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• alder anthony anahue

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EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III Ejercicio 13.1 Considere el circuito simple del amplificador operacional MOS que se muestra en la Figura P13.1. El sesgo la corriente es IQ = 200μA. Los parámetros del transistor son k norte = 100μA / V2, k pags = 40μA / V2, VT N = 0.4V, VT P = −0.4 V, y λn = λp = 0. La tolerancia de ancho relación (W / L) para M1 y M2 es 20 y para M3 es 40. (a) Diseñe el circuito tal que ID3 = 200μA y vo = 0 cuando v1 = v2 = 0. (b) Encuentre la señal pequeña ganancias de voltaje (i) Ad = vo1 / vd y (ii) A2 = vo / vo1. (c) Determinar la ganancia general de voltaje de señal pequeña A = vo / vd.

Solución: (a) Diseñe el circuito tal que ID3 = 200μA y vo = 0 cuando v1 = v2 = 0. R D 2=

0− (−3 ) =15 k Ω 0.2

k 'p I D3= 2

W L

( )( ) ( 3

V SG 3 +V TP ) 2

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III 0.2=

( 0.042 )( 40) ( V

R D 1=

SG 3

−0.4 )2 ⇒V SG 3=0.9V

0.9 =9 k Ω 0.1

(b) Encuentre la señal pequeña ganancias de voltaje (i) Ad = vo1 / vd y (ii) A2 = vo / vo1.

( i ) A d=

v ol gml = ∗R D 1 vd 2

gm 1=2

(√ 0.12 ) ( 20) ( 0.1)=0.6325 mAV

Ad =

( 9 )=2.846 ( 0.6325 2 )

( ii ) A 2=

gm 3=2

vo =−g m 3 R D 2 vo 1

(√ 0.042 ) ( 40) ( 0.2)=0.8 mAV

A2=−( 0.8 ) (15 )=−12 A2=0.8

mA V

(c) Determinar la ganancia general de voltaje de señal pequeña A = vo / vd. A=A d∗A2= (2.846 )(−12 ) =−34.15 A=¿−34.15

Ejercicio 13.2 Considere el simple circuito bipolar de amplificador operacional que se muestra en la Figura P13.2. El sesgo la corriente es IQ = 0.5 mA. Los parámetros del transistor son βn = 180, βp = 120, VBE (encendido) = VEB (encendido) = 0.7 V, y VAn = VAp = ∞.

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III (a) Diseñe el circuito tal que IC3 = 0.4 mA y vo = 0 cuando v1 = v2 = 0. (b) Encuentre la señal pequeña ganancias de voltaje (i) Ad = vo1 / vd y (ii) A2 = vo / vo1. (c) Determinar la ganancia general de voltaje de señal pequeña A = vo / vd.

Solución: (a) Diseñe el circuito tal que IC3 = 0.4 mA y vo = 0 cuando v1 = v2 = 0. R C 2=

3−0 =7.5 k Ω 0.4

V B 3=0.7+ ( 0.4 ) ( 0.5 )−¿−2.1 V R C 1=

−2.1− (−3 ) =3.6 k Ω 0.25

(b) Encuentre la señal pequeña ganancias de voltaje (i) Ad = vo1 / vd y (ii) A2 = vo / vo1.

( i ) A d=

v o 1 gm 1 = ¿ vd 2

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III gm 1 =

( 180 )( 0.026 ) 0.25 mA =9.615 ,r π 3 = =11.7 k Ω 0.026 V 0.4

Ri 3=r π 3 + ( 1+ β n ) R E=11.7 + ( 181 ) ( 0.5 )=102.2 k Ω Ad =

¿ ( 9.615 2 )

( ii ) A 2=

vo − βn R C 2 −( 180 ) ( 7.5 ) = = =−13.21 v o 1 r π 3 + ( 1+ β n ) R E 11.7+ ( 181 )( 0.5 )

A2=−13.21 (c) Determinar la ganancia general de voltaje de señal pequeña A = vo / vd. A=A d∗A2= (16.72 ) (−13.21 )=−220.9 a=−220.9

Ejercicio 13.5 Considere el circuito del amplificador operacional BJT en la figura P13.5. Los parámetros del transistor son: β (npn) = 120, β (pnp) = 80, VA = 80 V (todos los transistores) y base–voltaje de encendido del emisor = 0.6 V (todos los transistores). (a) Determine la pequeña señal ganancia de voltaje en modo diferencial. (b) Encuentre la entrada en modo diferencial resistencia. (c) Determine el ancho de banda de ganancia unitaria.

