1. Electrónica Para Ingenieros Diodos-14.0
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Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 1
DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES
ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS Este documento tiene como objetivo guiar al estudiante de electrónica en el tópico de dispositivos de dos terminales. El texto cuenta tanto con ejercicios resueltos como propuestos, que abarcan temas como: recortadores, sujetadores, punto de operación de diodos, rectificadores de onda, fuentes reguladas por diodos zener, multiplicadores de voltajes, otros dispositivos.
2015
Borrador 14.0 Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL
15/05/2015
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 2
Contenido
1
CAPÍTULO 1 5
DIODOS: RECORTADORES Y SUJETADORES 5
PROBLEMAS RESUELTOS 5
Ejercicio 1 5
Ejercicio 2 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 3 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 4 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 5 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 6 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 7 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 8 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 9 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 10 ¡Error! Marcador no definido.
Ejercicio 11 ¡Error! Marcador no definido.
CAPÍTULO 2 39
DIODOS: PUNTOS DE OPERACIÓN 39
PROBLEMAS RESUELTOS 39
Ejercicio 1 39
Ejercicio 2 43
Ejercicio 4 51
Ejercicio 5 54
Ejercicio 6 56
Ejercicio 7 60
Ejercicio 8 64
Ejercicio 9 66
CAPÍTULO 3 72
DIODOS: FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA 72
PROBLEMAS RESUELTOS 72
Ejercicio 1 72
Ejercicio 2 76
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 3
Ejercicio 4 88
Ejercicio 5 93
Ejercicio 6 98
Ejercicio 7 102
Ejercicio 8 109
Ejercicio 9 112
PROBLEMAS PROPUESTOS 115
Ejercicio 1 115
Ejercicio 2 115
Ejercicio 3 116
Ejercicio 4 116
Ejercicio 5 117
Ejercicio 6 117
Ejercicio 7 118
Ejercicio 8 118
Ejercicio 9 119
Ejercicio 10 120
CAPÍTULO 4 121
OTROS DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 121
PROBLEMAS RESUELTOS 121
Ejercicio 1 121
Ejercicio 2 123
Ejercicio 3 125
Ejercicio 4 127
Ejercicio5 129
CAPÍTULO 5 132
RECTIFICADORES, REGULACIÓN ZENER, MULTIPLICADORES 132
Ejercicio 1 132
Ejercicio 2 133
Ejercicio 3 136
Ejercicio 4 139
Ejercicio 5 141
Ejercicio 6 143
Ejercicio 7 144
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 4
Ejercicio 8 145
Ejercicio 9 147
Ejercicio 10 150
PROBLEMAS PROPUESTOS 153
Ejercicio 1 153
Ejercicio 2 153
Ejercicio 3 154
Ejercicio 4 154
Ejercicio 5 155
Ejercicio 6 156
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 5
CAPÍTULO 1
DIODOS: RECORTADORES Y SUJETADORES
PROBLEMAS RESUELTOS
Ejercicio 1
En el siguiente circuito, graficar Vo.
Datos:
𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡[𝑉(𝑃−𝑃)]
𝑉 = 5𝑉
𝑅 = 1KΩ
Asuma diodo ideal
SOLUCIÓN:
Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos:
Estado D Vi [𝑽] Vo [𝑽]
1 C.A. -15 ≤ Vi ≤ 5 0
2 C.C. 5 ≤ Vi ≤ 15 Vi + 5
Estado 1
Empezando el análisis del circuito por el ciclo negativo, el diodo ideal se comporta
como un circuito abierto:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 6
De aquí que:
𝑉𝑜 = 0
El circuito es válido mientras:
𝑉𝑖 < 5 [𝑉]
Por tanto, para el estado 1 se tiene:
𝑽𝒐 = 𝟎, 𝑽𝒊 < 𝟓 [𝑽]
Estado 2
En el siguiente estado, el diodo ideal actúa como un corto circuito.
Luego:
𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 𝑉
𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 5
El circuito es válido mientras:
𝑉𝑖 > 5[𝑉]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 7
Por tanto, para el estado 2 se tiene:
𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 + 𝟓 , 𝑽𝒊 > 𝟓 [𝑽]
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 8
Ejercicio 2
En el siguiente circuito, graficar Vo. Datos:
𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡[𝑉(𝑃−𝑃)]
𝑉 = 5𝑉
𝑅 = 1KΩ
𝐴𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙
SOLUCIÓN:
Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos,
Estado D Vi [𝑽] Vo [𝑽]
1 C.C. -15 ≤ Vi ≤ 5 5
2 C.A. 5 ≤ Vi ≤15 Vi
Estado 1
Empezamos analizando el circuito por el ciclo negativo:
El circuito es válido mientras
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 9
𝑉𝑖 < 𝑉
𝑉𝑖 < 5 [𝑉]
Analizándolo por corrientes, el circuito es válido mientras la corriente I que circula por
el circuito en el estado 1, exista.
𝐼 = −𝑉𝑖 − 5
1𝐾 > 0
−(𝑉𝑖 − 5) > 0
−𝑉𝑖 > −5
𝑉𝑖 < 5
Luego, 𝑉𝑜 = 𝑉 = 5 [𝑉]
Por tanto, para el estado 1 se tiene:
𝑽𝒊 < − 𝟓 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝟓 [𝑽]
Estado 2
Para el siguiente estado, el diodo se abre para todo voltaje de la fuente mayor que 5 [𝑉]
El circuito es válido mientras
𝑉𝑖 > 5 [𝑉]
Además, 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖
Por tanto, para el estado 2 se tiene:
𝑽𝒊 > 𝟓 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝑽𝒊
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 10
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 11
Ejercicio 3
En el siguiente circuito, grafique Vo Datos:
Vi = Señal triangular de ± 15V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o
VD = 0.7[V]
V = 5[V]
R = 1[KΩ]
SOLUCIÓN:
Redibujando el circuito, reemplazando el diodo real por su equivalente ideal y una
fuente de voltaje:
Con D, ideal.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 12
Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos,
Estado D Vi [𝑽] Vo [𝑽]
1 C.C. -15 ≤ Vi ≤ 4.3 Vi-4.3
2 C.A. 4.3 ≤ Vi ≤15 0
Estado 1
Empezando el análisis por el ciclo negativo del circuito:
𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − (𝑉 − 𝑉𝐷)
𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 4.3
El circuito es válido mientras:
𝑉𝑖 < 𝑉 − 𝑉𝐷
𝑉𝑖 < 4.3 [𝑉]
Por tanto, para el estado 1 se tiene:
𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 − 𝟒. 𝟑[𝑽] ; 𝑽𝒊 < 𝟒. 𝟑 [𝑽]
Estado 2
Para el siguiente estado, el diodo se abre:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 13
Esto es:
𝑽𝒐 = 𝟎 ; 𝑽𝒊 > 𝟒. 𝟑 [𝑽]
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 14
Ejercicio 4
En el siguiente circuito, grafique Vo
Datos:
Vi = 30 sen2000πt[V(P−P)]
V = 5V
R = 1KΩ
VD(Si) = 0.7 V
SOLUCIÓN:
Redibujamos el circuito reemplazando el diodo real por su equivalente ideal más una
fuente de voltaje, que representa el voltaje del diodo.
Con D, ideal.
Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos,
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 15
Estado D1 Vi [𝑽] Vo [𝑽]
1 C.A. -15 ≤ Vi ≤ 0.7 5
2 C.C. 0.7 ≤ Vi ≤15 Vi-0.7
Estado 1
Empezando el análisis del circuito por el ciclo negativo, el diodo se comporta como
circuito abierto.
El circuito es válido mientras
𝑉𝑖 < 𝑉𝐷
𝑉𝑖 < 0.7 [𝑉]
Luego,
𝑉𝑜 = 𝑉
Por tanto, para el estado 1 se tiene:
𝑽𝒊 < 𝟎. 𝟕 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝟓[𝑽]
Estado 2
Para el siguiente estado, el diodo se abre para todo voltaje de la fuente mayor que 5 [𝑉]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 16
El circuito es válido mientras
𝑉𝑖 > 0.7 [𝑉]
Además, 𝑉𝑜
= 𝑉𝑖 − 𝑉𝐷
Por tanto, para el estado 2 se tiene:
𝑽𝒊 > 𝟎. 𝟕 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 − 𝟎. 𝟕
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 17
Ejercicio 5
En el siguiente circuito, grafique Vo Datos:
Vi = Señal triangular de ± 15V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o
VD = 0.7[V]
V1 = 5[V]
V2 = 10[V]
R = 1KΩ
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 18
SOLUCIÓN:
Redibujamos el circuito convirtiendo los diodos reales en diodos ideales más una
fuente de voltaje, que representa el voltaje que cae en cada diodo.
