje, es decir, que mientras el voltaje de
entrada esté dentro de cierto rango, lo diodos estarán apagados y por lo tanto el voltaje en la salida variará
linealmente de a cuerdo al voltaje de entrada. Pero cuando el voltaje en los diodos esté fuera de estos rangos,
el voltaje en la salida será limitado por el voltaje en los diodos.
En este caso, para voltajes muy altos el zener que se encuentra más arriba se encenderá en inverso mientras
que el otro se prenderá en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o mayor a 0,7V + 4,3V =
5V.
Para voltajes muy bajos ocurre lo mismo, pero el diodo que se enciende en inverso sería el que está más abajo
y el otro se encendería en directo, siempre y cuando el voltaje sobre ellos sea igual o menor a -0,7 + -4,3 =
-5V.
Para hallar los rangos de voltaje antes mencionados abrimos ambos diodos y nos damos cuenta de que el
voltaje de entrada debe dividirse entre dos resistencias del mismo valor 5K, lo cual quiere decir que para
alcanzar los voltajes límite sobre los diodos 5V y -5V, el voltaje de entrada debe valer el doble 10V y -10V.
10


Una vez establecidos los rangos, sabemos que cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V
el voltaje de entrada al amplificador quedará limitado a cierto valor.
Analizando la segunda parte del circuito se tiene que dentro de cierto rango de voltaje de entrada ambos
diodos estarán apagados de modo que el circuito se comporta como un simple amplificador inversor de
ganancia -20K/10K = -2, lo cual corresponde a la pendiente de la función de transferencia.
Para hallar los rangos del caso anterior, hay que tomar en cuenta que el voltaje en la entrada del amplificador
es 0V porque el terminal positivo de éste está a tierra. Dado que se trata de un amplificador inversor, si el
voltaje de entrada es positivo, el de salida es negativo y viceversa. Entonces si el voltaje de entrada es lo
suficientemente positivo, el diodo a mano izquierda se encenderá cuando el voltaje en su cátodo sea menor o
igual a -0,7V, lo cual sucede cuando el voltaje de salida es -1,4V, ya que por tratarse de dos resistencias de
10K, el voltaje se divide en partes iguales. Si el voltaje de entrada es lo suficientemente negativo se encenderá
el diodo a mano derecha cuando el voltaje en la salida sea mayor o igual a 1,4 V.
Entonces ya sabemos que mientras el voltaje de salida esté entre 1,4 y -1,4, la pendiente de la función de
trasferencia es -2.Lo cual equivale al rango de voltaje de entrada entre -0,7 y 0,7.
Ahora, cuando el voltaje de salida es mayor a 1,4V o menor a -1,4V hay un diodo encendido y entonces la
ganancia del amplificador es de -1 hasta cuando el voltaje de entrada es mayor a 10V o menor a -10V, cuando
el limitar de voltaje hace que se mantenga constante.
Entonces se obtiene la siguiente función de transferencia:
Vo

-1
1.4
-2

-10

-0.7

10

0.7

-1.4
-1

11

Vi

Problemas propuestos de diodos

1. Para el circuito mostrado a continuación determinar la función de transferencia
que los diodos son ideales.
10K
Vi

Vo

D1
+
-

5V

D2
+
-

5V

10K

10K

Respuesta:

5

Vi/2 + 5/2
1

-5

5
-5

Vi/2 - 5/2

2. Para el circuito mostrado a continuación determinar Vo
+
-

100K

10V

D1
1V
D3
0V
D2

D4
10K

D5

-10V

D6

0V
+
-

-1V

10K
+
-

Respuesta: Vo = 0

12

-10V

Vo
Vi ,

tomando en cuenta


3. Para el circuito mostrado a continuación determinar Vo
Vo
D1

+
-

V1

D2

+
-

V2

1K
1K

tomando en cuenta el siguiente gráﬁco de las señales de entrada.
V1

V2

5V

0

1

3

2

4

-5V

Respuesta:

4.3V

2.15V

0

1

2

3

4

10K
Vo

Vi

10K

13

Vo
Vi


Respuesta:
Vo

Vz+1.4
0.5

(Vz+1.4)/2
Vi

-(Vz+1.4)/2
-Vz-1.4


Vo
Vi

R
Rf
D1

-

Vi

R

Vo
+

D2
RL

Respuesta:
Vo

-1

Vi

10V

10K

D1

D2

Vi

Vo

D3

D4
10K

10K

-10V

14

Vo
Vi


Respuesta:
Vo

m=1
-4.65
Vi

4.65

10V
10K

D1

Vz = 5V

D2

Vi

Vo

D3

D4

10K

10K

-10V

Respuesta:
Vo

Vi-5,7
4.65

-10,35

Vi

-4.65

4.65

-4.65
Vi+5,7

15

10,35

Vo
Vi



Vo
Vi

50K
10K

-

Vo
+

500
Vi
R1

Dz1

Dz2

D2

D1

R2 = 200 ohm
R1 = 1K
Vz1 = 3.3 V
Vz2 = 5.3 V

R2

D3

Respuesta:
Vo
36V

1,5V

4V
24V

6V

-0,7V

Vi

4V

7V

-4,2V

que Vz = 4V
10V

10K

10K

10K

Vo

+

Vi

10K

-10V

16

Vo
Vi ,

tomando en cuenta


Respuesta:
Vo

4.7V

-4.7V

4.7V

-4.7V

17

Vi


18

Capítulo 3

Mosfet
Problemas resueltos de MOSFET
1. Para el circuito mostrado a continuación, determinar vo cuando Vi = 0V, 3V, 6V.
+6V
Kn’(W/L)=Kp’(W/L)
|Vto|=2V
l=0

Q2
Vo
Q1
Vi

Para resolver este tipo de ejercicios, es muy útil recordar el siguiente algoritmo:
(a) Identificar con que tipo de transistor se va a trabajar y las fórmulas que se deben de utilizar y
defenir el signo del Vt que nos dan.
(b) Suponer que el transistor se encuentra en el estado más sencillo, es decir, en corte y se verifica si
cumple con la condición de corte. De cumplirse la condición, se procede a realizar los cálculos
necesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso.
(c) Si el transistor no estaba en corte, supongamos que está saturado y evaluemos la condición de saturación para este tipo de transistor en particular. De cumplirse la condición, se procede a realizar
los cálculos necesarios y de no ser así pasamos al siguiente paso.
(d) Si el transistor no estaba ni en corte ni en saturación debe estar en triodo. Es necesario demostrar
la condición de triodo para así poder descartar cualquier error cometido a lo largo de la resolución
del problema.
A continuación vamos a aplicar el algoritmo anterior a este problema en particular.
En este caso, como el transistor que depende directamente del voltaje de entrada es Q1 , es el que
debemos ir analizando, para luego definir el estado de Q2 .
El primer paso es reconocer que el transistor Q1 es tipo N y por lo tanto Vt1 =2V mientras que el transistor Q2 es tipo P y por lo tanto Vt2 =-2V. Es necesario tener mucho cuidado de utilizar las condiciones
correctas según el tipo de transistor.

19


a) caso Vi =0V
• suponemos Q1 en corte Vg1 =0V Vgs1 =0V como Vgs1 <Vt1 , entonces la suposición es correcta y
efectivamente está en corte.
• Como Vgs2 =-6V<Vt2 entonces Q2 no esta en corte.

• Se sabe que Q1 está en corte y por lo tanto, Id q=0. Por la característica de salida de los transistores
tipo P, cuando a corriente es nula Vds2 =0.
• Como Vds2 >Vgs2 -Vt2 entonces podemos decir que Q2 está en triodo.

• Dado que Q1 está en corte y Q2 en triodo, entonces el voltaje en la salida es 6V.
En resumen, para Vi =0V se tiene:
• Q1 : En corte

• Q2 : En triodo
• V0 =0V

b) caso Vi =3V
• Suponemos Q1 en corte Vg1 =3V Vgs1 =3V como Vgs1 >Vt1 , entonces la suposición es incorrecta
y no está en corte.
• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1 -Vt1 = 1V. Utilizamos la ecuación de ID en
saturación y obtenemos
1 ′ w
K ( )
2 n l
• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2 -Vt2 = -4V. Utilizando la
ecuación de ID en saturación y obtenemos
1 ′ w
K ( )(−4)2
2 p l
Como se puede observar las corrientes halladas no coinciden. Esto quiere decir que alguno de los
dos transistores no esta en saturación. En estos casos, aquel que presente la mayor corriente no
esta en saturación sino en triodo. Este será el estado ﬁnal de los transistores.
• Entonces decimos que Q2 esta en triodo. Utilizamos la ecuación de ID en triodo para el transistor
Q2 y la igualamos a la ecuación de ID en saturación para el transistor Q1 , ya que la corriente debe
ser la misma. Entonces se tiene que:
1 ′ w
1 ′ w
2
Kn ( ) = Kp ( )[2(Vgs − VT )Vds − Vds ]
2
l
2
l
De la ecuación anterior se obtiene la expresión cuadrática
2
Vds + 8Vds + 1 = 0

De la cual se obtienen los siguientes valores para Vds :
Vdsa =-7,87V
Vdsb -0,12V
Como estamos trabajando con un transistor tipo P que esta en la zona de triodo debe cumplirse
que Vds >Vgs -Vt , por lo que nos quedaremos con el segundo valor.