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Solución: (a) Determine la pequeña señal ganancia de voltaje en modo diferencial. Ad =gm 1 (r D 2||r o 4|| Ri 6 ) gm 1 =

IC1 20 mA = ⟹ 0.769 V T 0.026 V

r o 2=

V A 2 80 = =4 M Ω I C 2 20

r o 4=

V A 4 80 = =4 M Ω I C 2 20

Ri 6=r π 6+ ( 1+ β n) ¿ r π 7=

(120)( 0.026) =15.6 k Ω 0.2

IC6 ≅

V BE ( on ) 0.6 = =0.030 mA R1 20

r π 6=

( 120 ) ( 0.026 ) =104 k Ω 0.030

Entonces:

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III Ri 6=104 + ( 121 ) ¿ Por lo tanto: Ad =769 ( 4||4||.16 ) ⟹ A d=565 Ahora: V o =−I c7 r o 7=− ( β n I b 7 ) r o 7=−β n r o 7

V o =−β n ( 1+ β n ) r o 7

(

(

R1 I R1 +r π 7 c 6

)

R1 V o1 Ib 6 y Ib 6 = R1 +r π 7 Ri 6

)

Entonces: A v2=

ro 7 =

V o −β n ( 1+ β n ) r o 7 R1 = V o1 Ri 6 R 1+ r π 7

(

)

V A 80 = =400 k Ω I C 7 0.2

Así: A v2=

−( 120 ) ( 121 )( 400 ) 20 ⟹ A v 2=−2813 1160 20+ 15.6

(

)

ganancia gener al= A d∗A v 2=( 565 ) (−2813 ) ⟹ A=−1.59 x 106 (b) Encuentre la entrada en modo diferencial resistencia. r π 1=

( 80 ) ( 0.026 ) =104 k Ω 0.020

Rid =2r π 1 Rid =208 k Ω (c) Determine el ancho de banda de ganancia unitaria. f PD =

1 y C M =( 10 ) ( 1+ 2813 )=28.140 pF 2 π R eq C M

Req =r o 2||r o 4|| Ri 6=4||4||1.16=0.734 M Ω

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

f PD =

1 6

2 π ( 0.734 x 10 ) ( 28.140 x 10−12)

=7.71 Hz

Producto de ancho de banda de ganancia=( 7.71 ) ( 1.59 x 10 6 ) ⟹ 12.3 MHz

Ejercicio 13.6 Considere la etapa de entrada del amplificador operacional 741 en la Figura 13.4 (b). (a) Suponga los voltajes de entrada son V1 = 0 y V2 = +15 V. Considere el voltaje B – E de cada transistor y determinar qué transistor actúa como protección dispositivo. (b) Repita la parte (a) para V1 = −15 V y V2 = 0.

Solución: (a) Suponga los voltajes de entrada son V1 = 0 y V2 = +15 V. Considere el voltaje B – E de cada transistor y determinar qué transistor actúa como protección dispositivo. Respuesta: actúa como dispositivo de protección Q3 (b) Repita la parte (a) para V1 = −15 V y V2 = 0.