Con D1, D2 ideales
Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos,
Estado D1 D2 Vi [𝑽] Vo [𝑽]
1 C.A. C.C. -14 ≤ Vi ≤ -10.7 -10.7
2 C.A. C.A. -10.7 ≤ Vi ≤ 5.7 Vi
3 C.C. C.A 5.7 ≤ Vi ≤ 16 5.7
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 19
Estado 1
Empezamos analizando el circuito por el ciclo negativo
El circuito es válido mientras
𝑉𝑖 < −( 𝑉2 + 𝑉𝐷2 )
𝑉𝑖 < − 10.7 [𝑉]
Analizándolo por corrientes:
El circuito es válido mientras la corriente I que circula por el circuito en el estado 1,
exista. Esto es:
𝐼 = − 𝑉𝑖 + 10.7
1𝐾 > 0
− ( 𝑉𝑖 + 10.7) > 0
−𝑉𝑖 > 10.7
𝑉𝑖 < −10.7
Luego, 𝑉𝑜 = −(𝑉2 + 𝑉𝐷2) = −10.7 [𝑉]
Por tanto, para el estado 1 se tiene:
𝑽𝒊 < − 𝟏𝟎. 𝟕 [𝑽]
𝑽𝒐 = −𝟏𝟎. 𝟕 [𝑽]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 20
Estado 2
Para el siguiente estado, el diodo 2 se abre para una corriente I=0, manteniendo el
diodo 1 abierto.
El circuito es válido mientras
𝑉𝑖 < 𝑉1 + 𝑉𝐷1
𝑉𝑖 < 5.7 [𝑉]
Además, 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖
Por tanto, para el estado 2 se tiene:
𝑽𝒊 < 𝟓. 𝟕 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝑽𝒊
Estado 3
En el estado 3, para una corriente I>0 en el ciclo positivo de la fuente, el diodo 1
quedará en corto circuito y el diodo 2 permanecerá abierto.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 21
Para este estado:
𝑉𝑜 = 𝑉1 + 𝑉𝐷1
𝑉𝑜 = 5.7 [𝑉]
Finalmente, para el estado 2:
𝑽𝒊 > 𝟓. 𝟕 [𝑽]
𝑽𝒐 = 𝟓. 𝟕 [𝑽]
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 22
Ejercicio 6
En el siguiente circuito, graficar 𝑣0 𝑣𝑠 𝑡
Datos:
𝑣i = Señal senoidal de 0 a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00
VD = 0.7 [V]
V = 5 [V]
C = 10 µF
R = 10KΩ
Asuma diodo real
SOLUCIÓN:
Puesto que el diodo D1 real, se lo reemplaza por su modelo equivalente de diodo ideal
y una fuente de 𝑉𝐷= 0.7 [V], obteniéndose el siguiente circuito:
Estado 1
Comenzaremos el análisis del circuito para el ciclo en el que el diodo D conduce; esto
es, cuando Vi produce una corriente que circula por la malla Vi-C-D-V (ciclo positivo).
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 23
El capacitor se carga instantáneamente a:
𝑉𝐶 = 𝑉𝑖 + (𝑉 − 𝑉𝐷)
𝑉𝐶 = 10 + 4.3
𝑉𝐶 = 14.3[𝑉]
Y permanecerá cargado mientras la señal 𝑉𝑖 sea de 10 [V].
Luego, el voltaje de salida será
𝑉𝑜 = −(𝑉 − 𝑉𝐷)
𝑉𝑜 = −4.3 [𝑉]
Estado 2
El estado 2 se produce cuando el diodo se abre y para ello, es necesario que:
𝑉𝑖 = 0 [𝑉]
Y que el capacitor se descargue a través de R.
Calculando la constante de descarga:
𝜏 = 𝑅𝐶 = (10𝑥103Ω)(10𝑥10−6𝐹) = 0.1 𝑠𝑒𝑔
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 24
Y el capacitor se descarga en aproximadamente:
𝑡𝑑 = 5𝜏 = 0.5 𝑠𝑒𝑔
Puesto que la frecuencia de la señal 𝑉1 es de 1KHz, esto significa que el capacitor
volverá a cargarse en 0.5 mseg, y por lo tanto se podría asumir que realmente el
capacitor nunca se descargó. En estas condiciones:
𝑉𝑜 = −13.3 [𝑉]
GRÁFICA
Para: Vi vs t, Vo vs t
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 25
Ejercicio 7
En el siguiente circuito, graficar V0
Datos: Vi = Señal senoidal de 0 a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00 VD = 0.7 [V] V = 5 [V]
C = 10 µF
R = 10KΩ
SOLUCIÓN:
Sustituyendo el diodo D real por su aproximación con un diodo ideal y una fuente de
tensión, el circuito resultante es el mostrado en la figura
Para analizar el circuito, se consideran dos posibles situaciones:
o D: On, la corriente del generador Vi circulará únicamente por la malla Vi-C-D-V
pues la rama DV tendrá menor (mucho menor) oposición al paso de corriente
que la rama de R.
o D: Off, la corriente de Vi circulara únicamente por la rama correspondiente a R.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 26
Estado 1
Cuando el diodo está en conducción, el capacitor se carga casi instantáneamente con
el voltaje máximo.
Aplicando LVK a la malla tenemos (D, On):
𝑉𝑖 − 𝑉𝐶+ (V − 𝑉𝐷)= 0
Siendo:
(V − 𝑉𝐷)= 4.3 [V]
El diodo estará en conducción cuando la tensión en el ánodo sea igual a la de cátodo.
Es decir, si:
𝑉𝑖 > 𝑉𝐶 − 𝑉 + 𝑉𝐷
Una vez cargado el capacitor con el voltaje máximo de la fuente, que solo ocurriría
cuando vuelva a alcanzar dicho máximo, se producirá una recarga del capacitor para
mantener su voltaje constante. Dicho voltaje se obtiene despejando 𝑉𝐶 de la ecuación
y sustituyendo 𝑉𝑖 por el valor máximo de voltaje de la fuente
𝑉𝐶= 𝑉𝑚𝑎𝑥+ (V − 𝑉𝐷)
Estado 2
El resto del tiempo, cuando el voltaje de la fuente no cumple la desigualdad
anteriormente indicada, el diodo estará en corte, siendo en el circuito a analizar en
este caso el mostrado en la figura (descarga muy lenta).
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 27
Aplicando la LKV a la malla que incluye a R tenemos (D off):
𝑉𝑜 + 𝑉𝐶 − 𝑉𝑖 = 0
Luego,
𝑉𝑜 + 𝑉𝑚𝑎𝑥 + (V − 𝑉𝐷)−𝑉𝑖=0
Sustituyendo 𝑉𝑖 por 𝑉𝑚𝑎𝑥 sin(wt) y despejando (𝑉𝑜):
𝑉𝑜 = −𝑉𝑚𝑎𝑥 − (𝑉 − 𝑉𝐷) + 𝑉𝑚𝑎𝑥 sin(𝑤𝑡)
𝑉𝑜 = 𝑉𝑚𝑎𝑥(sin(𝑤𝑡) − 1) − 𝑉 + 𝑉𝐷
Sustituyendo los valores de 𝑤𝑡:
𝑤𝑡 = 0 → 𝑉𝑜 = −𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷 = −14.3 [V]
𝑤𝑡 = π/2 → 𝑉𝑜 = −𝑉 + 𝑉𝐷 = −4.3 [V]
𝑤𝑡 = π → −𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷 = −14.3[V]
𝑤𝑡 = 2π/3 → −2𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷𝐶 = −24.3[V]
GRÁFICA
Vi vs. t
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Vo vs. t
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Ejercicio 8
Diseñe un sujetador que cumpla las siguientes especificaciones:
Datos:
Vi = Señal cuadrada de ± 20V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o
Vo = Señal cuadrada de + 30V a − 10V, frecuencia de 1KHz y desfase de 0o
𝐴𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙.
SOLUCIÓN:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 30
Cálculo de la constante de descarga:
𝜏 = 𝑅𝐶 = 100𝑘(1𝜇𝐹) = 10−1𝑠𝑒𝑔 = 100𝑚𝑠
Asumimos que el 𝜏 >>T y por lo tanto que el capacitor no se descarga.
Estado 1
El diodo conduce, para el ciclo negativo.
Se tiene a la salida
𝑉𝑜 = −10𝑉
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 31
Estado 2
Ciclo positivo, el diodo se comporta como circuito abierto.
𝑉𝑜 = 30𝑉
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 32
Ejercicio 9
En el siguiente circuito, grafique Vo
Datos:
Vi = Señal cuadrada de − 10V a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00
Diodo ideal
C = 10 µF
R = 1KΩ
SOLUCIÓN:
Estado 1
El diodo conduce, para el ciclo negativo.
