Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012

7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012

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2014-2015

FUNDAMENTOS DE INGENIERA ELECTRNICA I

Aurelio Garca Marcos

PROBLEMAS DE LOS EXMENES DELCURSO 2011-2012

Con los problemas y ejercicios originales


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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012

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PRIMERA SEMANA

FEBRERO CURSO 2011-2012


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PREGUNTA

1- Se conectan en cascada tres amplificadores con las siguientes caractersticas:

1. Amplificador 1: ;101voA ;31 kRi 1001oR

2.

Amplificador 2: ;202voA ;22 kRi 2002oR 3. Amplificador 3: ;303voA ;13 kRi 3003oR

Calcular los parmetros del modelo simplificado del amplificador en cascadasuponiendo que los amplificadores estn conectados en el orden 1, 2, 3.

A) ;3 kRi ;300oR 4731voA

B) ;300iR ;3 kRo 4348voA

C) ;2 kRi ;200oR 3348voA

D)

;200iR ;2 kRo 4438voA

EJERCICIO

1.4. Se conectan en cascada tres amplificadores con las siguientes caractersticas.

1. Amplificador 1:Avo1=10,Ri1=1 k,Ro1=100 2. Amplificador 2:Avo2=20,Ri2=2 k,Ro2=200

3. Amplificador 3:Avo3=30,Ri3=3 k,Ro3=300

Calcular los parmetros del modelo simplificado del amplificador en cascada,suponiendo que los amplificadores estn conectados en el orden 1, 2, 3.

RespuestaRi=1 k,Ro=300 ,Avo=5.357.

Planteamiento del problema:

En este tipo de problemas (amplificador en cascada), se construye un amplificadorequivalente, de tal forma que la entrada del segundo se conecta a la salida del

primero, la entrada del tercero a la salida del segundo y as sucesivamente.


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Resolucin de la pregunta:

Representando la cascada de los amplificadores dados:

La impedancia de entrada de la cascada es igual a la impedancia de entrada delprimer amplificador:

kRR ii 31

kRi 3

La impedancia de salida de la cascadaes igual a la impedancia de salida del ltimoamplificador:

30030 oRR 300oR

La ganancia de tensin de la cascadaes igual al producto de las ganancias de cadaamplificador:

4762301000200

100020

2000100

2000103

32

32

21

21321

vo

io

ivo

io

ivovvvvo A

RR

RA

RR

RAAAAA

762.4voA

La respuesta es:

A) kRi 3 300oR 762.4voA


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Resolucin del ejercicio:

Procediendo de forma anloga tendremos:

La impedancia de entrada de la cascada es igual a la impedancia de entrada del

primer amplificador:

kRR ii 11

kRi 1

La impedancia de salida de la cascadaes igual a la impedancia de salida del ltimoamplificador:

30030 oRR 300oR

La ganancia de tensin de la cascadaes igual al producto de las ganancias de cadaamplificador:

357.530

3000200

300020

2000100

2000103

32

32

21

21321

voio

ivo

io

ivovvvvo A

RR

RA

RR

RAAAAA

357.5voA

La respuesta es:

kRi 3 300oR 357.5voA


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PREGUNTA

2- Un diodo tiene un tiempo de transicin de 10 ns. Hallar los valores para losparmetros del circuito equivalente en pequea seal dr y difC , si mAIDQ 8 ,

Suponiendo un coeficiente de emisin ,1

n y una temperatura de 300 K.

A) ,17,1 dr pFCdif 2037

B) ,25,3 dr pFCdif 3077

C) ,5,12 dr pFCdif 1118

D) ,20,5 dr pFCdif 1920

EJERCICIO

3.21. Cierto diodo tiene un tiempo de transicin de 10 ns. Hallar los valores para losparmetros del circuito equivalente en pequea seal dr y difC , si mAIDQ 5 ,

Suponiendo un coeficiente de emisin ,1n y una temperatura de 300 K.

Respuesta 2,5dr y pFCdif 1920 .


Nos piden la resistencia dinmica y la capacidad de difusin.

- La resistencia dinmica viene dada por:

( n Coeficiente de emisin)

DQ

Td

I

nVr => Dnde: ( TV Tensin Trmica)

( DQI Corriente en el punto de trabajo)

- La capacidad de difusin viene dada por:

( T Tiempo de transito)

T

DQT

difV

IC

=> Dnde: ( DQI Corriente punto de trabajo)

( TV Tensin Trmica a 300 K)


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- Para la resistencia dinmica tenemos:

1n ( n Coeficiente de emisin)

mVVT 26 Siendo ( TV Tensin Trmica)

mAIDQ 8 ( DQI Corriente en el punto de trabajo)

Sustituyendo valores:

25,310*8

10*26*13

3

AV

InVrDQ

Td

25,3dr

- Para la capacidad de difusin tenemos:

10T ( T Tiempo de transito)

mAIDQ 8 Siendo ( DQI Corriente punto de trabajo)

mVVT 26 ( TV Tensin Trmica a 300 K)

Sustituyendo valores en la expresin de la capacidad de difusin:

FV

As

V

IC

T

DQT

dif

93

39

10*077,310*26

10*8*10*10

pFCdif 077.3

La respuesta es:

B) ,25,3 dr pFCdif 3077


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- Para la resistencia dinmica tenemos:

1n ( n Coeficiente de emisin)

mVVT 26 Siendo ( TV Tensin Trmica)

mAIDQ 5 ( DQI Corriente en el punto de trabajo)


2,510*5

10*26*13

3

AV

InVrDQ

Td

2,5dr

- Para la capacidad de difusin tenemos:

nsT 10 ( T Tiempo de transito)

mAIDQ 5 Siendo ( DQI Corriente punto de trabajo)

mVVT 26 ( TV Tensin Trmica a 300 K)

Sustituyendo valores en la expresin de la capacidad de difusin:

FV

As

V

IC

T

DQT

dif

93

39

10*923,110*26

10*5*10*10

pFCdif 1923

La respuesta es:

,2,5 dr pFCdif 1923


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PREGUNTA

3- Se est diseando un transistor NMOS en el que mAiD 5,0 cuando

Vvv DSGS 5 . Adems las condiciones de fabricacin nos dan qu2/50 VAKP y

VVto 1 . Suponiendo que 0 , calcular la proporcin anchura-longitud necesariapara el transistor.

A) 25,2/ LW B) 25,1/ LW C) 25,3/ LW D) 95,0/ LW

PROBLEMA5.7. Se necesita un transistor NMOS para el que mAiD 5,0 cuando Vvv DSGS 5 .