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III Respuesta: actúa como dispositivo de protección Q 4

Ejercicio 13.7 Para la etapa de entrada del amplificador operacional 741, suponga voltajes de ruptura B – E de 5 V para los dispositivos npn y 50 V para los dispositivos pnp. Estime el voltaje de entrada diferencial en el que ocurrirá la falla. Solución: Si nosotros asumimos V BE ( on )=0.7 V , luego V ¿ =0.7+ 0.7+50+5 Entonces el voltaje de ruptura ≈ 56.4 V

Ejercicio 13.8. Considere la porción del circuito de polarización del amplificador operacional 741 en la Figura 13.5. Asumir parámetros del transistor de IS = 5∗10−16 A. Desprecie las corrientes base. (a) Rediseñe el circuito de manera que IREF = 0.5 mA e IC10 = 30μA para voltajes de polarización de ± 15 V. ¿Cuáles son los valores de VB E11, VE B12 y VB E10? (b) Utilizando los valores de resistencia encontrados en la parte (a) y suponiendo VBE (on) = VEB (on) = 0.6 V, determine los valores de IREF e IC10. (c) ¿Cuáles son las diferencias porcentuales en los valores actuales entre las partes (a) y (b)? Solución: a) 0.5∗10−3 V BE 12=V BE 11= ( 0.026 ) ln =0.7184 V 5∗10−16

(

)

R 5=

15−0.7184−0.7184−8−(−15) =57.1 kohm 0.5

R4 =

0.026 0.5 ln =2.438 kohm 0.03 0.03

( )

V BE 10=V BE 11 −I C 10 R 4=0.7184− ( 0.03 )( 2.438 ) =0.6453 V

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III b) I REF =

15−0.6−0.6−(−15) =0.5044 mA 57.1

I C 10 ( 2.438 )=( 0.026 ) ln

( 0.5044 )→ I I

C 10

≅ 30.1uA

C 10

c) I REF : I C 10 :

( 0.5044−0.5 )∗100 %=0.88 % 0.5

∗100 %=0.33 % ( 30.1−30 30 )

Ejercicio 13.9. Repita el problema 13.8 para voltajes de polarización de ± 5 V. Solución: a) R 5=

5−0.7184−0.7184−(−5) =17.13 kohm 0.5

R4 =

0.026 0.5 ln =2.438 kohm 0.03 0.03

( )

V BE 12=V BE 11=0.7184 V V BE 10=0.6453V b) I REF =

5−0.6−0.6−(−5) =0.5137 mA 17.13

I C 10 ( 2.438 )=( 0.026 ) ln

(

0.5137 → I C 10 ≅ 30.22uA I C 10

)

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III I REF : I C 10 :

( 0.5137−0.5 )∗100 %=2.74 % 0.5

( 30.22−30 )∗100 %=0.733 % 30

Ejercicio 13.10 Considere el circuito de polarización que se muestra en la figura P13.10. Deje V +¿¿ = 3 V, V −¿ ¿ = −3 V, R1 = 80 k, y RE = 3.5 k. Suponga parámetros de transistor de IS = 5∗10−15 A para Q1, Q2, Q3; IS = 3∗10−15 A para Q4; y IS = 10−15 A para Q5. (a) Encuentre las corrientes IREF, I3, I4 e I5. (b) Repita la parte (a) para IS = 8∗10−15 A para Q4 e IS = 2∗10−15 A para Q5.

Solución: a) I REF =

3−V EB 2 −V EB 1−(−3) 80

V BE 2 =V BE 1=( 0.026 ) ln

(

I REF 3∗10−15

)

Por prueba y error, I REF ≅ 59.6 uA

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III I 3 ( 3.5 ) =( 0.026 ) ln

→ I ≅ 11.9 uA ( 0.0596 I ) 3

3

I 4=

I S4 3∗10−15 ∗I REF= ∗( 59.6 )=35.76 uA I S2 5∗10−15

I 5=

IS5 1∗10−15 ∗I REF= ∗( 59.6 )=11.92 uA I S2 5∗10−15

(

)

(

)

b) I REF =59.6uA , I 3=11.9 uA I S4 8∗10−15 I 4= ∗I REF= ∗( 59.6 ) =95.36 uA I S2 5∗10−15

(

I 5=

)

IS5 2∗10−15 ∗I REF= ∗( 59.6 )=23.84 uA I S2 5∗10−15

(

)