Se tiene a la salida
𝑉𝑜 = 0 [𝑉]
Estado 2
Ciclo positivo, el diodo se comporta como circuito abierto.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 33
𝑉𝑜 = 𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑖 + 10
GRÁFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 34
Ejercicio 10
En el siguiente circuito, grafique Vo
Datos:
Vi = Señal cuadrada de − 10V a 10V, frecuencia de 1KHz y desfase 00
Diodo ideal
V = 5 [V]
C = 10 µF
R = 1KΩ
SOLUCIÓN:
Redibujaremos el circuito por facilidad,
Estado 1
Analizando el circuito para el ciclo en el que el diodo D conduce (ciclo negativo):
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 35
El capacitor se carga instantáneamente a:
𝑉𝐶 = 𝑉 − 𝑉𝑖
𝑉𝐶 = −5 − (−10)
𝑉𝐶 = 5 [𝑉]
Y permanecerá cargado mientras la señal 𝑉𝑖 sea de 10 [V].
Luego, el voltaje de salida será:
𝑉𝑜 = 𝑉 = −5[𝑉]
Estado 2
El estado 2 se produce cuando el diodo se abre y para ello, es necesario que:
𝑉𝑖 = 0 [𝑉]
Y que el capacitor se descargue a través de R.
Calculando la constante de descarga:
𝜏 = 𝑅𝐶 = (1𝑥103Ω)(10𝑥10−6𝐹) = 0.01 𝑠𝑒𝑔
Y el capacitor se descarga en aproximadamente:
𝑡𝑑 = 5𝜏 = 0.05 𝑠𝑒𝑔
Puesto que la frecuencia de la señal 𝑉1 es de 1KHz, esto significa que el capacitor
volverá a cargarse en 0.5 mseg, y por lo tanto se podría asumir que realmente el
capacitor nunca se descargó. En estas condiciones:
𝑉𝑜 = 25 [𝑉]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 36
GRÁFICA
Para: Vi vs t, Vo vs t
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 37
Ejercicio 11
En el siguiente circuito, determine el valor de Vi para que el voltaje de la carga se
mantenga en 9V
Datos:
Vz = 9 V
Rz = 0
Pz = 0.5W
Rs = RL = 100Ω
SOLUCIÓN:
Por definición, la potencia del diodo zener viene dada por:
𝑃𝑍= 𝑉𝑍𝐼𝑍
𝐼𝑍 =𝑃𝑍
𝑉𝑍=
0.5
9= 0.056 [𝐴]
Reemplazando en el circuito el diodo zener por su equivalente en conducción, una
fuente de voltaje con resistencia de zener igual a cero (por dato del ejercicio), se tiene:
Para mantener el voltaje en la carga igual al voltaje del zener, de 9 V, determinamos el
valor que debe tomar la fuente Vi:
Aplicando Ley de Voltajes de Kirchoff,
Malla 1: 𝑉𝑖 − 9 = 100 𝐼1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 38
Malla 2: 9 = 100 𝐼2
Resolviendo el sistema para determinar los valores de las corrientes:
𝐼2 =9
100= 0.09 [𝐴]
𝐼1 =𝑉𝑖 − 9
100
La corriente de zener viene dada por:
𝐼𝑍 = 𝐼1 − 𝐼2
𝐼𝑍 =𝑉𝑖 − 9
100− 0.09
𝐼𝑍 =𝑉𝑖 − 9 − 9
100=
𝑉𝑖 − 18
100
Reemplazando el valor de la corriente de zener ya obtenida, y despejando 𝑉𝑖:
𝑉𝑖 = 100 𝐼𝑍 + 18
𝑉𝑖 = 100(0.056) + 18
De donde, 𝑽𝒊 = 𝟐𝟑. 𝟔 [𝑽]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 39
CAPÍTULO 2
DIODOS: PUNTOS DE OPERACIÓN
PROBLEMAS RESUELTOS
Ejercicio 1
En el siguiente circuito calcular:
a) Los puntos de operación de los diodos D1 y D2
b) Vo y Vx.
Datos: 𝑉𝑖 = 20𝑠𝑒𝑛(2𝑥105𝜋𝑡)[𝑚𝑉(𝑝−𝑝)]
𝑉1 = 12[V] ; 𝑉2 = 12[V] ; 𝐶1 = 10µ𝐹 𝑅1 = 20Ω ; 𝑅2 = 100Ω ; 𝑅3 = 10Ω ; 𝑅4 = 10Ω ; 𝑅5 = 70Ω ; 𝑅6 = 70Ω Usar el gráfico ID vs VD del diodo.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 40
Solución:
𝑅𝑑 =0.75 − 0.65
50𝑚𝐴= 2Ω
𝑅𝑧 =2 − 1.9
40𝑚𝐴= 2.5Ω
Análisis DC
𝑉𝑡ℎ =12𝑅2
𝑅1 + 𝑅2 = 10𝑣
𝑅𝑡ℎ = 𝑅1||𝑅2 = 16.67Ω
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 41
𝑉𝑡ℎ2 =12𝑅6
𝑅5 + 𝑅6 = 6𝑣
𝑅𝑡ℎ2 = 𝑅5||𝑅6 = 35Ω
Asumo D1 diodo y D2 Zener
Id1=Id2=I
𝐼 =10 − 0.65 − 1.9 − 6
𝑅𝑡ℎ1 + 𝑅𝑑 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅𝑧 + 𝑅𝑡ℎ2= 19.04𝑚𝐴
𝑉𝑑1 = 0.65 + 𝑅𝑑𝐼𝑑1 = 0.688 𝑣
𝑉𝑑2 = 1.9 + 𝑅2𝐼𝑍2 = 1.948 𝑣
𝑉𝑥 = 12(100||59.5)
20 + (100||59.5)+
8.55(100||20)
59.5 + (100||20)= 9.68𝑣
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 42
𝑉𝑜 = 7.45(70||70)
41.17 + (70||70)+
12(70||41.17)
70 + (70||41.17)= 6.673 𝑣
Análisis AC
𝐼𝑑2 =20𝑚𝑣
𝑅4 + 𝑅𝑧 + (𝑅5||𝑅6)= 0.42 𝑚𝐴
𝐼𝑑1 =20𝑚𝑣
𝑅3 + 𝑅𝑑 + (𝑅1||𝑅2)= 0.70 𝑚𝐴
𝑉𝑑1(𝑎𝑐) = 𝑅𝑑𝐼𝑑1 = 1.4 𝑚𝑉
𝑉𝑑2(𝑎𝑐) = 𝑅𝑧𝐼𝑑2 = 1.05 𝑚𝑉
𝑉𝑑1 = 𝑉𝑑𝑐 + 𝑉𝑎𝑐 = 0.38 ± 0.0014
𝑉𝑜 = 𝐼𝑑2(𝑅5||𝑅6) = 14.7 𝑚𝑉
𝑉𝑥 = 𝐼𝑑1(𝑅1||𝑅2) = 11.67 𝑚𝑉
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 43
Ejercicio 2
Para el circuito mostrado determinar:
a) Puntos de operación de los diodos D1 y D2
b) Graficas V1(t) y V2(t) con sus respectivos valores
c) Si se cortocircuita C2 y asumiendo que VD1= VD2= 0.7V, determinar el valor
de V2 para estado estable
Datos: 𝑉𝑖 = 0.5𝑠𝑒𝑛(2𝑥105𝜋𝑡)[𝑉(𝑟𝑚𝑠)]
𝑉 = 6[V] ; 𝐶1 = 10µ𝐹 ; 𝐶2 = 10µ𝐹 ; 𝐶3 = 100µ𝐹 𝑅1 = 4Ω ; 𝑅2 = 120Ω ; 𝑅3 = 300Ω ; 𝑅4 = 100Ω ; 𝑅5 = 8Ω Usar el gráfico ID vs VD del diodo.
Solución:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 44
a) Análisis DC
Los diodos al estar directamente polarizados, se reemplazan por el equivalente
𝑅𝑑1= 𝑅𝑑2
= 0.8 − 0.6
78(𝑚𝐴)= 2.56Ω
𝐼𝑑1=
6 − 0.6
120 + 2.56= 0.044(𝐴)
𝑉𝑑1 = 0.6 + 𝐼𝑑1𝑟𝑑1
; 𝑉𝑑1= 0.71(𝑣)
𝑃𝑄1 = (0.044𝐴, 0.71𝑉)
𝐼𝑑2=
6 − 0.6
300 + 2.56 + 100= 0.0134(𝐴)
𝑉𝑑2= 0.6 + 𝐼𝑑2
𝑟𝑑2= 0.63(𝑉)
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𝑃𝑄2 = (0.0134𝐴, 0.63𝑉)
b) Grafique 𝑽𝟏(𝒕)𝒚 𝑽𝟐(𝒕)
Utilizando los gráficos para el análisis DC:
𝑉1𝐷𝐶= 6 − 300(0.0134) = 1.98 [𝑉]
𝑉2𝐷𝐶= 0 [𝑉]
Si 𝑉𝐷1=𝑉𝐷2
=0.7 𝐶2 cortocircuitado, Calcular 𝑉2
El diodo 𝑉𝐷1=𝑉𝐷2
=0.7
Igual que antes 𝑉2𝐷𝐶 sigue siendo cero 𝑉2𝐷𝐶
= 0(𝑉)
La fuente de 6(V) es suficiente para encender a los diodos pero hagamos una malla:
𝑉𝐷1− 𝑉𝐷2
− 𝐼𝑅4 = 0 : 𝑉𝐷1= 𝑉𝐷2
= 0.7 I = 0
La que indica que por el 𝐷2 no fluye corriente.