Las restricciones de fabricacin nos dan 2/50 VAKP y VVto 1 . Suponer que

0 . Calcular la proporcin anchura-longitud necesaria para el transistor. Si,2 mL cul es el valor de W? Repetir el problema para .05,0


La relacin anchura longitud viene dada por:

( KP Constante dada por el fabricante)

KP

K

L

W 2

Dnde:

( K Constante de la corriente de drenaje)

Para calcular K primero hay que determinar la regin de funcionamiento, ypartiendo de la corriente de drenaje en cada regin se calcula la constante K.

Regin Corriente Constante de corriente de drenajeCorte 0Di

Saturacin DStoGSD vVvKi 1

2

DStoGSD

vVv

iK

12

Activa

DSDSDStoGSD vvvVvKi 122

DSDSDStoGSD

vvvVv

i

K 12 2


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Hay que comenzar por identificar la regin de funcionamiento:

toGS Vv => Que el transistor trabaja en la regin de saturacin

toGSDS Vvv ,

En la regin de saturacin la corriente de drenaje viene dada por:

DStoGSD vVvKi 12

=> DStoGS

D

vVv

iK

12

Como =0, sustituyendo tendremos:

2

2

3

2/25,31

15

10*5,0VA

VV

A

Vv

iK

toGS

D

Sustituyendo ste valor en la relacin anchura-longitud:

25,1/10*50

/10*25,31*2226

26

VA

VA

KP

K

L

W

La respuesta es:

B) 25,1

L

W


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a) Para 0

Hay que comenzar por identificar la regin de funcionamiento:

toGS Vv

=> Que el transistor trabaja en la regin de saturacin

toGSDS Vvv ,


DStoGSD vVvKi 12 => DStoGSD

vVviK

12

Como =0, sustituyendo tendremos:

2

2

3

2/25,31

15

10*5,0VA

VV

A

Vv

iK

toGS

D


25,1/10*50

/10*25,31*2226

26

VA

VA

KP

K

L

W

Para mL 2 => mW 5,2

La respuesta es:

mW 5,2


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a) Para 05,0

La regin de funcionamiento es la misma ya que:

toGS

Vv

=> Que el transistor trabaja en la regin de saturacin

toGSDS Vvv ,


DStoGSD vVvKi 12

=> DStoGS

D

vVv

iK

12

Como 05,0 , sustituyendo tendremos:

2

2

3

2/25

5*05,0115

10*5,0

1 VA

VVV

A

vVv

iK

DStoGS

D


1/10*50

/10*25*2226

26

VA

VA

KP

K

L

W

Para mL 2 => mW 2

La respuesta es:

mW 2


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PREGUNTA

4- Un determinado CI est formado por puertas lgicas, cada una de las culesconsume 0,1 mW de potencia esttica. La mxima disipacin de potencia estticaadmisible para el chip es de 20W, cul es el nmero mximo de puertas que puedecontener el chip?

A) 80000N B) 950000N C) 120000N D) 200000N

EJERCICIO

6.9. Suponga que un determinado CI est formado por puertas lgicas, cada una delas cuales consume 0,25 mW de potencia esttica. La mxima disipacin de

potencia esttica admisible para el chip es de 20 W (esta cantidad no resulta extraacomo disipacin de los circuitos integrados de un computador). Cul es la cantidadmxima de puertas que puede contener el chip?

Respuesta 80.000 (cantidad considerablemente inferior al nmero de puertas quecontienen los chips de computador de alto rendimiento).


En este tipo de problemas, para calcular el nmero de puertas, lo que hay que haceres dividir la potencia admisible del chip entre la potencia que consume cada puerta;es decir:

consumida

total

W

Wpuertasn


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20


000.2001,0

20

mW

Wpuertasn

La respuesta es:

D) 000.200N


000.8025,0

20

mW

Wpuertasn

La respuesta es:

000.80N


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PREGUNTA

5- Las seales de entrada de un amplificador diferencial son: tsenttv 1502530cos7,01 tsenttv 1502530cos7,0

2

Hallar la expresin para la tensin en modo comn, icmv y la diferencial, idv

A) ,30cos7,0 tvid ,150cos25 tvicm B) ,308,2 tsenvid ,15025 tsenvicm

C) ,3025 tsenvid ,1504,1 tsenvicm D) ,30cos4,1 tvid ,15025 tsenvicm


Cmo la tensin de entrada diferencial y tensin de entrada en modo comn, vienen

dadas por:

21 iiid vvv

212

1iiicm

vvv

Solo hay que sustituir valores en ambas expresiones para calcular las tensionespedidas.


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Puesto que la tensin de entrada diferencial y tensin de entrada en modo comn,son:

21 iiid vvv

212

1iiicm

vvv


ttsenttsentvid 30cos4,11502530cos7,01502530cos7,0

tsentsenttsentvicm

150251502530cos7,01502530cos7,02

1

La respuesta es:

D) ,30cos4,1 tvid ,15025 tsenvicm


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PROBLEMA 1

Sea el amplificador en emisor comn de la figura:

Supngase que, para =300, el punto Q resultante es mAICQ

24,4 y .51,6 VVCE

6,183924,4

026,0*300

mA

V

I

Vr

CQ

T

kkkRR

RB 33,35/110/1

1

/1/1

1

21

6671/12/1

1

/1/1

1

kkRRR CLL

Mtodo rpido de comprobar las respuestas: En la pregunta 6- nos piden VA y en la

pregunta 7- nos piden la ganancia de corriente iA y la ganancia de potenciaG . Por

lo qu en las respuestas se ha de verificar la relacin ivAAG


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6- Hallar los valores de ,VA ,VOA inZ y oZ

A) ,119VA ,63VOA ;2,11 kZin kZo 8,1

B) ,109VA ,163VOA ;1185inZ kZo 1

C)

,208VA ,22,2VOA ;600inZ 120oZ D) ,55VA ,77VOA ;3,7 kZin kZo 12

Resolucin:

8,1086,1839

667*300

r

R

v

vA L

in

oV

1636,1839

1*300

k

r

R

v

vA C

in

oV

11856,1839/13333/1

1

/1/1

1

rRZ

B

in

kRZ Co 1

La respuesta es:

B) ,109VA ,163VOA ;1185inZ kZo 1


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7- Hallar los valores de iA y G

A) ;6,64iA 7039G

B) ;6,16iA 5117G

C)

;7,94iA 9811G D) ;4,22iA 1134G

Resolucin:

La ganancia de corriente viene dada por:

6,642

1185*109

kR

ZAi

iA

L

inV

in

oi

La ganancia de potencia viene dada por el producto entre la ganancia de tensin y laganancia de corriente

70416,64*109 iVAAG

La respuesta es:

A) ;6,64iA 7039G


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8- Si Vwtsentvs 001,0 , hallar la expresin de tvo

A) Vwtsentvo 122 B) mVwttvo cos5,72

C)

mVwtsentvo 6,76 D) mVwtsentvo 6,67

Resolucin:

Tenemos por definicin que:

tvtv

tAs

oV

De donde:

tvtAtv sVo *

Sustituyendo datos:

mVwtsenVwtsentvtAtv sVo 109001,0*109*

La respuesta es:

mVwtsentvo 6,76

Vemos que la respuesta que nos dan por buena no corresponde con la solucinhallada, es uno ms de los muchos fallos en este tipo de exmenes.