20


Entonces, como Vs =6V, entonces Vd =-0,12V+6V=5,88V y V0 =Vds =Vd =5,88V
• Q1 : En saturación

• Q2 : En triodo

• V0 =5,88V
c) caso Vi =6V

• Suponemos Q1 en corte Vg1 =6V Vgs1 =6V como Vgs1 >Vt1 , entonces la suposición es incorrecta
y no está en corte.
• Suponemos Q1 en saturación Tenemos que Vgs1 -Vt1 = 4V. Utilizamos la ecuación de ID en
saturación y obtenemos
1 ′ w
K ( )4V 2
2 n l
• Ahora veamos cual es el estado del transistor Q2 Tenemos que Vgs2 -Vt2 = -4V. Utilizando la
ecuación de ID en saturación y obtenemos
1 ′ w
K ( )(−4)2
2 p l
Como se puede observar las corrientes halladas coinciden. Esto quiere decir que en cada transistor
caen 3V y por lo tanto V0 =3V.
• Ahora es necesario veriﬁcar si la suposición de que ambos estén saturados es correcta. Partiendo
de que Vd1 =Vd2 =3V se tiene que:
para Q1 , Vds1 =3V y la condición de saturación pa un transistor tipo N no se cumple. Esto quiere
decir que no esta en saturación sino en triodo.
para Q2 , Vds2 =-3V y la condición de saturación pa un transistor tipo P tampoco se cumple. Esto
quiere decir que no esta en saturación sino en triodo.
• Como acabamos de comprobar que los transistores no están en saturación, sino en triodo se procede a utilizar las ecuaciones de ID en triodo tanto para Q1 como para Q2 para luego igualarlas y
hallar Vd s a partir del cual podemos obtener V0 .
ID1 =
ID2 =

1 ′ w
2
K ( )[2(6 − 2)Vds1 − Vds1 ]
2 n l
1 ′ w
2
K ( )[2(−6 + 2)Vds2 − Vds2 ]
2 p l

También se tiene que Vds2 =Vds1 -6V
Entonces, Igualando las corrientes, sustituyendo Vds2 y despejando Vds1 de la ecuación se tiene:
Vds1 =V0 =3V
• Q1 : En triodo

• Q2 : En triodo

• V0 =3V

21


2. Realizar análisis DC y AC para el circuito mostrado a continuación.

10V

Kn’(W/L)=50mA/V
|Vt0|=1V
l=0.01V
g=0.5V
ff=0.3V

6V

2

-1

Vo
50kW

Análisis DC:
Ya que se esta trabajando con circuitos ampliﬁcadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación.
posteriormente debe veriﬁcarse que efectivamente están en ese estado.
sabemos que la ecuación ID para un mosfet en saturación es:
ID = 1 K n ( w )(V gs − V t)2
2
l
Además, esta corriente puede escribirse como:
ID =

Vs
50K

Igualando estas dos ecuaciones tenemos:
1
w
Vs
K n ( )(V gs − V t)2 =
2
l
50K

(3.1)

Se tiene que Vg=6V
Entonces conocido este valor podemos hallar Vs de la ecuación (2)resolviendo una ecuación de segundo grado:
1, 25V s2 − 18, 5V s + 61, 25 = 0
Las posibles soluciones de esta ecuación son:
• V s1 = 5V

• V s2 = 9, 8V

→

→

V gs = 1V
V gs = −3, 8V

Como este voltaje debe ser mayor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como válido
Vs1.
Como en este ejercicio hay efecto de sustrato, es necesario calcular el verdadero Vt a partir del valor de
Vs que acabamos de hallar y el valor inicial de Vt que llamaremos Vto. Para esto se utiliza la fórmula
de |V t|:
|V t| = V to + γ[
22

2φf ± V sb −

2φf ]