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Análisis AC
Calculemos los
𝑋𝐶1= 𝑋𝐶2
=1
𝑤𝑐=
1
2𝜋𝑓𝑐= 1.54 ∙ 10−2Ω
𝑋𝐶2=
1
2𝜋𝑓𝑐3= 7.95𝑥10−5Ω
𝑅𝑒𝑞1 = 2.56||120 = 2.51 [Ω]
𝑅𝑒𝑞2 = 100||8||300 = 7.23[Ω]
Notar la importancia de los divisores de tensión:
𝑣𝑖𝐴𝐶=
𝑉𝑖∗𝑅𝑒𝑞3
4+𝑅𝑒𝑞3
Dónde:
𝑅𝑒𝑞3 = [(𝑅𝑒𝑞2 + 2.56)||𝑅𝑒𝑞1] = 1.99Ω
𝑣𝑖𝐴𝐶= 50 (
1.99𝑆𝑒𝑛𝜔𝑡
5.99)
𝑣𝑖𝐴𝐶= 16.6 𝑆𝑒𝑛 𝜔𝑡[𝑚𝑉]
Mucho más rápido que hacer mallas ¿verdad?
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Así mismo: 𝑣𝑍𝐴𝐶=
𝑉𝑖𝐴𝐶∗ 2
2.56+ 𝑅𝑒𝑞2 ;𝑉𝑧𝐴𝐶
= 12,50(𝑚𝑣)
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Ejercicio 3
En el siguiente circuito:
a) Determinar el punto de operación de Z1:
b) Determinar el punto de operación de Z2:
c) Grafique IR2 vs t
Datos: 𝑉𝐴𝐶 = 0.1𝑠𝑒𝑛(2000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]
𝑉 = 100[V] ; 𝐶 = 1µ𝐹 𝑅1 = 40Ω ; 𝑅2 = 80Ω ; 𝑅3 = 60Ω ; 𝑅4 = 30Ω ; 𝑅5 = 40Ω Usar el gráfico I vs V del diodo.
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Solución: Análisis DC
𝑅𝑑 =0.8 − 0.7
1= 0.1
𝑅𝑧 =10.25 − 10
1= 0.25
𝑉𝑜 =(100 − 𝑉𝑑)(𝑅2||(𝑅𝑍 + 𝑅4)
(𝑅2||(𝑅𝑧 + 𝑅4)) + 𝑅1 + 𝑅𝑑+
𝑉𝑍 ((𝑅1 + 𝑅𝑑)||𝑅2)
(𝑅1 + 𝑅𝑑)||𝑅2 + 𝑅𝑧 + 𝑅4
𝑉𝑜 = 39.78
𝐼𝑑 =100 − 𝑉𝐷 − 𝑉𝑜
𝑅1 + 𝑅𝑑= 1.48𝐴
𝐼𝑧 =𝑉𝑑 − 𝑉𝑍
𝑅𝑧 + 𝑅4= 0.98𝐴
𝑉𝐷𝑇 = 𝑉𝐷 + 𝑟𝑑𝐼𝑑 = 0.7 + (0.1)(1.48)
𝑉𝐷𝑇 = 0.848𝑉
𝑉𝑍𝑇 = 𝑉𝑍 + 𝑟𝑍𝐼𝑍 = 10 + (0.25)(0.98)
𝑉𝑍𝑇 = 10.25𝑉
𝑃𝐷 = 𝑉𝐷𝑇𝐼𝑑 ó (𝑉𝑜𝐼𝑑 + 𝑟𝑑𝐼𝑝 2)
𝐼𝑅𝑍 =𝑉2
𝑅2= 0.497𝐴
𝑃𝐷 = 𝑉𝑍𝑇𝐼𝑍 ó 𝑉𝑍𝐼𝑍 + 𝑟𝑍𝐼𝑍 2
Análisis AC
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 50
𝑣𝑜𝐴𝐶 =𝑉𝐴𝐶 (𝑅2||𝑅3||(𝑅𝑍 + 𝑅4))
(𝑅2||𝑅3|| 𝑅𝑍 + 𝑅4) + 𝑅𝑑
𝑣𝑜𝐴𝐶 =(40) (
1
80+
1
60+
1
(0,25+30))
(1
80+
1
60+
1
30,25) + 0,1
𝑣𝑜𝐴𝐶 =(40)(16,07)
16,07 + 0,1=
642,8
16,17= 39.75𝑉
𝑖𝑜𝐴𝐶 =𝑉𝐴𝐶 − 𝑉𝑜𝐴𝐶
𝑟𝑑
𝑖𝑧𝐴𝐶 =𝑉𝑜𝐴𝐶
𝑅𝑍 + 𝑅4
𝑖𝑅2 =𝑣𝑜𝐴𝐶
𝑅2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 51
R1
R2
R3
R4
R5
3v
18 V
Ejercicio 4
En el siguiente circuito:
a) Determinar Vo
b) Determinar el punto de operación del diodo
c) Determinar la potencia disipada por el diodo
d) Graficar VD.
Datos: 𝑉𝑖 = (10 + 0.1𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]
𝑉 = 5[V] 𝑅1 = 1𝐾Ω ; 𝑅2 = 2KΩ ; 𝑅3 = 4KΩ ; 𝑅4 = 2KΩ ; 𝑅5 = 4KΩ
Usar el gráfico I vs V del diodo.
Solución:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 52
𝑉𝑜 =18((𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅2 + 𝑅𝑟 + 𝑅𝑑))
((𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅2 + 𝑅5 + 𝑅𝑑)) + 𝑅1+
3(𝑅1||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5))
(𝑅1||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5)) + 𝑅3 + 𝑅4
+𝑉𝐴(𝑅1||(𝑅3 + 𝑅4))
(𝑅1||(𝑅3 + 𝑅4)) + 𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑠
𝐼𝐷 =𝑉𝑂 − 𝑉𝐷
𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5
𝑉𝐷𝑅 = 𝑉𝐷 + 𝑅𝑑𝐼𝑑
𝑃𝐷𝐶 = 𝑉𝐷𝑇𝐼𝑑
Análisis AC
𝑣𝑂𝐴𝐶 =𝑉𝑖(𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5))
(𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑟)) + 𝑅1
𝑖𝑑𝐴𝐶 =𝑉𝑜
𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑟
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𝑣𝐷𝐴𝐶 = 𝑅𝑑𝐼𝑑𝐴𝐶
𝑃𝐷𝐴𝐶 =𝑅𝑑𝐼𝐴𝐶
2
2
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Ejercicio 5
En el siguiente circuito:
a) Grafique Vo(t)
b) Determine la potencia disipada por el diodo D1.
Datos:
𝑉𝑖=14.14𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 [𝑚𝑉(𝑟𝑚𝑠)], 𝑉1=10v, 𝑉2=10v, 𝑉3=6v, 𝑉4=-3v, 𝑅1=𝑅2=𝑅3=𝑅4=𝑅5=𝑅6=1K Ω
ANALISIS DC:
Redibujado el circuito:
Si se asume el sentido indicado para las corrientes, los diodos 𝐷1, 𝐷2, 𝐷4 actúan como diodos
normales, mientras que el diodo 𝐷3 se abre (circuito abierto).
Aplicando superposición:
I1 I2 I3 I4
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𝑉𝑜 = (𝑉1 − 0.7
(𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅1) (𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)
+ (0.7 − 𝑉2
(𝑅1 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅2) (𝑅1 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)
+ (0.7 − 𝑉4
(𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅4) (𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)
Puesto que las resistencias tienen el mismo valor:
𝑉𝑜 = (𝑉1 − 0.7 + 0.7 − 𝑉2 + 0.7 − 𝑉4
(𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1) + 𝑅1) (𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1)
𝑉𝑜 = (10 − 10 − 3
0.25 + 1) (0.25) = −𝟎. 𝟔[𝑽]
Verificando que las corrientes tengan el sentido asumido y que el diodo 𝐷3esté abierto:
𝐼1 = (𝑉1 − 0.7 − 𝑉𝑜
𝑅1) = (
9.3 + 0.46
1) = 9.76𝑚𝐴 > 0
𝐼2 = (𝑉𝑜 − 0.7 − (−𝑉2)
𝑅2) = (
−0.46 − 0.7 + 10
1) = 8.84𝑚𝐴 > 0
𝐼2 = (𝑉𝑜 − 0.7 − (−𝑉4)
𝑅4) = (
−0.46 − 0.7 + 3
1) = 1.84𝑚𝐴 > 0
𝑉𝐷3 = 𝑉𝑜 − 𝑉3 = −0.46 − 6 = −6.46 𝑉 < 0
Puesto que lo asumido inicialmente se cumple, el valor de 𝑉𝑜 es correcto.