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PROBLEMA 2

El FET de la figura tiene VVto 2 e mAIDSS 4

PROBLEMA5.68. El FET de la Figura P5.68 tiene VVto 2 e mAIDSS 4 . Si ,9mAIDQ hallar el

valor de 2R suponiendo que el dispositivo trabaja en la regin de saturacin. Cules el valor mximo de DR permitido si el punto de trabajo debe permanecer en laregin de saturacin?


Estamos ante un circuito de cuatro resistencias en el que tendremos:

Tensin puerta-fuente: DQSSSGSQ IRRR

RVV

12

2 (1)

Tensin drenador-fuente: DQSDSSDSQ IRRVV (2)

Adems, en la regin de saturacin tenemos:2toDSS KVI

Teniendo en cuenta que:

2toGSQDQ VVKI

Podemos determinar GSQV :

K

IVV DQ

toGSQ


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9- Suponiendo que mAIDQ

9 , hllese el valor de 2R suponiendo que el dispositivo

trabaja en la regin de saturacin.

A) ;30,22 MR

B)

;1122 kR C) ;12 MR D) ;122 MR

Resolucin:

En primer lugar tenemos:

2toDSS KVI =>

222

/12

4VmA

V

mA

V

IK

to

DSS


2toGSQDQ VVKI

Podemos determinar GSQV :

V

VmA

mAV

K

IVV DQ

toGSQ 1

/1

92 2

Cmo adems en el circuito, en la ecuacin (1) tenemos qu:

DQSSSGSQ IRRR

RVV

12

2

Sustituyendo valores y resolviendo, determinamos que:

mAR

RVV 9*10

10201 3

62

2

62

2

102091

R

RVVV

6

2

2

1021

R

RVV => 2

62 2101 VRVR

La respuesta es:

C) MR 12


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10- Cul es el valor mximo de DR permitido si el punto de trabajo debepermanecer en la regin de saturacin?

A) 889maxDR

B)

kRD 6,1max C) 435maxDR

D) kRD 5,2max

Resolucin:

Para que el dispositivo funcione en saturacin requerimos:

VVVV toGSQ 21

VVVVVVtoGSQDSQ

321

Teniendo en cuenta la ecuacin (2):

DQSDSSDSQ IRRVV


320 DQSD IRR

320 DQSD IRR

S

DQ

D RI

R 17

Por lo tanto:

88910001889109

17 3mA

VRD

La respuesta es:

A) 889DMaxR


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SEGUNDA SEMANA

FEBRERO CURSO 2011-2012


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PREGUNTA

1- El circuito de la figura emplea realimentacin negativa. Suponiendo que losamplificadores operacionales son ideales, y usando la restriccin del punto suma,analizar el circuito para hallar el valor de ov .

A) VVO 11

B) VVO 1

C) VVO 11

D) VVO 12

PROBLEMA

2.10. Cada uno de los circuitos mostrados en la Figura P2.10 emplea realimentacinnegativa. Suponer que los amplificadores operacionales son ideales, y utilizar larestriccin del punto suma. Analizar los circuitos para hallar el valor de ov para

cada circuito.

Planteamiento del Problema:

En este tipo de problemas hay que aplicar las leyes de Kirchhoff:

Para ello s sealizan los nodos y corrientes, despus se analiza el nodo del punto-

suma donde 0oi , seguido el nodo donde el potencial es igual que en el nodo delpunto-suma y posteriormente el resto de nodos segn el sentido de la corriente.


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Sealando las corrientes y los nodos:

Por la restriccin del punto-suma, tenemos:

00i

VVV BA 5

Nodo C:

VkmARiVV CA 63*21

De dnde:

VVVVVV AC 1656

Cmo:

VVV Co 1

La respuesta es:

B) VVo 1


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Resolucin del problema:

Sealando las corrientes y los nodos:

Por la restriccin del punto-suma, tenemos: ( 00i ; BA VV )

Nodo B:

05 BVV => VVB 5

00i

Nodo A:

VVV BA 5

mAi 21

Nodo C:

VkmARiVV CA 63*21 => VVVVVV AC 1656

Cmo:

VVV Co 1

La respuesta es:

B) VVo 1


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PREGUNTA

2- Se dispone de un diodo a una temperatura de 30 C. Sbitamente se le aplica unacorriente directa de 1000 mA y la tensin pasa a ser de 0,75 V. Al pasar variosminutos el diodo se calienta debido a la disipacin de potencia y la tensin bajahasta 0,55 V. Calcular la temperatura final del diodo.

A) CTfinal

100

B) CTfinal 80

C) CTfinal

150

D) CTfinal 130

PROBLEMA

3.7. Cierto diodo est a una temperatura de 25 C. De repente, se le aplica unacorriente directa de 100 mA y la tensin pasa a ser de 0,65 V. Tras varios minutos,el diodo se calienta debido a la disipacin de potencia y la tensin es de 0,45 V.Averiguar la temperatura del diodo.


A medida que el diodo se calienta, su tensin directa disminuye aproximadamente./2 CmV As, la variacin de la temperatura viene dado por:

T Variacin de temperatura CmVVT /2/

V Tensin inicial Tensin final


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Sustituyendo valores en la expresin:

CmVVT /2/

Tendremos:

.100)/2/(2,0/2/()55,075,0 CCmVVCmVVVT

La temperatura del diodo final es:

.13010030 CCCTTTinicialfinal

La respuesta es:

D) .130 CTfinal


Sustituyendo valores en la expresin:

CmVVT /2/

Tendremos:

.100)/2/(2,0/2/()45,065,0 CCmVVCmVVVT

La temperatura del diodo final es:

.12510025 CCCTTTinicialfinal

La respuesta es:

.125 CTfinal


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PREGUNTA

3- Un transistor npn tiene un valor de 100 . Determinar su regin defuncionamiento si AIB 55 e mAIC 5,2

A)Se halla en la regin de saturacinB)Se halla en la regin activaC)Nos falta informacin para poder afirmar en que regin se hallaD)Se halla en la regin de corte

EJERCICIO

4.9. Un transistor npn tiene un valor de 100 . Determinar la regin defuncionamiento si (a) ,2,0 VVBE y ;5VVCE (b) AIB 50 e mAIC 0,2 ; (c)

,5VVCE y AIB 50 .

