Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Escuela Profesional de Ingeniería Eléctr
Views 169 Downloads 3 File size 67KB
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
SOLUCION PRACTICA CALIFICA Nº1 1. PROBLEMA Nº 1 Determinar la corriente I para cada una de las configuraciones de la figura Nº 1 empleando el modelo equivalente aproximado del diodo.
Fig. Nº1: Configuraciones del Diodo
Resolución 1a:
I = 0mA Debido a que el diodo esta abierto
Resolución 1b:
Por la ley de Kirchhoff ley de mallas:
V20 Ω = 20 − 0.7v = 19.3v 19.3v I= 20Ω I = 0.965 A Resolución 1c:
Los diodos están abiertos entonces Por la ley de Ohm
10v 10Ω I = 1A
I=
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
1
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
2. PROBLEMA Nº 2 Determine
V0
para la configuración de la figura Nº 2
Fig. Nº2: Determinar
V0
Resolución 2a:
0V En el terminal es mas positivo que −5V por lo tanto el diodo superior esta apagado y el diodo inferior esta en conducción
V0 = 0v − 0.7v = −0.7v V0 = −0.7v
Resolución 2b:
Desde todas los terminales del sistema son de 10V
I = 0A V0 = I .R1k Ω + 10v
V0 = 10v
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
2
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
Resolución 2c:
El diodo de Silicio requiere mas nivel de voltaje que el diodo de Germanio, al incrementarse hasta 5V el diodo de Germanio entra en estado de conducción y mantendrá su nivel a 0.3V y el diodo de Silicio nunca alcanzar su estado de conducción
V0 = 5v − 0.3v V0 = 4.7v
Resolución 2d:
El diodo de Silicio con −5V en el cátodo esta en estado de conducción mientras que en el otro esta apagado
V0 = −5v − 0.7v V0 = −4.3v
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
3
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
3. PROBLEMA Nº 3
Fig. Nº3: Problema 3
3.1
Considerando un modelo ideal para el diodo, determine que condición debe cumplir K para que el diodo siempre este encendido (ON)
3.2
Determinar la tensión V1 , si K = 2 , R1 = R2 = R
Resolución 3.1:
Por la ley de Nodos:
I1 + I1....I n = 0 V1 − E V1 V1 − KV1 + + =0 R1 R1 R2
2V1 − E V1 KV1 + = R1 R1 R2 R2 . ( 2V1 − E ) + R1V1 KV1 = R1.R2 R2 K=
R2 . ( 2V1 − E ) + R1V1 R1.V1
Resolución 3.2:
Reemplazando K = 2 , R1 = R2 = R en la ecuación: K =
Obtenemos:
R2 . ( 2V1 − E ) + R1V1 R1.V1
2 RV1 = 2V1 R − ER + RV1 V1 = E
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
4
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
4. PROBLEMA Nº 4 Se tiene una pastilla de Si a 300K , con una sección de 1mm2 y una longitud de 5mm , dopada uniformemente con Na = 1015.cm−3 . En un momento dado se ilumina la Oblea, dando lugar a una generación de portadores Δn = Δp = 1014.cm−3 . Datos μn = 1350 cm2 Vs , μp = 460 cm2 Vs , ni(300K ) →1010 cm−3
4.1
Calcular la resistividad de la muestra iluminada
4.2
Dicha pastilla se polariza según figura Nº 4 Calcular el incremento en tanto por ciento de la corriente que circula a través por el hecho de iluminarla
Fig. Nº4: Pastilla de Silicio
Resolución 4.1:
Datos:
T = 300º K Δn = Δp = 1014.cm−3
ni(300K) →1010 cm−3 μn = 1350 cm2 Vs
μp = 460 cm2 Vs Na = 1015.cm−3
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
5
Universidad Nacional del Callao Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
ρ=
1
σ
1 → q ( N d .μn + N a .μ p )
σ=
→
Escuela Profesional de Ingeniería Eléctrica Ciclo 2009-B
σ=
1.6 x10
−19
1 ( N d .1350 + 1015.360 )
σ = ?? 1
σ = ?? 2
ni 2 Nd = → Na
N d + ΔQ = Na + Δn
N d + 1014 = Na + 1014 N d = Na = 1015
(10 ) =
15 2
= 1015 1015 σ = 0.0736 1 σ = 0.2896 2 1 ρ = = 3.450 1 σ 1 ρ = 13.584 2Total Nd
Resolución 4.2:
1 .L; R = 1 σ .A 1
1 .L R = 2 σ .A 2
5 x10−3 R = ; 1 0.7896.10−6
5 x10−3 R = 2 0.0736.10−6
R = 17.625k Ω; 1
R = 67.934k Ω 2
Luego: V = IR
V = I1 R1 ;
V = I 2 R2
V = I1 x17.625;
V = I 2 x67.934
I1 x17.625 = I 2 x67.934 I1 = I 2 3.96 Incremento = I1 − Incremento =
I1 3.96
2.96 x100% 3.96
Incremento = 74.74%
Dispositivos y componentes Electrónicos - Solución 1º Practica Autor: Saul Gamarra Q.
6