ANALISIS AC:
Aplicando superposición:
𝑣𝑜 = 𝑣𝑖 (𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅6
(𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅6) + 𝑅5) =
𝑉𝑜 = 14.14√2𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 (0.25
0.25 + 1) = 4 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 [𝑚𝑉𝑝𝑖𝑐𝑜]
Por lo tanto:
𝑽𝒐(𝒕) = 𝟎. 𝟎𝟎𝟒 𝒔𝒆𝒏𝟐𝟎𝟎𝟎𝝅𝒕 − 𝟎. 𝟔 [𝑽𝒑𝒊𝒄𝒐]
b)
𝑃𝐷1 = 𝑉𝐷1𝐼1 = 0.7(9.76) = 𝟔. 𝟖𝟑[𝒎𝑾]
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Ejercicio 6
En el siguiente circuito:
a) Determine el punto de operación del diodo D1.
b) Grafique el voltaje V2
c) Grafique el voltaje V3.
Datos: 𝑉𝑖 = 10 𝑠𝑒𝑛(20000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]
𝑉1 = 5[V] ; 𝐶1 = 100µ𝐹
𝑅1 = 10Ω ; 𝑅2 = 20Ω ; 𝑅3 = 20Ω ; 𝑅4 = 40Ω ; 𝑅5 = 80Ω
Usar el gráfico I vs V del diodo.
Comentario [A1]: No se ha considerado la resistencia interna del diodo
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ANALISIS DC:
Aplicando Thevenin:
Se asume el sentido de la corriente de acuerdo a la figura, decimos que el diodo 1 se
encuentra funcionando como diodo real (ON) de 0.68V.
𝑉𝑇ℎ = 𝑉1 (𝑅1
𝑅1 + 𝑅2) = 5 (
10
30) = 1.67 𝑉
𝑅𝑇ℎ = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 = 10 ⫫ 20 = 6.67Ω
𝐼1 = (𝑉𝑇ℎ − 0.68
𝑅𝑇ℎ + 𝑅3 + 𝑅4) = (
1.67 − 0.68
6.67 + 20 + 40) =
37
2500= 14.8𝑚𝐴 > 0
𝑉𝐷1 = 𝑉2 − 𝑉3
𝑉3 = 𝐼1𝑅4 = 14.8(40) = 0.592 𝑉
𝑉2 = 𝑉𝐷1 + 𝑉3 = 0.68 + 0.592 = 1.272 𝑉
𝑷𝑫𝟏 = (𝑽𝑫𝟏, 𝑰𝟏) = (𝟏𝟒. 𝟖𝒎𝑨 , 𝟎. 𝟔𝟖 𝑽)
La corriente obtenida que pasa por el diodo 1 es mayor a cero (ON), entonces lo que se asumió
al principio es correcto.
ANALISIS AC:
I1
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Aplicando Thevenin:
𝑉𝑇ℎ = (𝑉𝑖 ∗ 𝑅2
𝑅1 + 𝑅2) = (
5 ∗ 20
30) =
10
3= 3.33 𝑉
𝑅𝑇ℎ = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 = (𝑅1 ∗ 𝑅2
𝑅1 + 𝑅2) = (
10 ∗ 20
30) =
20
3= 6.67Ω
𝑅4 ⫫ 𝑅5 = (𝑅4 ∗ 𝑅5
𝑅4 + 𝑅5) = (
40 ∗ 80
120) =
80
3= 26.67Ω
𝑉3 = 𝑉2 = (𝑉𝑇ℎ
(𝑅4 ⫫ 𝑅5) + 𝑅3 + 𝑅𝑇ℎ) (𝑅4 ⫫ 𝑅5) =
3.33
26.67 + 20 + 6.67∗ 26.67 = 1.667 𝑉
Por lo tanto:
𝑉2(𝑡) = 1.66 𝑆𝑒𝑛(20𝜋𝑡) + 1.272 [𝑉]
𝑉3(𝑡) = 1.66 𝑆𝑒𝑛(20𝜋𝑡) + 0.592 [𝑉]
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Gráfica de 𝑉2(𝑡):
Gráfica de 𝑉1(𝑡):
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Ejercicio 7
En el siguiente circuito, grafique los voltajes 𝑉1, 𝑉2, 𝑉3.
Datos:
𝑅1 = 𝑅2 = 1000𝐾𝛺 ; 𝑃1 = 𝑃2 = 100𝐾𝛺 𝑦 𝑒𝑠𝑡á𝑛 𝑢𝑏𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜
𝑉𝐶𝐶 = 12𝑉 ; 𝑉𝐵𝐸 = 0.7𝑉
𝑣𝑖 = 220𝑠𝑒𝑛120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]
Solución:
Aplicando el Teorema de Thevenin
Luego:
D1 conduce si: Vx<Vcc
D2 conduce si: Vx>Vcc
Además:
Si D1 conduce V2 > V1 ⇒ V+ < V- ⇒ V3 = -Vcc
Si D2 conduce V2 < V1 ⇒ V+ > V- ⇒ V3 = +Vcc
Dónde:
Rx = (R1 + P 12⁄ ) ∥ P 1
2⁄ = (1000 + 50) ∥ 50 = 47.72 k
Ry = (R2 + P 22⁄ ) ∥ P 2
2⁄ = (1000 + 50) ∥ 50 = 47.72 k
𝑉𝑥 =𝑉𝑖 .P 1
2⁄
𝑅1+𝑃1= (
50
1000+100) 𝑉𝑖 = 0.045 𝑉𝑖
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 61
𝑉𝑥 =𝑉𝑐𝑐 .P 2
2⁄
𝑅2+𝑃2= (
50
1000+100) 𝑥 12 = 0.54 𝑉.
V3 = - Vcc si 0.045 Vi < 12
V3 = -Vcc si 0.045Vi > 12
En conclusión:
Si D1 conduce ⇒ V3= -Vcc⇒ Vi < 266.67V.
Si D2 conduce ⇒ V3= +Vcc ⇒ Vi > 266.67V.
𝑉𝑖(𝑝𝑖𝑐𝑜) = √2𝑉𝑖(𝑟𝑚𝑠) = √2𝑥 220 = 311.12 𝑉.
Si D1 Conduce:
𝑉1 = (𝑉𝑦 − 𝑉𝑥 − 𝑉𝑑1
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑥 = (
𝑉𝑦 − 𝑉𝑑1
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑥 (1 −
𝑅𝑥
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦)
𝑉1 = ( 0.54 − 0.7
2 (47.72)) 47.72 + 𝑉𝑥 (1 −
47.72
2 𝑥 47.72) = −0.08 + 0.5𝑉𝑥
𝑉1 = −0.08 + 0.5 (0.045) 𝑉𝑖 = −0.08 + 0.0225 𝑉𝑖
𝑉1(𝑚𝑎𝑥) = −0.08 + (0.0225 𝑥 311.12) = 6.92 𝑉.
𝑉1(𝑚𝑖𝑛) = −0.08 − (0.0225 𝑥 311.12) = −7.08 𝑉.
𝑉2 = 𝑉1 + 0.7
𝑉2(𝑚𝑎𝑥) = 7.62 𝑉
𝑉2(𝑚𝑖𝑛) = −6.38 𝑉
Si D2 Conduce
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 62
𝑉2 = (𝑉𝑥 − 𝑉𝑦 − 𝑉𝑑2
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑦
𝑉2 = (𝑉𝑥 𝑅𝑦
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) + 𝑉𝑦 − (
𝑉𝑦 + 𝑉𝑑2
𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑦
𝑉2 = ( 47.72
2 (47.72)) 𝑉𝑥 + 0.54 − (
0.54 + 0.7
2 𝑥 47.72) 47.72
𝑉2 = 0.5𝑉𝑥 − 0.08 = 0.5 𝑥 0.045𝑉𝑖 − 0.08
𝑉2 = 0.0223𝑉𝑖 − 0.08
𝑉2(𝑚𝑎𝑥) = (0.0225 𝑥 311.12) − 0.08 = 6.92 𝑉.
𝑉2(𝑚𝑖𝑛) = −(0.0225𝑥 311.12) − 0.08 = −7.08 𝑉.