Respuesta (a) Corte; (b) Saturacin; (c) Activa.


En este tipo de problemas hay que tener en cuenta las condiciones que ha cumplir el

transistor en cada regin, estas son:

Transistor npn

Regin funcionamiento Condiciones Observaciones

Regin Activa;0BI

VVCE 2,0

;BBCCBE IRVV BC II

CCCCCE IRVV

Regin de Saturacin

;0BI

0 CB II

;BBCCBE

IRVV VVBE 7,0

;CCCCCE

IRVV VVCE 2,0

Regin de Corte;0BI

;5,0 VVBE ;5,0 VVBC

;0BI 0CI

CCCE VV

En la tabla anterior, tambin figuran las correspondientes ecuaciones, aunque eneste caso no son necesarias.


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Dado qu se cumple que:

0BI => Regiones de funcionamiento la Activa y/o la de Saturacin

Y adems tenemos que:

mAAIB 5,555*100

mAIC 5,2

Por lo tanto:

0 CB II => Que la regin de funcionamiento es la de saturacin

La respuesta es:

A) Se halla en la regin de saturacin


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a) ,2,0 VVBE y ;5VVCE

Como:

CEBCBE VVV => VVVVVV CEBEBC 2,552,0

Se verifica que:

;5,0 VVBE => Que funciona en la regin de corte

VVBC 5,0

Regin de Corte

b) AIB 50 e mAIC 0,2 ;

Como:

050 AIB

CB

ImAAI 0,550*100

Se verifica:

0BI

=> Que funciona en la regin de Saturacin

CB II

Regin de Saturacin

c) ,5VVCE y AIB 50 .

Como se verifica que:

0BI

=> Que funciona en la regin Activa

,2,0 VVCE

Regin Activa


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PREGUNTA

4- Un chip de un computador contiene 20000 puertas, que tienen una disipacin depotencia esttica igual a cero. En el caso peor la salida de cada puerta oscila a150MHz. La disipacin de potencia dinmica total que se permite para el chip es de10W. Si la tensin de alimentacin es de 5 V, determinar la carga permitida paracada puerta.

A) fFCL 130 B) pFCL 800 C) fFCL 40 D) pFCL 150


En este tipo de problemas la potencia dinmica disipada viene dada por:

f La frecuencia

2** SSLdin VCfP Siendo LC La capacidad de carga

SSV La tensin de alimentacin

Despejando la capacidad de carga en la expresin de la potencia dinmica:

2* SSdin

LVf

PC


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46


Sustituyendo valores, la capacidad de carga del chip es:

pF

VHz

WCL 67,2

510*15010

26

Por lo que la capacidad de carga por puerta ser:

fFpuertas

CC LpuertaL 13320000

La respuesta es:

A) fFC puertaL 133


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47

PREGUNTA

5- Un amplificador presenta una ganancia de corriente en cortocircuito de 9.Cuando el amplificador funciona con una carga de 100 , la ganancia de corrientees de 7. Calcular la resistencia de salida del amplificador.

A) 2000R

B) 2500R

C) 3500R

D) 1500R

PROBLEMA

1.39. Un amplificador presenta una ganancia de corriente en cortocircuito de 10.Cuando el amplificador funciona con una carga de 50 , la ganancia de corriente esde 8. Calcular la resistencia de salida del amplificador.


Puesto que la relacin entre la ganancia de corriente en carga y la ganancia decorriente en abierto cortocircuito, viene dada por la expresin:

iA Ganancia de corriente en carga.

iscA Ganancia de corriente en cortocircuito.

Lo

oisci

RR

RAA

Donde:

oR Resistencia de salida.

LR Carga.Puesto que:

1 Lo

o

RR

R => isci AA


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48


- Representando el amplificador en cortocircuito, tenemos:

Dnde:

9 isci

iisc

i

Oi A

i

iA

i

iA

- Representando el amplificador del enunciado en carga, tenemos:

Como la ganancia de corriente en carga viene dada por:

L

Oisc

LO

O

i

iisc

i

oi

RR

RA

RR

R

i

iA

i

iA

0

Dnde, nos dicen que:

7iA

9isc

A

100LR


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49


Lo

oisci

RR

RAA

=>

10097

O

O

R

R

OO RR 97007 => 70079 OR

La respuesta es:

C) 3500R


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50


Del planteamiento de este tipo de problemas tenemos:

iA Ganancia de corriente en carga.

iscA Ganancia de corriente en cortocircuito.

Lo

oisci

RR

RAA

Donde:

oR Resistencia de salida.

LR Carga.

Sustituyendo valores, en la relacin entre la ganancia en carga y la ganancia encortocircuito:

Lo

oisci

RR

RAA

=>

50108

o

o

R

R

De donde:

oo RR 104008

4002 oR => 200oR

La respuesta es:

200oR


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51

PROBLEMA 1

Consideremos el seguidor de fuente de la figura, siendo ;15VVDD ,1 kRL MRR 121 . El transistor NMOS tiene ,/50

2VAKP ,0 ,5,1 mL

mW 150 y .1VVto


K

KP

W

L

2

=> 2

2/5,2

5,1150

2/50

2 VmA

m

mVA

L

WKPK

Los valores del punto Q deben satisfacer la ecuacin:

2toGSQDQ VVKI

Despejando GSQV :

K

IVV DQ

toGSQ

VVRR

RVV DDG 5,71010

10*15* 66

6

21

2

GSQGS VVV VVS 5,4

VVVVmA

mAV

K

IVV DQ

toGSQ 321/5,2

101

2


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52

6- Hallar el valor de SR para mAIDQ 10

A) 350SR

B) 400SR

C)

450SR D) 150SR

Resolucin:


VVRR

RVV DDG 5,7101010*15* 66

6

21

2

GSQGS VVV VVS 5,4

VVVVmA

mAV

K

IVV DQ

toGSQ 321/5,2

101

2

Puesto que:

45010

5,4mAV

IVRDQ

SS

La respuesta es:

C) 450SR


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53

7- Calcular la ganancia de tensin VA

A) 72,0VA

B) 99,0VA

C)

29,1VA D) 18,0VA

Resolucin:

SILWKPg DQm 316,0105,1/15010*50*2/26

Lm

Lm

in

o

V Rg

Rg

v

v

A

1

34,3101000/1450/1/1

1

/1/1/1

1

LSDL

RRrR

989,0310*316,01

310*316,0

1

Lm

Lm

in

oV

Rg

Rg

v

vA

La respuesta es:

B) 99,0VA


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54

8- Calcular la resistencia de entrada, inR

A) MRin 5,0

B) MRin 2

C)

MRin 5,1 D) kRin 3,137

Resolucin:

MRR

RR

RRRRRin 5,010*5,01010

10*10

/1/1

1// 6

66

66

21

21

2121

La respuesta es:

A) MRin 5,0


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55

PROBLEMA 2

La tensin de salida de un amplificador operacional vara entre -10 y +10 V y puedesuministrar o absorber 25 mA. El slew-ratees de 10 V/s. Se usa el amplificadoroperacional en la configuracin de la figura:

PROBLEMA

2.54. La tensin de salida de un amplificador operacional vara entre -10 y +10 V, ypuede suministrar o absorber 25 mA. El slew-rate es 10 V/s. Se utiliza elamplificador operacional en la configuracin mostrada en la Figura P2.54.(a) Hallar el ancho de banda de potencia del amplificador operacional.(b) Para una frecuencia de 5 kHz y RL=100 , qu tensin mxima de salida es

posible sin distorsin?(c) Para una frecuencia de 5 kHz y RL=10 k, qu tensin mxima de salida es

posible sin distorsin?(d) Para una frecuencia de 100 kHz yRL=10 k, qutensin mxima de salida es

posible sin distorsin?

Hay un error en el enunciado dnde dice El slew-ratees de 10 V/s, debe decir Elslew-ratees de 1 V/s


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56


- En este tipo de problemas, normalmente hay que calcular el ancho de banda depotencia, que viene dado por:

SR slew-rate (velocidad de subida)

oMax

FPV

SRf

2 Donde:

oMaxV Tensin mxima de salida

- Para calcular la tensin mxima de salida sin distorsin, para una frecuencia y

carga dadas, hay que tener en cuenta cuando comienzan los recortes, ya que noslimitan la tensin y la corriente.

Aplicando kirchhfoff, llegamos a:

L

ooRR

Vi11

2

Si oMaxo ii (del recorte) =>

Lo

oMaxoMax

RR

iV

11

- En ocasiones la frecuencia dada es superior a la calculada en el ancho de banda depotencia, por lo que hay que calcular la tensin mxima de salida como:

FP

oMaxf

SRV

*2


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57


9- Hallar el ancho de banda de potencia del amplificador operacional.

A)

kHzfFP 9,53 B) HzfFP 159 C) kHzfFP 59,1 D) kHzfFP 9,15

Resolucin:

El ancho de banda de potencia viene dado por la expresin:

sVSR /1

oMax

FPV

SRf

2 Donde: kHz

V

sV

V

SRf

oMax

FP 9,1510*2

10/1

2

6

VVoMax 10

La respuesta es:

D) kHzfFP 9,15


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58

10- Para una frecuencia de kHz5 y 100LR Qu tensin mxima de salida esposible sin distorsin?

A) VVoM 24,1

B)

VVoM 98,4 C) VVoM 49,2

D) VVoM 23,9

Resolucin:

Teniendo en cuenta que los recortes pueden comenzar cuando la tensin de salidaalcanza 10 V, o cuando la corriente de salida alcanza 25 mA.

22 R

Vi

o

Lo iii 2 L

Lo

L

o

L

ooo

RR

RRV

RRV

R

V

R

Vi

2

2

22

11

L

oL

R

Vi


mAk

kV

RR

RRVi

L

Loo 1,100100*100

10010010

2

2

Se verificara que mAImAi oMaxo 251,100 . Por lo que no puede alcanzarse la

mxima tensin de salida posible VVoMax 10

Por lo que, en este caso la tensin mxima de salida, se da cuando maxoo Ii :

Si en la expresin:L

Loo

RR

RRVi

2

2 despejamos oV :

Vk

kmA

RR

RRiV

L

LoMaxoMax 497,2100100

100*10025

2

2

La respuesta es:

C) VVoM 49,2


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59


c) Para una frecuencia de de kHz5 y ,10 kRL qutensin mxima de salida esposible sin distorsin?

Teniendo en cuenta que los recortes pueden comenzar cuando la tensin de salidaalcanza 10 V, o cuando la corriente de salida alcanza 25 mA.

22

R

Vi o

Lo iii 2 L

Lo

L

o

L

ooo

RR

RRV

RR

V

R

V

R

Vi

2

2

22

11

L

oL

R

Vi


mAkk

kkV

RR

RRVi

L

Loo 1,110*100

1010010

2

2

Como se verificara que mAImAi oMaxo 251,1 . Se puede alcanzar la mxima

tensin de salida posible VVoMax 10

La respuesta es:

C) VVoMax 10

Limitada por el mximo de la tensin de salida


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d) Para una frecuencia de kHz100 y ,10 kRL qu tensin mxima de salida esposible sin distorsin?

En esta situacin la frecuencia que nos dan es superior al ancho de banda de

potencia calculado en el apartado a); es decir:

kHzfkHzf FP 9,15100

Por lo que de la expresin, del ancho de banda de potencia:

max2 oFP

V

SRf

Despejando la tensin mx. de salida tendremos:

FP

of

SRV

2max


VkHz

sV

f

SRV

FP

o 59,1100*2/10

2

6

max

VVo 59,1max


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ORIGINAL

SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012


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PREGUNTA

1- Una fuente de 20 V suministra 1,5 A a un amplificador determinado. La potenciade la seal de salida es de 3 W y la potencia de la seal de entrada es de 0,8 W.Calcular la potencia disipada en el amplificador y su rendimiento.

E)

;42,33 WPd %8

F) ;08,27 WPd %10

G) ;33,22 WPd %12

H) ;6,4 WPd %20


Puesto que ha de verificarse:

dSi PPPP 0 => 0PPPP Sid

Dnde:

WPi 8,0 Potencia de entrada

WAVIVP SSS 305,1*20 Potencia suministrada por la fuente

WP 30 Potencia de salida

???dP Potencia disipada


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Por lo tanto:

WWWWPd 8,273308,0

El rendimiento viene dado como la relacin entre la potencia de salida y la potenciasuministrada por la fuente, es decir:

%10%100*30

3%100*0

W

W

P

P

S

La respuesta es:

B) ;08,27 WPd %10


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67

PREGUNTA

2- Cul de los siguientes es un valor aproximado para la tensin trmica a unatemperatura de 300 K?