Ejercicio 13.11 Los voltajes de suministro mínimos recomendados para el amplificador operacional 741 son V +¿¿ = 5 V y V −¿ ¿ = −5 V. Utilizando estos voltajes de suministro más bajos, calcule: IREF, IC10, IC6, IC17 e IC13A. Solución: I REF =

5−0.6−0.6−(−5) → I REF=0.22 mA 40

I C 10 R4 =V T ln

I REF I C 10

( )

I C 10(5)=(0.026) ln

( 0.22 I ) C 10

Por prueba y error, I C 10 ≅ 14.2 uA IC6 ≅

I C 10 → I C 6=7.10 uA 2

I C 17=0.75 I REF → I C17 =0.165 mA I C 13 A =0.251 I REF → I C13 A =0.055 mA

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Ejercicio 13.12. Un diagrama de circuito expandido de la etapa de entrada 741 se muestra en la figura 13.6. Suponga que I c10=50 uA . Si las ganancias actual de los transistores npn es βn=90 y la ganancia actual de los transistores pnp es βp=40, Determine IC9, IC2, IC4, IB9 e IB4. No descuide las corrientes base del transistor npn. Solución:

I c8 =I c9 2 I =I c 8 +

1Ic9 2 =I c 9 1+ βp βp

I E 3 =I E 2=I

(

1+ β n βn

( )

)

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III I C 10=I C 9 +2 I

1+ β n βn

1 1+ β p

1+ βn βn

1 2 1+ 1+ β p βp

( )( )

I C 10=I C 9 + I C 9

( )( )( )

50=I C 9 ¿ I C 2=I =

I c 4=I C 2

Ic9 2 48.738 2 1+ = 1+ =25.587 uA 2 βp 2 40

(

1+ β p βp

)

(

)

1 40 =25.587 1+ β n 41

( )( )

I B 9=

I C 9 48.738 = =1.218uA βp 40

I B4=

I C 4 25.240 = =0.631 uA βp 40

( )( 9091 )=25.240 uA

Ejercicio 13.13. Considere el amplificador operacional 741 en la figura 13.3, polarizado con V+=15V y V-=-15V. Suponga que no hay carga conectada en la salida y deje que los voltajes d entrada sean cero. Calcule la potencia total disipada en el amplificador operacional circuito. ¿Cuáles son las corrientes suministradas por V+ y V-?

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Solución: V B 5−V −¿=V

BE

( on ) + I C5 ( 1 ) ¿

¿ 0.6+ ( 0.0095 )( 1 )=0.6095 I C 7=

0.6095 =12.2uA 50

I C 8=I C 9=19 uA I REF =0.72 mA I E 13=I REF=0.72 mA I C 14=138 uA FEM =¿

¿ 30 [ 0.0122+ 0.019+0.72+0.72+0.138 ] FEM =48.8 mW corriente suministrada en V +¿ y V

−¿= [ IC 7 + IC 8 + IC 9 + I REF +I E 13+ I C14 ] =1.63 mA¿

¿

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Ejercicio 13.14. Considere el circuito 741 en la figura 13.3. (a) determine el rango máximo de voltaje de entrada en modo común si los voltajes de polarización son ±15V. (b) Repita parte (a) si los voltajes de polarización son ±5V.

Solución: a).v cm ( min )=−15+3∗0.6=−12.6 V v cm ( max )=+15−6=14.4 V Entonces −12.6 ≤ v cm ≤ 14.4 V b).v cm ( min )=−5+ 4∗0.6=−2.6 V v cm ( max )=+5−0.6=4.4 V Entonces −2.6 ≤ v cm ≤ 4.4 V

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Ejercicio 13.15. Considere la etapa de salida del amplificador operacional 741 que se muestran en la figura 13.8. Asume V1=V2=0 , V+=5V y V-=-5V. Sea I los medidores se describen en el ejemplo 13.3. Encuantre IC13A, IR10, IC19, IC18, Vbe19, VBE18 e IC14.