𝑉1 = 𝑉2 + 𝑉𝑏2 = 𝑉2 + 0.7
𝑉1(𝑚𝑎𝑥) = 7.62 𝑉
𝑉1(𝑚𝑖𝑛) = −6.38 𝑉
Gráficas:
Vi vs. t
V3 vs. t 0 1 2 3 4 5 6 7 8-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1Vi vs. t
t (ms)2.73 ms
311.12
5.60 ms
266.67
Vi
V
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V1 vs t
V2 vs t
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
V1 vs. T
V
t (ms)-0.08
7.08
7.62
6.92 6.62
6.080.62
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-0.5
0
0.5
1
1.5
V
t (ms)
-0.08
0.62
6.38
5.92
6.08
2.73 ms 5.60 ms
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Ejercicio 8
Para el siguiente circuito determine:
a) Punto de operación de los diodos
b) Grafique Vo vs t
Datos: Asuma D1 = D2 𝑣𝑖 = 0.5 sin(𝜔𝑡)
-
Análisis DC:
𝑉𝑜 =(10 − 0.65)(24)𝑘
(3 + (24))𝑘+
(3 − 15)(23)
(3 + (23))=
(9.35)(4/3)
(13/3)+
(−12)(6/5)
(26/5)= 0.1007 𝑉
+
Vo
-
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CORRIENTE DE SEMICONDUCTORES
𝐼𝑑 =(10 − 0.65 − 𝑉𝑜)
(3𝑘)=
(9.249)
(3𝑘)= 3.08𝑚𝐴
𝐼𝑧 =(𝑉𝑜 − 3 + 15)
(4𝑘)=
(12.1007)
(4𝑘)= 3.025𝑚𝐴
VOLTAJE TOTAL
𝑉𝑑𝑡 = 𝑅𝑑 𝐼𝑑 + 𝑉𝑑 = (5)(3.08𝑚) + 0.65 = 0.6654 𝑉
𝑉𝑧𝑡 = 𝑅𝑧 𝐼𝑧 + 𝑉𝑧 = (5)(3.025𝑚) + 3 = 3.015 𝑉
PUNTOS DE OPERACIÓN DC
𝑃𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 = (0.6654 𝑉, 3.08 𝑚𝐴)
𝑃𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 = (3.015 𝑉, 3.025𝑚𝐴)
Análisis AC:
𝑉𝑜 =(0.5)(3.0054.005)𝑘
(2 + (3.0054.005))𝑘=
(0.5)(1.72)
(3.72)= 0.231 𝑉
FINALMENTE
𝑣𝑜 = 0.1007 + 0.231 sin(𝜔𝑡)
Gráfica:
𝑣𝑜 = 0.1007 + 0.231 sin(𝜔𝑡)
-0,05
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0 2 4 6 8 10
Vo vs t
Valores Y
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Ejercicio 9
Para el siguiente circuito considere todos los elementos pasivos están en Ohmios determine:
a) Punto de operación de cada uno de los semiconductores b) Grafico Vo vs t
+
Vo
-
Trasformación de delta a estrella:
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𝑅𝑎 =(100)(125)
(100 + 25 + 125)=
12500
250= 50 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
𝑅𝑏 =(100)(25)
(100 + 25 + 125)=
2500
250= 10 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
𝑅𝑎 =(125)(25)
(100 + 25 + 125)=
3125
250= 12.5 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
RESISTENCIA EQUIVALENTE
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Trasformación de delta a estrella:
𝑅𝑎 =(10)(15)
(10 + 5 + 15)=
150
30= 5 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
𝑅𝑏 =(10)(5)
(10 + 5 + 15)=
50
30= 1.67 𝑂ℎ𝑚𝑜𝑠
𝑅𝑎 =(15)(5)
(10 + 5 + 15)=
75
30= 2.5 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
RESISTENCIA EQUIVALENTE
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Análisis DC:
𝑅𝑑 =(0.75 − 0.65)
10𝑚= 10 𝑜ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
𝑅𝑧 =(5 − 4.75)
30𝑚= 8.33 𝑜ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠
𝑉𝑜 = 0 𝑉
𝑉𝑥 =(40 − 4.75)(11.010)𝑘
(93.23 + (11.010))𝑘−
(10)(93.23|1010)
(1000 + (93.23|1010))+
(20 − 0.65)(93.231000)
(1010 + (93.231000))
=
(35.25)(502.5)
(595.71)−
(10)(85.35)
(1085.35)+
(19.35)(85.28)
(1095.27)= 30.45 𝑉
CORRIENTE DE SEMICONDUCTORES
𝐼𝑧 =(40 − 4.75 − 30.45)
(93.23)=
(4.8)
(93.23)= 51.48𝑚𝐴
𝐼𝑑 =(20 − 0.65 − 30.45)
(1010)=
(11.1)
(1010)= −10.99𝑚𝐴
VOLTAJE TOTAL
𝑉𝑧𝑡 = 𝑅𝑑 𝐼𝑑 + 𝑉𝑑 = (8.3)(51.48𝑚) + 4.75 = 5.17 𝑉
𝑉𝑑𝑡 = 𝑅𝑧 𝐼𝑧 + 𝑉𝑧 = (10)(10.99𝑚) + 0.65 = 0.76 𝑉
PUNTOS DE OPERACIÓN DC
𝑃𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 = (0.76 𝑉, −10.99𝑚𝐴)
𝑃𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 = (5.17 𝑉, 51.48𝑚𝐴)
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Análisis AC:
SACANDO RESISTENCIAS EQUIVALENTES
𝑅𝑒1 =(20 ∗ 1010)
(20 + 1010)= 19.61
𝑅𝑒2 = 19.61 + 10 = 29.61
𝑅𝑒3 =(29.61 ∗ 1000)
(29.61 + 1000)= 28.76
𝑅𝑒4 = 28.76 + 8.3 = 37.09
𝑅𝑒5 =(37.09 ∗ 93.23)
(37.09 + 93.23)= 26.53
𝐼 =40𝑚
76.53= 0.522𝑚𝐴𝑉𝑥 = 26.53 ∗ 0.522𝑚 = 0.0138 𝑉
𝐼𝑧 =0.0138
37.09= 0.37𝑚𝐴𝑉𝑦 = 28.76 ∗ 0.37𝑚 = 0.0107 𝑉
𝐼𝑑 =0.0107
29.61= 0.36𝑚𝐴𝑉𝑦 = 19.61 ∗ 0.36𝑚 = 0.0071 𝑉
𝑉𝑜 = 𝑉𝑦 = 0.0071 𝑉
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 71
Gráfica:
𝑣𝑜 = 0.0071 sin(𝜔𝑡)
-0,008
-0,006
-0,004
-0,002
0
0,002
0,004
0,006
0,008
0 2 4 6 8 10
Vo vs t
Valores Y
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 72
CAPÍTULO 3
DIODOS: FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA
PROBLEMAS RESUELTOS
Ejercicio 1 Graficar la función de transferencia Vo vs Vi para -20<Vi<20 V. Considerar diodos ideales.