A)

mVVT 15 B) mVVT 26 C) mVVT 36 D) mVVT 8



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La tensin trmica a 300 K, tiene un valor aproximado a 26mV

La respuesta es:

B) mVVT 26


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69

PREGUNTA

3- Un transistor npn tiene un valor de .100 Determinar la regin defuncionamiento si (a) VVBE 3,0 y VVCE 5 ; (b) AIB 45 e mAIC 1

A)(a) Transistor en corte, (b) Transistor en saturacinB) (a) Transistor en saturacin, (b) Transistor en regin activaC) (a) Transistor en corte, (b) Transistor en regin activa.D)(a) Transistor en regin activa, (b) Transistor en saturacin.

Anlisis del problema:

En este tipo de problemas hay que tener en cuenta las condiciones que ha cumplir eltransistor en cada regin, estas son:

Transistor npn

Regin funcionamiento Condiciones Observaciones

Regin Activa;0BI

VVCE 2,0

;BBCCBE IRVV BC II

CCCCCE IRVV

Regin de Saturacin;0BI

0 CB II

;BBCCBE

IRVV VVBE 7,0

;CCCCCE

IRVV VVCE 2,0

Regin de Corte;0BI

;5,0 VVBE ;5,0 VVBC

;0BI 0CI

CCCE VV

En la tabla anterior, tambin figuran las correspondientes ecuaciones, aunque eneste caso no son necesarias.


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a) Para un transistor npn con: VVBE 3,0 y VVCE 5


CEBCBE VVV => VVVVVV CEBEBC 3,553,0

Como se verifica que:

VVBE 5,0

=> Que el transistor (a) est en la regin de corteVVBC 5,0

b) Para un transistor npn con: AIB 45 e mAIC 1 . Tenemos que:

mAAIB 5,445*100

Puesto que:

0BI

=> Que el transistor (b) esta en saturacin

CB II

La respuesta es:

A) (a) Transistor en corte, (b) Transistor en saturacin


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71

PREGUNTA

4- Un JFET de canaltiene VVto 4 . Adems, mAiD 1 para VvGS 3 y VvDS 5 .

Hallar DSSI para este dispositivo.

A) mAIDSS 101

B) mAIDSS 54

C) mAIDSS 16

D) mAIDSS 26


La corriente de saturacin con polaridad cero, viene dada por la expresin:

2toDSS KVI

Donde la constate Kes funcin de la corriente y esta a su vez depende de la reginde funcionamiento, de acuerdo a los valores de la siguiente tabla:

Tabla de condiciones

Regin Condiciones CorrienteCorte toGS Vv 0Di

hmica toGS Vv

toGSGS Vvv

DSDSDStoGSD vvvVvKi 122

Saturacin toGS Vv

toGSGS Vvv DStoGSD vVvKi 1

2

Una vez comprobada la regin de funcionamiento, se calcula la constante K y sesustituye dicho valor en la expresin:

2toDSS KVI


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72


Nos estn pidiendo la corriente de saturacin con polarizacin cero, luego ya nosestn indicando que la regin de funcionamiento es la de saturacin; no obstante

podemos comprobarlo:

Primero toGS Vv La regin de funcionamiento es la de saturacin

Segundo toGSDS Vvv

Puesto que el valor de la corriente de saturacin con polarizacin cero viene dada

por: 2toDSS

KVI

En la regin de saturacin para la corriente viene dada por:

2toGSD vvKi

Despejando la constante de drenaje:

2toGSD

vv

iK

Por lo tanto la corriente de saturacin con polaridad cero ser:

2

2 to

toGS

DDSS V

vv

iI


mAV

VV

mAV

vv

iI to

toGS

DDSS 164

43

1 22

2

2

La respuesta es:

C) mAIDSS

16


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73

PREGUNTA

5- Una capacidad de carga de 100fF es excitada por un inversor con una frecuenciade 300 MHz y una amplitud de VDD= 2,5 V. Determinar la potencia disipada.

A)

mWPdin 39,0 B) mWPdin 11,1

C) mWPdin 19,0

D) mWPdin 77,0


La potencia dinmica disipada viene dada por:

f Frecuencia en MHz

2** SSLdin VCfP Donde: LC Capacidad de carga en fF

SSV Tensin de alimentacin en V

El enunciado tiene un fallo, la frecuencia la han dado en Hz cuando queran darla enMHz: MHzf 300


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La potencia dinmica disipada viene dada por:

2** SSLdin VCfP

Donde:

MHzf 300

fFCL 100 mWVCfP SSLdin 1875,05,210*100*10*300**21562

VVSS 5,2

La respuesta es:

C) mWPdin 19,0


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75

PROBLEMA 1

Considerar el circuito cargador de bateras de la figura adjunta, siendo los valorescorrespondientes de VVm 22 , 5R y VVB 15 . Hallar la expresin de la

corriente como funcin del tiempo.


La ecuacin del circuito de la figura es:

RtiVwtsenV Bm

La corriente como una funcin del tiempo, ser:

R

VwtsenVti Bm


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76

6- Hallar la corriente de pico, suponiendo un diodo ideal

A) AIMax 5,2

B) AIMax 3,0

C)

AIMax 4,4 D) AIMax 4,1

Resolucin:

La corriente mxima se da cuando el cociente de la expresin:

R

VwtsenV

ti Bm

Sea mximo, y est ser mximo cuando el sen(wt) sea igual a 1. Por lo que laintensidad mxima se expresar como:

R

VVti Bm

Sustituyendo valores en la expresin de la intensidad Max.

AA

VVV

R

VVI BmMax 4,15

7

5

1522

La respuesta es:

D) AIMax 4,1


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77

7- Hallar la expresin de la corriente en funcin del tiempo

A)

R

wtsenVVti mB

2

B)

R

wtsenVti

m

C)

R

VwtsenVti mB

2

D)

R

VwtsenVti Bm

Resolucin:

En el anlisis del problema ya se obtuvo la expresin de la corriente en funcin deltiempo, viene dada por:

R

VwtsenVti Bm

La respuesta es:

D) R

VwtsenVti Bm


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78

A condicin de que esta expresin se obtiene un resultado positivo.De lo contrario, i (t) = 0. Para determinar el intervalo para el que el diodo est en elestado en que debemos resolver esta ecuacin:

Provided that this expression yields a positive result.Otherwise i(t) = 0. To determine the interval for which the diode is in the on state

we must solve this equation:


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8- Hallar el porcentaje de cada ciclo en el que el diodo est con conduccin.