Solución: I C 13 A =( 0.25 ) I REF=0.25∗0.5=0.125 mA I R 10 ≅

0.6 =0.012 mA 50

I C 19 ≅ I C 13 A −I R 10=0.125−0.012=0.113 mA I B 19=

I C 19 0.113 = =0.565 uA βn 200

I C 18=I R 10+ I B 19=12+ 0.565=12.565 uA V BE 18=0.026∗ln

V BE 19=0.026∗ln

(

12.565∗10−6 =0.54474 V 10−14

(

0.113∗10−3 =0.60185 V 10−14

)

)

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III V BB V BE 18 +V BE 19 = =0.57329 V 2 2 −14

I C 14=( 3∗10

0.57329 ( ) ) e 0.026 =113 uA

Ejercicio 13.16. Considere la etapa de salida en la Figura P13.16 con parámetros V −¿=−5 V , R =10 KΩ¿ y I BIAS=80 μA . Suponga que los parámetros del diodo son: L

I SD=5 × 10−15 A, supongamos que los parámetros del transistor son I SQ=8× 10−15 A . βn= βp=120 (a) Para v1 =0, determine V BB , I CN e I CP. (b) Para v1 =3V , determine v 0 , i L , V BB , I CN e I CP. Solución: 1.22178 I Bias 80 x 10−6 V BB =2V T ln =2 ( 0.026 ) ln =1.22 V 2 I CN =I CP =I sq exp I SD 5× 10−15 0.026

( )

(

[ ]

)

I CN =I CP =128 μAPara v 1=3 V , v 0=3 V , i L =

3 =0.3 mA 10

Aproximando: I BN =

0.3 77.5 x 10−6 I BN =80−2.5=77.5 μA V BB =2 ( 0.026 ) ln =1.22013V 120 5 x 10−15

V BEN =( 0.026 ) ln

(

(

0.3 x 10−3 =0.633 V V EBP=V BB −V BEN =0.58V 8 x 10−15

)

I CP= ( 8 x 10−15 ) exp

0.58 ( 0.026 )=51.24 μA

( 0.3+0.05124 ) I ( 120 121 )

Segunda aproximación I CN = V BB =2 ( 0.026 ) ln

)

(

=2.903 μA I D =80−2.903=77.1 μA

77.1 x 10−6 0.348 x 10−3 =1.219V V = ( 0.026 ) ln =0.63 V BEN 5 x 10−15 8 x 10−15

)

V EBP =1.219−0.636=0.58 V I CP= ( 8 x 10−15 ) exp

Ejercicio 13.17.

BN

(

0.58 ( 0.026 )I

)

=43.7 μA

CP

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III La figura P13.17 muestra un circuito que a menudo se usa para proporcionar el voltaje V BB en la etapa de salida del amplificador operacional. Suponga que I S=5 × 10−15 Apara el transistor, I BIAS=120 uA e I C =0.9 I BIAS. Descuidar la corriente base. Diseñe el circuito de modo que V BB =1.160 V . Solución:

V BB 1.16 = =96.67 kΩ ( 0.1 ) I BIAS ( 0.1 ) ( 0.12 )

R1 + R2=

R2 I CQ ( 0.9 ) ( 120 x 10−6 ) V BE =V T ln =( 0.026 ) ln =0.6187 V V BE = ( V BB ) −15 R1 + R2 IS 5 x 10

(

( )

)

(

)

R ( 96.67 )( 1.16 )R =51.56 kΩ , R =45.11 kΩ

0.6187=

2

2

1

Ejercicio 13.18. Suponga voltajes de polarización en el amplificador operacional 741 de ± 15 V. (a) Determine la ganancia de voltaje en modo diferencial de la primera etapa si R 1=R 2=0. (b) Determine la ganancia de voltaje de la segunda etapa si R8 =0. Solución: (a) Ad =−g m (r o 4||r 06||R 12) De el ejemplo 13.14 gm =

9.5 μA =365 , r o 4 =5.26 MΩr o 6 =r o 4 =5.26 MΩAsumiendo R 8=0 R12=r 16 + ( 1+ β n ) R'E 0.026 V

¿ 329+(201) ¿ Ad =−( 365 ) ¿ (b) De la ecuación 13.20 A v2=

−β n ( 1+ β n ) R 9 ( Ract 2||Ri 3|| R017 ) R12 { R +[r 9

A v2=

R g=0 , R!2=1.95 MΩ

+ 1+ βn ) R g] } 17 (

−200 ( 201 ) ( 50 ) ( 92.6||4050||92.6 ) A v2=−792 ( 1950 ) ( 50+9.63 )

Ejercicio 13.19.