En teoría, el nuevo Vt debe hallarse de manera iterativa, es decir, hacer varias veces el procedimiento
para hallar Vt y luego utilizarlo como Vto, hasta que la diferencia entre ellos sea mínima. Sin embargo,
es suficiente realizar este procedimiento sólo una vez porque los resultados no cambian significativamente.
Entonces usando la ecuación anterior tenemos que:
V t = −0, 2V
Ahora, con este nuevo valor de Vt que utilizaremos el resto del problema, debemos volver a hallar Vs
del mismo modo que lo hicimos anteriormente. En este caso habrá que resolver la siguiente ecuación
de segundo orden:
1, 25V s2 − 16, 5V s + 48 = 0
• V s1 = 4, 32V

• V s2 = 8, 87V

→

→

V gs = 1, 68V
V gs = −2, 87V

Como el voltaje Vgs debe ser mayor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como
válido Vs1.
Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.
ID =

Vs
40K

= 86, 4µA

Entonces concluimos que el punto de operación es el siguiente:
• Idq = 86, 4µA
• V ds = 5, 68V

• V gs = 1, 68V

Entonces podemos verificar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumple
que:
V gs > V t

→

V ds > (V gs − V t)

1, 68 > −0, 2
→

5, 68 > 1, 88

Entonces podemos hallar los valores de gm, gmb, ro para utilizarlos en el modelo AC del circuito.
• gm = K n ( w )(V gs − V t) = 94µ℧
l
• gmb = √ gm·γ
·

• ro =

1
λ·Idq

2φf ±V sb

= 10, 6µ℧

= 1M Ω

Análisis AC:
el modelo en pequeña señal es el siguiente:
23


G
GmVgs

Ro

GmVbs

Vin
Vo
Rs

Debido a que la fuente de corriente gmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos
sustituirla por una resistencia de valor gmb−1 . Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

-1

Gm(Vin-Vo)

Gmb

Ro

Vo
Rs

a. Cálculo de la ganancia
Al igual de que en el caso anterior, es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia delante, es
decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. En este caso, la expresión
para el voltaje de salida es la siguiente:
V o = (rs//ro//gmb−1 ) · gm(V in − V o)
Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de
valores conocidos.
Vo
Vi

=

(rs//ro//gmb−1 )·gm
1+(rs//ro//gmb−1 )·gm

El valor numérico de la ganancia es:
A = 0, 769

b. Cálculo de la impedancia de entrada
Simplemente es la resistencia en la entrada
Zin = ∞
24


c. Cálculo de la impedancia de salida
Recordemos que para calcular la impedancia de salida es necesario hacer cero cualquier otra fuente
independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de
corriente gm(Vin-Vo) depende del voltaje entre sus extremos y puede reemplazarse por una resistencia
de valor gm−1 . Entonces, la impedancia de salida es simplemente el paralelo de todas las resistencias.
Zout = rs//ro//gmb−1 //gm−1
10V

Rs

Vo
Rg

vs

Rd

-10V
′
Kn ( w ) = 1mA/V 2
l

|Vt | = 2V
λ = 0V −1
Análisis DC:
En principio recordemos que para análisis en DC los condensadores se comportan como cortos. Ya
que se esta trabajando con circuitos ampliﬁcadores, debe suponerse que el mosfet esta en saturación.
Posteriormente debe veriﬁcarse que efectivamente están en ese estado.
En este caso estamos trabajando con un mosfet tipo P. Por lo tanto, Vt=2V.
sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:
ID = 1 K n ( w )(V gs − V t)2
2
l
ID =

10−V s
1K

w
10 − V s
1
K n ( )(V gs − V t)2 =
2
l
1K

(3.2)

Se tiene que Vg=0V
25


V s2 + 6V s − 16 = 0
• V s1 = 2V

• V s2 = −8V

→

→

V gs = −2V

V gs = 8V

Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como
válido Vs1.
Ahora, con este valor de Vs podemos halar el valor de la corriente ID.
ID =

10−2
1K

= 8mA

Como esta corriente es la misma que circula por la resistencia Rd, tenemos la siguiente ecuación:
ID =

V d+10
0,5K

Despejando la ecuación anterior se tiene que:
V d = −6V → V ds = −8V
• Idq = 8mA

• V ds = −8V

Entonces podemos veriﬁcar rápidamente que el transistor está efectivamente saturado ya que se cumple
que:
V gs < V t

→

V ds < (V gs − V t)

−2V < 2V
→

−8V < −4V

Entonces podemos hallar el valor de gm para utilizarlo en el modelo AC del circuito.
• gm = K n ( w )(V gs − V t) = 4m℧
l
Análisis AC:

G
GmVgs

GmVbs

Vin
Vo
Rs

26

Ro


Debido a que la fuente de corriente gmbV bs depende del voltaje entre sus extremos, entonces podemos
sustituirla por una resistencia de valor gmb−1 . Entonces el circuito en pequeña señal se reduce a:

G
GmVgs
Rg

Vin

Vo
Rd

V o = −gm · V gs · Rd
Luego, Vgs=Vi y por lo tanto:
V o = −gm · V in · Rd
Entonces, despejando Vo/Vin de esta ecuación obtenemos una expresión de la ganancia en función de
valores conocidos.
Vo
Vi

= −gm · Rd

El valor numérico de la ganancia es:
A = −2
Zin = Rg
independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, entonces la fuente de
corriente gmVgs se abre pues Vgs=0V. Entonces, la impedancia de salida es simplemente la resistencia
de slaida.
Zout = Rd

27

Problemas propuestos de MOSFET

Problemas propuestos de mosfet
1. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor para dos casos:
a) Rd =7K y Rs =3K y b)Rd =4K y Rs =3K.
′
Kn ( w ) = 2mA/V 2
l

|Vt | = 1V

10V

Rd
1M

M1
1M
Rs

Respuesta:
a) triodo

• Id = 947µA
• Vd s = 0,52V
b) saturación

• Id = 1mA
• Vd s = 4V
2. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor para Rd =3K
′
Kn ( w ) = 2mA/V 2
l

|Vt | = 1V
28


10V

Rd
800K

M1
200K
4K

Respuesta:
saturación
• Id = 0,56mA

• Vd s = 6,06V

3. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación del transistor
′
Kn ( w ) = 2mA/V 2
l

|Vt | = 2V
5V

4K

D
G

ID
B

S

Respuesta:
triodo
• Id = 1,18mA

• Vd s = 0,276V

29


4. Para el circuito mostrado a continuación determinar Vo /Vi ,Zi ,Zo
15V

800K

60K
Vo
Rl

vs

700K
40K

′
Kn ( w ) = 0, 2mA/V 2
l

|Vt | = 2V
Respuesta:
• Vo /Vi = -0,2 (60K//Rl )
• Zi = 800K//700K
• Zo =60K//Rl

5. Para el circuito mostrado a continuación determinar Vo /Vi ,Zi ,Zo
15V
5M

10K
Vo
5K

vs

′
Kn ( w ) = 0, 3mA/V 2
l

|Vt | = 1, 8V
Respuesta:
• Vo /Vi = -2,65 (60K//Rl )
• Zi = 5M

• Zo =10K//5K//5M

6. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación para
a)( w )1 = ( w )2 = 40
l
l
b)( w )1 = 40y( w )2 = 15
l
l

30


5V

M1

M2

|Vt | = 0, 8V
′
Kn = 30uA/V 2

7. Para el circuito mostrado a continuación determinar el punto de operación.
15V

60K
800K

D
G

ID
B

S
700K
40K

|Vt | = 2V
′
Kn ( w ) = 0, 2mA/V 2
l

γ = 0, 5V

1
2

2φf = 0,6V

31


5V
40K

D
G

ID
B

S
2.9V

-5V

|Vt | = 2V
′
Kn ( w ) = 20mA/V 2
l

20V

1K

|Vt | = 2V
′
Kn ( w ) = 1mA/V 2
l
′
Kp ( w ) = 2mA/V 2
l

32



VDD

ID

Vo

5V

0.5mA

vs
′
Kn ( w ) = 1mA/V 2
l

γ = 0, 5V

1
2

2φf = 0,6V
|Vt | = 1V
λ = 0V −1
10V

17,5K
Vo
vs

1M
2,5K

-5V
′
Kn ( w ) = 0, 2mA/V 2
l

γ = 0, 5V

1
2

2φ = 0, 6V
|Vt | = 2V
λ = 0V −1

33


34

Capítulo 4

BJT
Problemas resueltos de BJT
1. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis DC y AC
+15V
Rc=5K
R1=83K

Vo
Q2

b1=b2=100
Va = ¥

R2=39K
+15V
R3=53K
Q1

Vi

+
R4=10K

-

Re = 2K

Análisis DC:
En DC los condensadores se comportan como abiertos. En primer lugar es recomendable hallar el
equivalente de thevenin para la entrada de ambos transistores para facilitar el análisis. En ese caso
tenemos el siguiente circuito:
+15V
Rc=5K
Vo