R1=R2=R3=R4=1kΩ
Solución:
ESTADO 1
Estado 𝑉𝑖 𝐷1 𝑍1 𝑍2 𝑉𝑜
1 -20≤𝑉𝑖 < −4 CC CC CC 𝑣𝑖 + 36
4
2 -4≤𝑉𝑖 <4 CC CA CC 8
3 4 ≤𝑉𝑖<20 CC 8V CC 𝑣𝑖 + 28
4
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 73
Se sacan las ecuaciones de la mallas y obtenemos I2
1.5𝐼1 − 0.5𝐼2 = 𝑉𝑖
−0.5𝐼1 + 1.5𝐼2 = 12
𝐼2 =36 + 𝑉𝑖
4
𝑉𝑜 = (𝑉𝑖 + 36
4) ∗ 1 =
𝑉𝑖 + 36
4
Esto es válido mientras I1<0
4𝐼1 = 3𝑉𝑖 + 12
𝐼1 =3𝑉𝑖 + 12
4< 0
𝑉𝑖 = −12
3= −4𝑉
ESTADO 2
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 74
𝐼 =12
1.5
𝐼 = 8𝐴
𝑉𝑜 = 𝐼(1)
𝑉𝑜 = 8(1) = 8𝑉
Es válido mientras Vz1<8V
𝑉𝑖 = 𝑉𝑧1 − 4
𝑉𝑖 = 8 − 4 = 4𝑉
ESTADO 3
Se sacan las ecuaciones de la mallas y obtenemos I2
1.5𝐼1 − 0.5𝐼2 = 𝑉𝑖 − 8
I
- Vz1 +
+0v- - 4v +
A
B
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 75
−0.5𝐼1 + 1.5𝐼2 = 12
𝐼2 =𝑉𝑖 + 28
4
𝑉𝑜 = (𝑉𝑖 + 28
4) ∗ 1 =
𝑉𝑖 + 28
4
Esto es válido mientras I2≠0
𝑉𝑖 + 28
4≠ 0
𝑉𝑖 = −28𝑉
Este valor no es válido ya que estamos trabajando en el semiciclo positivo
𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 + 28
4− 12
𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 + 28 − 48
4
𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 − 20
4< 0 𝑉𝑖 < 20
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 76
Ejercicio 2
Graficar 𝑣𝑜 vs 𝑣𝑖 Para 0 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50
Asuma diodos ideales
DATOS
R1 = R2 = R3 = 1KΩ
V1 = 7V
D1= 7V
D2=10V
Solución:
𝒗𝒊 D1 D2 Vo
0 ≤ 𝑣𝑖 <7
2
CA CC 7
2
7
2≤ 𝑣𝑖 < 14
CC CC 𝑣𝑖 + 7
3
14 ≤ 𝑣𝑖 < 34 CC CA 𝑣𝑖
2
34 ≤ 𝑣𝑖 < 54 CC Fuente 𝑣𝑖 + 17
3
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 77
Estado 1
Para el primer estado asumimos que ambos diodos conducen:
𝑉𝑖 − 𝑉1 = (𝑅1 + 𝑅2)𝐼1 − 𝐼2𝑅2
𝑉1 = (𝑅2 + 𝑅3)𝐼2 − 𝐼1𝑅2
𝑉𝑖 − 7 = 2𝐼1 − 𝐼2
7 = 2𝐼2 − 𝐼1
𝐼1 =2𝑉𝑖 − 7
3
𝐼2 =𝑉𝑖 + 7
3
Para que 𝐷1 = 𝑂𝑁, 𝐼1 > 0
2𝑉𝑖 − 7
3> 0
2𝑉𝑖 − 7 > 0
𝑉𝑖 >7
2
Para que 𝐷2 = 𝑂𝑁, 𝐼2 > 0
𝑉𝑖 + 7
3> 0
I2
I1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 78
𝑉𝑖 > −7
Entonces 𝐷1 = 𝑂𝐹𝐹 ^ 𝐷1 = 𝑂𝑁 ^ 𝑉𝑂 =7
2. Mientras 𝑽𝒊 <
𝟕
𝟐
Estado 2
𝑉𝑖 − 𝑉1 = (𝑅1 + 𝑅2)𝐼1 − 𝐼2𝑅2
𝑉1 = (𝑅2 + 𝑅3)𝐼2 − 𝐼1𝑅2
𝑉𝑖 − 7 = 2𝐼1 − 𝐼2
7 = 2𝐼2 − 𝐼1
𝐼1 =2𝑉𝑖 − 7
3
𝐼2 =𝑉𝑖 + 7
3
𝑉𝑜 =𝑉𝑖 + 7
3
En el intervalo 7
2≤ 𝑉𝑖 < 14 ⇒ 𝑉𝑜 =
𝑉𝑖+7
3
ESTADO 3: 14 ≤ 𝑣𝑖 < 34 ⟹ Z1: corto ; Z2: abierto, fijo a 10V
Se determina Vi para cuando Z2 empieza a actuar como fijador de voltaje:
I1
I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 79
𝑉𝑖 − 17 = 2𝐼1 − 𝐼2
17 = 2𝐼2 − 𝐼1
𝐼𝑍2 = 0
𝐼2 = 𝐼1
𝑉𝑖 − 17 = 𝐼2
𝑉𝑖 = 17 + 𝐼2 = 34
𝑉0 =𝑉𝑖
2
14 ≤ 𝑉𝑖 < 34 ⇒ 𝑉𝑜 =𝑉𝑖
2
Z1: Corto Z2: Abierto
I1
I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 80
ESTADO 4: 34 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50
𝑉𝑖 − 17 = 2𝐼1 − 𝐼2
17 = (2)𝐼2 − 𝐼1
𝐼1 =2𝑉𝑖 − 17
3
𝑉0 =𝑉𝑖 + 17
3
34 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 50 ⇒ 𝑉𝑜 =𝑉𝑖+17
3
GRAFICA 𝒗𝟎 𝒗𝒔. 𝒗𝒊
I1
𝑰𝟐
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 81
SIMULACION 𝒗𝒐 𝒗𝒔 𝒗𝒊
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 82
Ejercicio 3
Grafique la función de transferencia Vo vs Vi
Datos
R1 = R2 = R3 = R4 =1K
D1=D2=10V
D3=D4=5V
V1=10V -50 ≤ 𝑣𝑖< 50
Solución:
𝒗𝒊 D1 D2 D3 D4 Vo
−50 ≤ 𝑣𝑖 < −40 CC CC 10 CC -10
−40 ≤ 𝑣𝑖 < 5 CC CA CA CC 𝑣𝑖 + 10
3
5 ≤ 𝑣𝑖 < 17.5 CA CA CA D4 𝑣𝑖 + 20
5
17.5 ≤ 𝑣𝑖 < 25 5 10 CC CA 𝑣𝑖 + 5
3
25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50 5 10 CC CA 10
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 83
Ciclo negativo:
ESTADO 1:
𝑣𝑖 + 10 + 30 = 0
𝑣𝑖 = −40
−50 ≤ 𝑣𝑖 < −40 → 𝑣𝑜 = −10
ESTADO 2:
𝑣𝑖 − 10 = 2𝐼1 − 𝐼2
10 = −𝐼1 + 2𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 + 10
3
𝐼1 =2𝑣𝑖 − 10
3
𝐼2 − 𝐼1 > 0 → 𝑉𝑖+10
3>
2𝑣𝑖−10
3
𝑣𝑖 + 10 > 2𝑣𝑖 − 10
30 mA
20 mA 10 mA
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 84
20 > 𝑣𝑖
𝑣𝑖 < 20 → 𝐷4(0,1)
𝐼1 < 0 → 𝐷𝐸 𝐶𝑂𝑅𝑇𝑂
2𝑣𝑖 − 10
3< 0
𝑣𝑖 < 5
𝑣0 = 𝐼2 𝑅 =𝑣𝑖 − 10
3
−40 ≤ 𝑣𝑖 < 5 → 𝑣0 =𝑣𝑖 − 10
3
ESTADO 3: 5 ≤ 𝑣𝑖 < 17.5
𝐼2 − 𝐼1 > 0
𝐼1 < 5(1) = 5𝑚𝐴
𝐼1 > 0
𝑣𝑖 − 10 = 3𝐼2 − 𝐼2
10 = −𝐼1 + 2𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 + 20
5
𝐼1 =2𝑉𝑖 − 10
5
2𝑣𝑖 − 10
5> 0
2𝑉𝑖 − 10 > 0 → 𝑣𝑖 > 5𝑉
𝐼2 > 𝐼1 → 𝑣𝑖 + 20
5>
2𝑣𝑖 − 10
5
30 > 𝑣𝑖 → 𝑣𝑖 < 30
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 85
𝐼1 > 5 → 2𝑣𝑖 − 10
5< 5
30 > 𝑣𝑖 → 𝑣𝑖 < 30
2𝑣𝑖 − 10
3< 0
2𝑉𝑖 − 10 < 25
𝐼1 <25 + 10
2
𝐼1 < 17.5
5 < 𝑣𝑖 < 17.5 → 𝑣𝑜 =𝑣𝑖 + 20
5
ESTADO 4: 17.5 ≤ 𝑣𝑖 < 25
𝑣𝑖 − 10 − 5 = 2𝐼1 − 𝐼2
10 = −𝐼1 + 𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 + 5
3
𝐼1 =2𝑣𝑖 − 20
3
𝐼2 > 𝐼1 → 𝑣𝑖 + 5
3>
2𝑣1 − 20
3 → 𝑣𝑖 + 5 > 2𝑣𝑖 − 20 → 25 > 𝑣𝑖
𝐼2 > 10𝑚𝐴 → 𝑣𝑖 + 5
3> 10 → 𝑣𝑖 < 25
𝐼1 > 0 → 2𝑣𝑖 − 20
3> 0 → 𝑣𝑖 < 10
𝐼1 > 5 → 2𝑣𝑖 − 20
3> 5 → 𝑣𝑖 > 17,5
17,5 ≤ 𝑣𝑖 < 25 → 𝑣𝑜 =𝑣𝑖 + 5
3
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 86
ESTADO 5: 𝑣𝑖 > 25
𝑣0 = 10 → 25 ≤ 𝑣𝑖 < 50
GRAFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 87
SIMULACION 𝒗𝒐 𝒗𝒔 𝒗𝒊
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 88
Ejercicio 4
Grafique la Función de Transferencia V0 vs Vi.