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III Vuelva a calcular la ganancia de voltaje de la etapa de entrada del amplificador operacional 741 si I C 10=40 uA . Solución: I C 10=40 μA , entonces I C 1 =I C 2=20 μA R12=4.07 MΩr 6 = gm 6 =

( 200 )( 0.026 ) =260 K Ω 0.020

0.020 0.769 mA 50 = r 06= =2.5 M Ω 0.026 V 0.02

Entonces Ract 1=2.5 ¿ r 06=

50 =2.5 MΩEntonces 0.02

Ad =−

I CQ 20 r 04||R ||R )¿− ( 2.5||4.42|| 4.07 ) Ad =−882 ( 0.026 VT

( )

act 1

i2

(

)

Ejercicio 13.20. Asumiendo el opamp 741 mostrado en la figura es parcial en ±5V, Usando los parámetros del circuito entregados en la figura y parámetros del transistor entregado en el ejemplo, calcular en general la señal de ganancia más pequeña del amplificador. Solución: I 1=I 2 =7.10 μA ¿ I c 17=0.165 mA ¿ I c 13 A=0.055 mA I c16 ≈

I B 17 R8 +V BE 17 0.165 ( 0.165 ) ( 0.1 ) +0.6 = + R9 200 50

I c16 =0.0132mA r π 17=

( 200 ) ( 0.026 ) =31.5 K 0.165

R1E=R 9 |[ r π 17+ (1+ β ) R8 ]=50| 51.6=25.4 K

|

r π 16=

( 200 ) ( 0026 ) =394 K 0.0132

|

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III Ri 2=r π 16 +(1+ β)R 1E =394+(201)(25.4)→ 5.50 MΩ r π 6=

( 200 ) ( 0026 ) =732 K 0.0071

gm 6 = ro 6 =

0.0071 0.273 mA = 0.026 V

50 =7.04 M Ω 0.0071

Ract 1=r o 6 ¿ Ract 1=8.96 M Ω r o 4=

50 =7.04 M Ω 0.0071 Entonces

Ad =−g m 1 ( r o 4||R act 1|| Ri 2)=−(

7.10 )(7.04||8.96||5.5) 0.026

Ad =−627 Ract 2=

50 50 →303 k ¿ R o 17= =303 k 0.165 0.165

A v2 ≅−

β (1+ β )R 9( R act 2∨¿ R o 17) −200(201)(50)(303∨¿ 303) = Ri 2 { R9 + [ r π 17 + ( 1+ β ) R 8 ] } ( 5500 ) [ 50+31.5+ ( 201 ) ( 0.1 ) ] 8

−3.045∗10 A v2= =−545 5.588∗105 A v =(−627 ) (−545 )=341.715

Ejercicio 13.21. Repetir problema 13.20 considerando voltajes iniciales de 100v Solución: Usando los resultados del problema 13.20 Ri 2=5.50 M Ω¿ Ract 1 (

100 )[1+(0.273)(1∨¿ 732)]→ 17.93 M Ω 0.0071

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III r 04 =

100 → 14.08 M Ω 0.0071

Ad =−

7.10 ( 0.026 ) (14.08||17.93||5.50)

Ad =−885 Ract 2= A v2=

100 100 → 606 k ¿ R o 17 = =606 k 0.165 0.165

−(200)(201)(50)(606∨¿ 606) =−1090 ( 5500 ) [ 50+31.5+ ( 201 )( 0.1 ) ]