A)El porcentaje es del 25,3%B)El porcentaje es del 11,2%C)El porcentaje es del 8,3%D)

El porcentaje es del 5,3%

Resolucin:

Resolviendo encontramos dos races: wt /775,01 y wt /37,22 radian.

T1y T2se indican en las formas de onda mostradas en la pgina anterior. El periodode la cermica de seno es wT /2 . As, el porcentaje del tiempo que el diodo esten conduccin es:

Diodo en conduccin %3,25100*/2

/775,0/37,2

w

ww

La respuesta es:

A) El porcentaje es del 25,3%


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80

Solving we find two roots: wt /775,01 and wt /37,22 radian.T1 and t2 are indicated on the waveforms shown on the preceding page. The periodof the sine ware is wT /2 . Thus the percentage of the time that the diode is on is.

Diode on %3,25100*/2/775,0/37,2

w

ww


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81

PROBLEMA 2

Un amplificador presenta una resistencia de entrada de 30 , una resistencia desalida se 15 y una ganancia de corriente en cortocircuito de 3000. La fuente deseal presenta una tensin interna de 100mV rms, y una impedancia interna de 180, la carga del amplificador es una resistencia de 10 .


Representando el amplificador en cortocircuito, tendremos:

Acoplando la fuente y la carga tendremos:


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9- Hallar la ganancia de corriente y la ganancia de tensin del amplificador.

E) ;1200iA 800VA

F) ;800iA 650VA

G)

;1800iA 600VA H) ;1500iA 300VA

Resolucin:

Como tenemos que:

18001015

153000

0

00

L

isc

i

iRR

RA

i

iA

60030

101800

i

LiVR

RAA

La respuesta es:

C) ;1800

iA 600

VA


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83

10- Si la fuente de alimentacin proporciona una tensin de 10 V y suministra unacorriente media de 2 A, calcular la potencia disipada en el amplificador.

E) WPd 5,18

F)

WPd 9,12

G) WPd 1,9

H) WPd 9,23

Resolucin:

Puesto que:

dSi PPPP 0 => 0PPPP Sid

Dnde:

410*108600*1800 iVAAG

mVRR

RVV

Si

iSi 29,1418030

301,0

W

R

VP

i

ii 8,6

30

10*29,14232

WGPP i 35,710*8,6*10*10864

0

WIVP SSS 202*10

WWWWPPPPSid

65,1235,72010*8,6 60

La respuesta es:

B) 9,12dP


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RESERVA

SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012


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PREGUNTA

1- Dos puntos de la regin de saturacin de un transistor NMOS son: ( ,2VvGS

mAiD 1 ) y ( ,3VvGS mAiD 4 ). Suponer que 0 . Calcular los valores de tov y K

para este transistor.

A) ,1Vvto 5/5,0 VmAK

B) ,12,0 Vvto 5/75,0 VmAK

C) ,3,4 Vvto 5/5,1 VmAK

D) ,5,2 Vvto 5/5,3 VmAK

Resolucin:

En la regin de saturacin, tenemos que 2toGSD vvKi . Sustituyendo los valoresobtenemos dos ecuaciones:

221 tovKmA

234 tovKmA

Dividiendo la segunda entre la primera, se obtiene:

2

2

2

34

to

to

v

v

Resolviendo, determinamos que:

22 69444 totototo

vvvv

071032

toto vv

VVvto 133,26410

6

7*121010 2

El nico resultado posible es VVto 1 , ya que para VVto 33,2 el primer punto no

estara en la regin de saturacin por no verificar:

toGS Vv


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90

Sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones que encontramos:

221 tovKmA => 2

22 /112

1

2

1VmA

VV

mA

v

mAK

to

La respuesta es:

A) VVto 1 2/1 VmAK


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91

PREGUNTA

2- Dos transistores Q1 y Q2 conectados en paralelo son equivalentes a un solotransistor, tal y como se ve en la Figura. Si los transistores tienen cada unoIES1=IES2= 1310 A, y 1 = 2 = 100, hallar IESy para el transistor equivalente. Suponer la

misma temperatura para todos los transistores.

A) ;150 AIES

1310

B) ;200 AIES1210*3

C) ;100 AIES1310*2

D) ;300 AIES

1310*2,5

Resolucin:

Sealizando las corrientes en ambos transistores:

Debido a que los transistores son idnticos y VBE es la misma para ambostransistores, podemos concluir que IC1= IC2y IB1= IB2. As tenemos:

100

2

21

1

1

21

21

B

C

BB

CC

B

Ceq

i

i

ii

ii

i

i


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Por otra parte, tenemos:

21 EEE iii

1/exp1/exp21

TBEESTBEESE

VvIVVIi

1/exp1/exp21 TBEESeqTBEESESE VvIVVIIi

As se concluye que:

AIII ESESESeq13

21 10*2

La respuesta es:

C) ;100 AIES1310*2


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93

PREGUNTA

3- Consideremos un diodo con polarizacin directa, de manera que

T

DSD

nV

vIi exp

. Suponer que VVT 026,0 y .1n Qu incremento debemos aplicar a Dv paratriplicar la corriente?

A) mVvD 18 B) mVvD 3,8 C) mVvD 5,28 D) mVvD 2,58

Resolucin:

Supongamos que tenemos 1DV para una corriente de 1Di y para DDD vVV 12 nosdicen que 12 3DD ii , entoncespodemos escribir:

TDSDTDDSD nVVIinVvVIi /exp33/exp 1112

TDSTDTDS nVVInVvnVVI /exp3/exp/exp 11

Simplificando:

3/exp TD nVv

Tomando logaritmos

3ln/ TD nVv

mVnVv TD 5,283ln026,0*13ln

La respuesta es:

C) mVvD 5,28


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94


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95

PREGUNTA

4- En el circuito de la figura adjunta se emplea realimentacin negativa. Utilizar larestriccin del punto-suma (para ambos amplificadores operacionales) para obtener

la expresin de las ganancias de tensin

in

o

v

VA 11 y

in

o

v

VA 22 .