26,53K
Q2

+
4,795V
-

8,41K
Q1

+
2,38V

-

Re = 2K

35


Ya que se esta trabajando con circuitos ampliﬁcadores, debe suponerse que todos los dispositivos están
en activo-directo y posteriormente veriﬁcar que efectivamente están en ese estado.
Para halla la corriente Ib1 podemos analizar el siguiente circuito:

Rb
Q1

Ib
+
Vb

(bf + 1) Ib

-

Re

Donde la expresión para Ib en términos generales es:

Ib =

V b − 0,7
Rb + (βf + 1)Re

(4.1)

Aplicando este modelo a nuestro caso en particular se tiene que
Ib1 =

2,38V −0,7V
8,41K+202K

= 7, 98µA

Luego:
• Ic1 = Ie1 = 100Ib1 = 0, 798mA

• Ib2 =

Ie2
101

= 7, 9µA

• Ic2 = 100Ib2 = 0, 790mA

• V e1 = Ic1 ∗ 2K = 1, 596V

Para Hallar El voltaje en el emisor 2 se hace una ecuación de malla a partir de la entrada a la base 2:
V e2 = 4, 795V − 26, 53K · Ib2 − 0, 7V = 3, 88V = V c1
Para hallar el voltaje en el colector 2 se hace una ecuación de malla a partir de la alimentación de 15V:
V c2 = 15V − Ic2 · 5K = 11, 05V
Finalmente tenemos:
• V ce2 = V c2 − V e2 = 11, 05V − 3, 88V = 7, 17V

• V ce1 = V c1 − V e1 = 3, 88V − 1, 596V = 2, 28V

• Icq1 = 0, 789mA
• V ce1 = 2, 28V

36


• Icq2 = 0, 790mA
• V ce2 = 7, 17V

Puede verificarse que los dispositivos estaban en activo directo como se había supuesto desde un principio.
Análisis AC:
Vo
+
R1//R2

Rp2

Vp2

Gm2Vp2

Rc

A

-

+

Vin

R3//R4

Rp1

Vp1

Gm1Vp1

-

Para calcular la ganancia de cualquier circuito es recomendable realizar los cálculos de atrás hacia
delante, es decir, desde lo que quiero obtener hacia lo que necesito para completarlo. De esta manera se
evita perder el tiempo realizando cálculos inútiles. En este caso, la expresión para el voltaje de salida
es la siguiente:
V o = −gm2RcV π2
Entonces, es necesario hallar una expresión de Vπ2 en función de valores conocidos. Para esto, hacemos una ecuación de nodos en el punto A
gm1V π1 =

V π2
rπ2

+ gm2V π2 = V π2( 1+gm2rπ2 ) = V π2( 1+β )
rπ2
rπ2

Despejando Vπ2 de la ecuación anterior se tienen que
V π2 =

gm1V π1rπ2
1+β

De esta expresión, el único valor no conocido es Vπ1, pero en el modelo AC se puede observar claramente que Vπ1=Vi. De este modo la expresión de Vπ2 queda totalmente definida y por ende también
la del voltaje de salida. Entonces sustituyendo el valor de Vπ2 en la expresión de Vo tenemos:
Vo=

−gm2Rcgm1rπ2V i
1+β

Como ganancia se define como Vo/Vi finalmente:
A=

Vo
Vi

=

−Rcgm1β
1+β

Se tiene que:
gm1 =

Icq1
Vt

37

= 31, 92ms


Por lo que el valor numérico de la ganancia es:
A = −158
Simplemente es el paralelo de las resistencias en la entrada
Zin = R3//R4//rπ1 = 2, 28K
independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vπ1 y la
corriente gm1Vπ1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc.
Zout = Rc = 5K

38

Problemas propuestos de BJT

1. Para el circuito mostrado a continuación determinar es estado de los transistores.
15V

Rc1=5K
Rb1=100K

Re2=2K

Bf = 100
Vj(on)=0,7V

Q2
Q1
Rc2=2,7K

Rb2=50k

Re1=3K

Respuesta:
Ambos en activo directo
Vbe1 = 0,7V Polarizado
Vbc1 = -4,04V no polarizado
Vbe2 = -0,84V polarizado
Vbc2 = 1,16V no polarizado
2. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout

Rb1

Rc

Q1
Rb2
Q2

Vi

+
-

Rb3

Respuesta:
A = -gmRc
39

Re


Zin = Rb3//Rb2//rπ2
Zout = Rc
3. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A

1mA
100K

10K

Vi

+
175 ohm

-

Respuesta:
A=

gmrπ10K
10
9 ( 175β−175−rπ

−

1
10 )

4. Para el circuito mostrado a continuación determinar las expresiones simbólicas de A, Zin y Zout

0,5mA
Rb=100K
Vo
Rl=1K

Rs=50 ohm

Vi

Respuesta:
A=

gmRl
Rb
(Rb+Rl) ( 1+Rsgm )

Zin = gm−1
Zout = Rb

40

+
-


5. Para el circuito mostrado a continuación determinar la expresión simbólica de la ganancia A
10V

10V

Rc
Vo

Rb1

Rl

Vi

+
-

Re

Rb2

Respuesta:
A=− Rc//Rl(β2 (β1 +1)+β1 )
rπ1 +rπ2 (β1 +1)
+9V

Bf = 30
Va = ¥
+

Vi

5V

-

Vo
0,5K
50W

Respuesta:
Icq1 = 3, 36mA
V ce1 = 4, 7V
Icq2 = 68, 32µA
V ce2 = 5, 4V

41


42

Capítulo 5

Circuitos Multietapa
Problemas resueltos de Circuitos multietapa
15V

R1 = 3,05M

Rc = 20K

Rs = 31,1K

Vo
M1

Vi

Q2

+
-

R2 = 5,81M

Rd = 130K

Kp’(w/l) = 200 mA/V
|Vt| = 2V
l=0
bf = 100
Va = ¥

Re = 38,1K

Análisis DC:
En DC los condensadores se comportan como abiertos. Ya que se esta trabajando con circuitos ampliﬁcadores, debe suponerse que los BJT están en activo-directo y los mosfet están en saturación.
posteriormente debe veriﬁcarse que efectivamente están en ese estado.
sabemos que la ecuación de ID para un mosfet en saturación es:
ID = 1 K n ( w )(V gs − V t)2
2
l
ID =

15−V s
Rs

1
w
15 − V s
K n ( )(V gs − V t)2 =
2
l
Rs

(5.1)

Haciendo un divisor de voltaje a la entrada del mosfet tenemos el voltaje Vg es:
Vg =

15R2
R1+R2

= 9, 836

43


V s2 − 23, 35V s + 135, 267 = 0
• V s1 = 12, 6941V locualimplicaqueV gs = −2, 858V

• V s2 = 10, 6559V locualimplicaqueV gs = −0, 8199V

Como el voltaje Vgs debe ser menor que Vt para que el mosfet esté en saturación, tomamos como
válido Vs1. Utilizando este valor tenemos que:
ID = 74,14 µA
Ahora, para hallar el voltaje en la base del transistor BJT 2, (Vb2), sabemos que la corriente ID se
divide en dos corrientes, una que va hacia tierra a través d la resistencia de 130K y otra que va hacia la
base del transistor 2 (Ib2).
ID = Ib2 +

V b2
130K

(5.2)

Además, es posible hallar una expresión para Ib2 en función de Vb2, ya que sabemos que la corriente
que va desde el emisor hasta tierra a través de la resistencia de 38,1 K puede expresarse de la siguiente
manera:
Ie2 =

V b2−0,7V
38,1K

= (100 + 1)Ib2

Despejando Ib2, tenemos que:
Ib2 =

V b2−0,7V
3,8481M

y sustituyendo Ib2 en la ecuación (2) podemos ﬁnalmente obtener Vb2
ID =

V b2
3,8481M

−

0,7
3,841M

+

V b2
130K

Despejando Vb2 de la ecuación anterior tenemos entonces que:
Vb2=9,346V.
Con este voltaje ya podemos terminar de hallar el punto de operación.
Ie2
Ic2 = 100Ib2 = 100 101 =

100 V b2−0,7
1001 38,1K

= 224, 68µA

V e2 = V b2 − 0, 7 = 8, 646V
V c2 = 15 − 20KIc2 = 10, 506V
• Idq1 = 74, 14mA

• V ds1 = −3, 34V

• Icq2 = 224, 68µA
• V ce2 = 1, 86V

44


Análisis AC:

Gm1Vgs

Vo

G1
+

Vin

Rd

R1//R2

Vp2

Rp2

Gm2Vp2

Rc

-

V o = −gm2RcV π2
Entonces, es necesario escribir V π2 en función de valores conocidos.
V π2 = − gm1V gs·Rd·rπ2
Rd+rπ2
Por simple inspección, se sabe que Vgs=Vi, de modo que ya tenemos V π2 en función de valores
conocidos, y por lo tanto Vo también.
Vo=

gm1V i·Rd·rπ2·Rc·gm2
Rd+rπ2

Como ganancia se deﬁne como Vo/Vi ﬁnalmente:
A=

Vo
Vi

=

gm1·Rd·rπ2·Rc·gm2
Rd+rπ2

Se tiene que:
gm2 =

Icq2
Vt

= 8, 987ms

gm1 = Kp′ ( w )(V gs − V t) = 171, 62µs
l
rπ2 = 11, 127KΩ
Por lo que el valor numérico de la ganancia es:
A = 316, 17
Zin = R1//R2 ≃ 2M Ω
independiente, en este caso el voltaje de entrada. Como el voltaje Vi es cero, también lo es Vgs1 y la
corriente gm1Vgs1. Entonces la impedancia de salida es simplemente la resistencia Rc
Zout = Rc = 20K

45

Problemas propuestos de Circuitos multietapa

20V

Rc = 10K

Rb1 = 163K

Vo

M1

Kn’(w/l) = 0,01 mA/V
Vt = 2V
l=0

Q1

Vi

+

2

Rb2 = 47K

-

Re = 1K

Respuesta:
Vgs = 3,14V
Icq= 6, 33 · 10−4
gmM = 11, 3µ℧
gmQ = 0, 03℧
rπ = 3, 3 · 103 Ω
A=

−RcgmQ gmM rπ
1+rπgmM

= −10, 9V

Zin = Rb2//Rb1
Zout = Rc
10V
Rc = 3K
M1

Rb = 465K
R1 = 10K

Rg = 10K

Q1

Vx

Vi

+

Rd = 3K

-

Respuesta:
Idq= 1mA
Vgs=-3V
Icq= 1mA
ro
A = RdgmM gmQ Rc( ro+rd ) = 700

Zin = Rb//rπ
Zout = ro//Rd

46

Kn’(w/l) = 2 mA/V
Vt = -2
VA = 100V
l = 0,01
b = 50

2


3. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC
15V
Kn’(w/l) = 1 mA/V
Vt = -2
ro1 = 200K
ro2 = 200K
b = 100

R1 = 40K
M1

2

R2 = 10K
Vo
R3 = 680K
Q1

Vi

+

R4 = 680k

-15V

Respuesta:
A = −gm(r01 //r02 )
Zin = R3 //R4 //rπ
Zout = r01 //r02
10V

60K

Kn’(w/l) = 1 mA/V
Vt = 2
ro3 = 100K
b = 100

1K
Q2
M1

Vi

+
-

3,65K

40K

9,3K

Q4

Q3

-10V

Respuesta:
Idq= 2mA
Vgs=4V
Icq= 0,99mA
A=

−r03 (1+gmQ rπ)(gmM R3 )
R3 +Rrπ+(R4 +R3 )(1+gmQ rπ)

R3 +rπ
Zout = r03 //(( gmrπ+1 ) + R4 )

Zin = R1 //R2

47

2


5. Para el circuito mostrado a continuación realizar análisis AC
10V

¥

Ro=
b = 100
10
Vo

Respuesta:
A=

R2 β 2
(R1 +rπ1 )(1+β)

Zout = R2 )
Zin = R1 + rπ1
10V

R1
Q2
M1

Vi

+
R2

4,3V

Respuesta:
Idq= 400µA
Vgs= -5V
Icq= 2,5mA
A = −R2 gm1 +

(R2 gm1 +gm2 )gm1 R1 rπ2
R1 +rπ2 +R1 rπ2 gm1

Zout = R2
Zin = ∞

48

Kp’= 50 mA/V 2
w = 40m
l = 10m
|Vto| = 3V
b = 50
Is=1.7*10^-15
VA = ¥



10V

R3 = 2K

R1 = 2,75K

b = 100

Rbb = 425K

Q2
Q1

Vi

+
R4 = 10K

R2 = 5K
-10V

Respuesta:
Icq2= 1mA
Icq1= 1mA
A=

R4 gm2 gm1 (R1 +R3 (β2 +1))
(Rbb+rπ1 +R2 +R2 β1 )(R1 +rπ2 +R3 (β2 ))

+1

Zin = Rbb + rπ1 + R2 (β + 1)

49

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