A v =(−885 ) (−1090 )−964.650

Ejercicio 13.22. Considere la salida de un opamp 741 mostrado en la figura asuma, I bias=0.18mA y asuma los parámetros del transistor de I S=10−14 A y β {n }=200. Solución: a) Determine el valor de R10 que podría resultar en I C 18=0.25 1C 19 I c18 + I c19=I bias ( 0.25 ) I c19 + I c19=0.18 mA I c18=0.036 mA ¿ I c 19=0.144 mA V BE 19= ( 0.026 ) ln

(

0.144∗10−3 =0.60815 V 10−14

)

0.60815 =16.9 K Ω 0.036 b) Cuales son los voltajes resultantes de V BE 18 y V BE 19. V BE 19=0.60815V R10=

V BE 19= ( 0.026 ) ln

(

0.036∗10−3 =0.5721V 10−14

)

Ejercicio 13.23. El vías básico del circuito de la salida del transistor es mostrado en la figura. Circuito equivalente de la señal pequeña. Solución:

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III a) Asuma que V A =50 V y use los parámetros descritos en el ejemplo 13.3, Vx determine la señal pequeña equivalente de la resistencia Req = . Ix

I c19=0.168 mA ¿ gm 19= r π 19=

( 200 ) ( 0.026 ) 50 =30.95 K ¿ r o 19= =298 K 0.168 0.168

I c18=12.84 uA ¿ g m 18= r π 18=

0.168 6.462 mA = 0.026 V

0.01284 mA =0.4938 0.026 V

( 200 ) ( 0.026 ) 50 =405 K ¿ r o 18= =3894 K 0.01284 0.0184

V x =V π 18+V π 19 I x=

V π 18 V V + gm 18 V π 18+ π 18 + gm19 V π 19+ x r π 18 r o 18 r o 19

V π 18 V π 18 V π 19 V π 19 + gm 18 V π 18 + = + r π 18 r o 18 R10 r π 19 V π 18

1 ( 4051 +0.4938+ 3894 )=V

π 19

(

1 1 + ) 50 30.95

V π 18 ( 0.49653 )=V π 19 ( 0.05231 ) →V π 18=V π 19 (0.10535) I x =V π 18 ( 0.49653 ) + ( 6.462 ) V π 19 +

Vx 298

I x =V π 18 ( 0.10535 ) (0.49653)+ ( 6.462 ) V π 19 +V x (0.003356) I x =V π 19 ( 6.5143 )+ V x (0.003356) V x =V π 18+V π 19=V π 19 ( 0.10535 ) +V π 19=( 1.10535 ) V π 19 V π 19=(0.90469)V x I x =( 0.90469 ) V x ( 6.5143 ) +V x ( 0.003356 ) Ix 1 = =5.8968 → R eq=170 Ω V x R eq

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Ejercicio 13.24 Calcule la resistencia de salida del amplificador operacional 741 si Q 14 está conduciendo y Q20 está cortado. Suponga una corriente de salida de 2 mA Solución: Tenemos: Re 14=

r π 14+ R01 y R 0=R6 + Re 14 1+ β p

Suponga que la resistencia en serie de Q18 y Q 19 es pequeña. Entonces: R01=r 013 A ∥ Re 22 y R e22=

r π 22 + R 017 ∥r 013 B 1+ β p

Dónde: R017 =r 017 [ 1+ g m 17 ( R8 ∥ r π 17) ] Usando el resultado del ejemplo 13.6 r π 17=9.63 kΩ r π 22=7.22kΩ. g π 17=20.8 mA/V

r 017 =92.6 kΩ

Entonces R017 =92.6 [1+20.8 ( 0.1 ∥9.63 ) ]=283 kΩr 013 B =

50 =92.6 kΩ 0.54

Entonces Re 22= r π 14=

7.22+283 ∥92.6 =1.51kΩR01=r 013 A ∥ Re 22 =278∥ 1.51=1.50 kΩ 51

50∗0.026 =0.65 kΩEntonces 2

Re 14=

0.65+1.50 =0.0422 kΩ → R e14 =42.2 ΩFinalmente 51

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III R0 =42.2+27 → R 0=69.2 Ω