A) ;3/71A 3/52 A B) ;3/41 A 3/72A C) ;3/81 A 3/72 A D) ;3/41 A 3/82 A

Resolucin:

Sealizando las corrientes y los nudos:

Nudo A:

inin Riv =>R

vi inin

21 iiiin


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96

Nudo B:

1oB vv

Adems: RivB 41

CB vv

Nudo C:

3vvC => 31 vvvv CoB => 31 vvo eR

vi o

41

1

R

vi 33

R

vii 334

Nudo D:

33

43 vR

vRRivv D => 13 22 oD vvv

RivD 42

Cmo adems:

2oD vv => 12 2 oo vv eR

vi o

42

2

Cmo:

21 iiiin => 021 iiiin

044

21 R

v

R

vi ooin

Por lo que:

04

2

411

R

v

R

v

R

v ooin =>

4

3

4

2

4

1111 oooin vvvv => 3

411

in

o

v

vA

34

1 A


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97

Por otra parte como:

3

82

21

122 A

v

v

v

vA

in

o

in

o

382 A

La respuesta es:

D)3

41 A ; 3

82 A


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98


99/109


99

PREGUNTA

5- Un amplificador determinado presenta una ganancia diferencial 000.60dA . Sise interconectan los terminales de entrada y se les aplica una seal de 1,1 V segenera una seal de salida de 0,11 V. Cules son la ganancia de modo comn deamplificador y la CMRR, expresadas en dB?

I) ;10dBAcm dBCMRR 75 J) ;20dBAcm dBCMRR 116 K) ;20dBAcm dBCMRR 57 L) ;30dBAcm dBCMRR 125

Resolucin:

La ganancia en modo comn del amplificador viene dada por:

1,01,1

11,0

icm

ocmcm

V

VA

La ganancia en modo comn en decibelios viene dada por:

dBAA cmcmdB 201,0log20log20

dBAcmdB

20

La razn de rechazo en modo comn viene dada por:

cm

d

dBA

ACMRR log20


dBA

ACMRR

cm

d

dB 56,1151,0

10*6log20log20

4

La respuesta es:

B) ;20dBAcm dBCMRR 116


100/109


100

Puesto que ha de verificarse:

cm

d

A

ACMRR log20

Puesto que el logaritmo del cociente es igual a la diferencia de los logaritmos:

cmd

cm

d AAA

Alog20log20log20

Dnde:

dBAd 56,95000.60log20log20

dBAcm 201,0log20log20

Por lo tanto:

56,1152056,95log20 dA

La nica respuesta que verifica esta condicin es:

B) ;20dBAcm dBCMRR 116


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101

PROBLEMA 1

Se conecta un amplificador ideal de transconductancia que presenta una ganancia detransconductancia en cortocircuito de 0,1 S, como muestra la figura adjunta.


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102

6- Calcular la resistencia xxx ivR / vista en bornes de entrada.

A) 20xR

B) 10xR

C)

30xR D) 40xR

Resolucin:

Por otra parte al tratarse de un amplificador de transconductancia (Fuente decorriente controlada por tensin), tenemos:

Analizando las corrientes

Nodo A:

inmscx vGi

Nos piden:

x

xx

i

vR Dnde: inx vv

Por lo tanto:

101,0

11

SGvG

v

i

vR

mscinmsc

in

x

xx

La respuesta es:

10xR


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103

7- Recalcular si el amplificador presenta una resistencia de entrada de 1.000 , unaimpedancia de salida de 20 y una ganancia de transresistencia en circuito abiertode 10

A) 23,2xR

B)

57,4xR

C) 32,2xR

D) 28,4xR

Resolucin:

Representando el esquema del amplificador, tendramos:

Desde el circuito podemos escribir:

i

xi

R

vi

o

imocxix

R

iRvii =>

o

mocoi

o

xx

R

RRi

R

vi

De donde:

io

moc

ioo

moc

o

o

o

i

i

o

mocoi

o

ii

ii

x

xx

RR

R

RRR

R

R

R

R

R

R

R

RRi

R

iR

iR

i

vR

111


227,2

10*20

10

10

1

20

1111 1

3

4

3io

moc

io

x

RR

R

RR

R


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104

La respuesta es:

A) 23,2xR


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105

PROBLEMA 2

La siguiente figura muestra el diagrama de circuito simplificado de un inversorlgico:


Representacin de los circuitos en estado cerrado y abierto:


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106

8- Suponiendo una carga en circuito abierto, hallar OHV y OLV

A) ;1VVOH VVOL 5

B) ;5VVOH VVOL 1

C)

;7VVOH VVOL 4 D) ;4VVOH VVOL 7

Resolucin:

Con el interruptor cerrado, tenemos:

VVRR

RVV DDOL 12501000

2505

21

2

Con el interruptor abierto, la tensin de salida es VOH= 5 V.

La respuesta es:

B) ;5VVOH VVOL 1


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107

9- Hallar el valor de PDt . Suponga un pulso de entrada que conmuta abruptamenteentre ambos niveles lgicos. Ntese que:

/exp41 ttvo

Donde es la constante de tiempo del circuito, de 0,4ns.

A) nstPD 38,1 B) nstPD 3,11 C) nstPD 83,0 D) nstPD 12,6

Resolucin:

La figura muestra la forma de onda para la transicin de alto a bajo

Nos dicen que el voltaje de salida viene dado por

/exp41 ttVo

Donde:

- es la constante de tiempo del circuito.

- La constante de tiempo es el producto de la capacitancia y la resistencia deThevenin de la puerta con el interruptor cerrado.

- La resistencia de Thevenin es la combinacin paralela de la 1 k y 250 resistencias que es 200 .

As tenemos nsCCRD 4,0200 . tPLH es el tiempo requerido en el voltaje desalida para hacer la mitad de la transicin (momento en el que tenemos Vo= 3V).

Es decir:

/exp413 PHLt


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108

Resolviendo encontramos:

nstPHL 277,02ln

Ecuacin CRCRt DDPHL 6931,05,0ln ,se aplica para la transicin de bajo a altocon RD= 1 kW. As en este caso tenemos:

nsCRCRt DDPLH 386,16931,05,0ln

Finalmente tendremos:

nsttt PLHPHLPD 832,021

La respuesta es:

C) nstPD 832,0


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10- Hallar la disipacin de potencia esttica si la salida est a nivel alto

A) 20 mVB) 10 mVC) 32 mVD) 0 mV

Resolucin:

Puesto que cuando VVOH 5 la corriente es nula; es decir; 0DDI y la potencia

disipada, viene dada por 0 DDDDIVP

- La disipacin de potencia esttica con la salida a nivel alto es cero.

La respuesta es:

D) 0mW

Documents

Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012