Ejercicio 13.25 (a) Determine la resistencia de entrada diferencial del amplificador operacional 741 cuando esté polarizado a ± 15 V. (b) Repita la parte (a) cuando el amplificador operacional esté polarizado a ± 5 V. Solución:

[

Rid =2 r π 1+ ( 1+ β n )

rπ 3 β =200 β p=10 1+ β n n

( )]

(a) I C 1=9.5 μAr π 1=

200∗0.026 10∗0.026 =547 Kr π 3= =27.4 K 0.0095 0.0095

Entonces k ( 201∗27.4 )] R =2.095 MΩ 11

[

Rid =2 547 k +

id

(b) I C 1=7.10 μAr π 1=

[

Rid =2 732 k +

200∗0.026 10∗0.026 =732 K r π 3= =36.6 K 0.0071 0.0095

k ( 201∗36.6 )]R =2.80 MΩ 11 id

Ejercicio 13.26 La respuesta de frecuencia de un amplificador operacional 741 en particular muestra que el amplificador operacional tiene un margen de fase de 70 grados. Si existe un segundo polo simple, además del polo dominante, determine la frecuencia del segundo polo. Use la ganancia general y los parámetros del polo dominante calculados en la Sección 13.2. Solución: Podemos escribir lo siguiente: A ( f )=

A0

(1+ j f f )(1+ j ff ) PD

Fase

1

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III ∅=−t an−1

( 10.7f )−tan ( ff ) −1

1

−1

margen de fase=70° ∅=−110 °−110=−tan

( 10.7f )−tan ( ff ) −1

1

Suponiendo que f ≫ 10.7 Hz Tenemos tan−1

f f =20° → =0.364 f1 f1

( )

A esta frecuencia, | A ( f )=1|entonces 1=

181.260

√

f 2 1+ . √ 1+0.364 2 10.7

( )

170.327

¿

√

f 1+ 10.7

2

( )

f =170.327 → f =1.82 MHz 10.7

Entonces el segundo polo es f 1=

f → f 1=5 MHz 0.364

Ejercicio 13.27 Un amplificador operacional que es compensado internamente por la compensación de Miller tiene un ancho de banda de ganancia unitaria de 10 MHz y una ganancia de baja frecuencia de 106 . (a) ¿Cuál es la frecuencia de polo dominante? (b) El condensador de retroalimentación se encuentra en la segunda etapa, que tiene una ganancia de −103. La resistencia efectiva a la entrada de la segunda etapa es Req = 1.2MΩ. ¿Cuál es el valor del condensador de retroalimentación? Solución: (a) 10 x 106 =f PD ( 106 ) → f PD =10 Hz (b) f PD =

1 1 →C M = C M =1.326 x 10−8 F 6 2 π R eqC ( ) 2 π 1.2 x 10 10 M

C M =C F ( 1+| A|) → C F=

1.326 x 10−8 C =13.25 pF F 1001

EJERCICIOS RESUELTOS—CIRCUITOS ELCTRONICOS III

Ejercicio 13.28 Un amplificador operacional 741 de tres etapas tiene una ganancia de bucle abierto de baja frecuencia de 200,000 y una frecuencia de polo dominante de 10 Hz. Los polos segundo y tercero tienen la misma frecuencia. Si el margen de fase es de 70 grados, determine la frecuencia del segundo y tercer polos. Solución: ∅=−110=−tan −1

f

(f )

−2 tan−1

PD

f

( f )=0.1763 2.3

| A|=1=

f

(f )

=−90−2 tan−1

2.3

( f )Entonces; 2.3

200,000

√

f

≅

200,000

f [ 1+ 0.1763 ] f =1.9397 MHzEntonces; ( ) ( f ) [ ( f ) ] 10

1+

f

2

1+

PD

1.9397 x 106 f 2.3= → f 2.3=11.0 MHz 0.1763

f

2.3

2

2