Datos
R1= 1kΩ R2 = 1kΩ R3= 1kΩ R4= 1kΩ
Z1= 8V Z2= 10V Z3= 5V
ESTADO Z1 Z2 Z3 𝒗𝒊 𝒗o
1 8V CC 5V −40 < vi
≤ −17.5
𝑣𝑖 + 3
3
2 CA CC 5V −17.5 < vi
≤ −15
𝑣𝑖 − 10
5
3 CA CC CA −15 < vi ≤ 0 vi
3
4 CC CA CC 0 ≤ vi < 20 vi
2
5 CC 10V CC 20 ≤ vi < 40 𝑣𝑖 + 10
3
SEMICICLO (-)
ESTADO 3: −𝟏𝟓 < 𝒗𝒊 < 𝟎
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 89
𝒗𝒐 =𝒗𝒊
𝟑
Ahora hay que revisar cuál de los zener empieza a actuar primero como fuente.
𝑧1 Actuará como fuente cuando el voltaje de R2 sea igual a 8V. 𝒗𝒊
𝟑= 𝟖
𝒗𝒊 = 𝟐𝟒
𝑧2 Actuará como fuente cuando Va sea igual a 5V 𝒗𝒊
𝟑= 𝟓
𝒗𝒊 = 𝟏𝟓
Por lo que el zener de 5v empezara a actuar primero como fuente.
ESTADO 4: −𝟏𝟕. 𝟓 < 𝒗𝒊 < −𝟏𝟓
𝑣𝑖 + 5 = 3𝐼1 − 𝐼2
−5 = −𝐼1 + 2𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 − 10
5
𝑣0 =𝑣𝑖 − 10
5
Va
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 90
Z1 actuara como fuente cuando 𝑉𝑅2 sea igual a 8V
𝐼1 =2𝑣𝑖 + 5
5
𝑣𝑅2 =2𝑣𝑖 + 5
5
2𝑣𝑖 + 5
5= 8
𝑣𝑖 = 17.5 𝑣
ESTADO 5: −𝟒𝟎 < 𝒗𝒊 < −𝟏𝟕. 𝟓
𝑣𝑖 + 13 = 2𝐼1 − 𝐼2
−5 = −𝐼1 + 2𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 + 3
3
𝑣0 =𝑣𝑖 + 3
3
SEMICICLO (+)
ESTADO 1: 𝟎 ≤ 𝒗𝒊 < 𝟐𝟎
𝒗𝒐 =𝒗𝒊
𝟐
El zener actuara como fuente cuando Va sea igual a 10 V
𝑣𝑎
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 91
𝒗𝒂 = 𝒗𝟎 =𝒗𝒊
𝟐
𝒗𝒊
𝟐< 𝟏𝟎
𝒗𝒊 < 𝟐𝟎
ESTADO 2: 𝟐𝟎 ≤ 𝒗𝒊 < 𝟐𝟎
𝑣𝑖 − 10 = 2𝐼1 − 𝐼2
10 = −𝐼1 + 2𝐼2
𝐼2 =𝑣𝑖 + 10
3
𝑣0 =𝑣𝑖 + 10
3
GRÁFICA
SIMULACIÓN Vo vs Vi
I1 I2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 92
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 93
Ejercicio 5
Graficar 𝑣𝑜 vs 𝑣𝑖 Para -40 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40
Asuma diodos ideales
Datos
R1= 1kΩ R2 = 1kΩ R3= 1kΩ
R4= 1kΩ Z1= 5V Z2= 10V Z3= 10V Z4= 5V
Semiciclo (+)
En este semiciclo, D1 permanecerá siempre abierto
𝒗𝒊 D1 Z1 Z2 Z3 Z4 Vo
−40 ≤ 𝑣𝑖 < −10 CC CC CC 10V 5V
𝑣𝑖 + 10
−5 ≤ 𝑣𝑖 < 0 CC CC CC CA CA 0
0 ≤ 𝑣𝑖 < 15 CA CA CA CC CC 𝑣𝑖
3
15 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 25 CA 5V CC CC CC 𝑣𝑖 − 5
2
25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40 CA 5V 10V CC CC 𝑣𝑖 + 5
3
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 94
𝑣0 =𝑣𝑖 𝑅4
𝑅4 + 𝑅2 + 𝑅𝐿=
𝑣𝑖
3, ? ≥ 𝑣𝑖 ≥ 0
𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐵𝐷 = 5 → 𝑍𝑒𝑛𝑒𝑟5𝑣 = 𝑂𝑁
𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐶𝐷 = 10 → 𝑍𝑒𝑛𝑒𝑟10𝑣 = 𝑂𝑁
𝑣𝐵𝐷 =𝑣𝑖 𝑅2
𝑅4 + 𝑅2 + 𝑅𝐿=
𝑣𝑖
3= 5 → 𝑣𝑖 ≥ 15 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑍5𝑉 𝑂𝑁
𝑣𝐶𝐷 =𝑣𝑖
3= 10 → 𝑣𝑖 ≥ 30 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑍10𝑉 𝑂𝑁
EL ZENER DE 5V SE ENCIENDE PRIMERO
𝑣0 =𝑣𝑖
3 → 15 ≥ 𝑣𝑖 ≥ 0
Ahora el circuito es:
𝑣0 =(𝑣𝑖 − 5)𝑅4
𝑅4 + 𝑅1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 95
𝑣0 =𝑣𝑖 − 5
2 , −15 ≤ 𝑣𝑖 < ?
Sabemos que: 𝑣𝐴𝐵 = 10 → 𝑍10𝑉 = 𝑂𝑁
𝑣𝐴𝐵 =𝑣𝑖 − 5
2= 10 → 𝑣𝑖 = 25 → 𝑍1 = 𝑂𝑁
Entonces 𝑣0 =𝑣𝑖−5
2 ,15 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 25
El circuito se transforma a:
𝑣𝑡ℎ = 𝑣𝐴𝐵 = 10 + 𝑣𝑅1 = 10 + (𝑣𝑖 − 10 − 5)(1
1 + 1)
𝑣𝑡ℎ =𝑣𝑖 + 5
2
𝑅𝑡ℎ = 1 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜 𝑐𝑜𝑛 1 = 0.5 𝑘
𝑣0 =𝑣1 + 5
3, 25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40
Semiciclo (-)
Puesto que Z4 necesita 5V, se comporta como circuito abierto por el momento → 𝑣0 = 0
¿ ≤ 𝑣𝑖 ≤ 0
Análisis:
𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −10 → 𝑍3 = 𝑂𝑁
𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −5 → 𝑍4 = 𝑂𝑁
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 96
𝑍4 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜.
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠, 𝑣𝑜 = 0, −5 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 0
𝑣𝑖 + 5 − 𝑣0 = 0
𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5 , ? ≤ 𝑣𝑖 ≤ −5
𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −10 → 𝑍3 = 𝑂𝑁, 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑣𝐴𝐵 = 𝑣𝑖 → 𝑆𝑖 𝑣𝑖 = −10 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑧3 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒. 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5 , −10 ≤ 𝑣𝑖 ≤ −5
En este caso, aunque Z3 se encendió, 𝑣0 no se alteró pues:
𝑣𝑖 + 5 − 𝑣0 = 0 → 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5
Conclusión 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5, −40 ≤ 𝑣𝑖 ≤ −10
GRAFICA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 97
f(x)=x/3
f(x)=(x-5)/2
f(x)=(x+5)/3
f(x)=0
f(x)=x+5
f(x)=x+5
-35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 25 30 35
-30
-20
-10
10
20
30
x
y
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 98
Ejercicio 6
Graficar I vs V Para -7 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 7
Asuma diodos ideales
DESARROLLO
Malla 1:
𝑉 = (𝑖1 + 𝑖2) − 1 + 𝐼 + 1
𝑉 = (𝑖1 + 𝑖2) + 𝐼
𝑉 = (2𝑖1 + 𝑖2)
Malla 2:
1 = (𝑖1 + 𝑖2)
Reemplazando:
𝑖2 = 𝑉 − 1, 𝑖1 = 2 − 𝑉
I
I
I2
I1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 99
𝐷1 = 𝑂𝑁 → 𝑖2 > 0 → 𝑉 < 2
𝐷2 = 𝑂𝑁 → 𝑖1 > 0 → 𝑉 > 1
Analicemos el primer intervalo: 𝑉 > 2, 𝐷2 𝑂𝑁, 𝐷1 𝑂𝐹𝐹
𝐼 = 𝑖1
𝑉 = 𝑖1 − 1 + 𝑖1 − 1
𝑖 =𝑉
2
𝑉 − 1 − 𝑖 = 0
𝑉 − 1 = 𝑖 , 1 ≤ 𝑉 ≤ 2
¿ ≤ 𝑉 ≤ 1
En el análisis inicial se encontró que para cualquier V<2 el diodo 1 funcionaba. Por lo
tanto, de aquí en adelante lo consideramos como un corto.
Pero en cambio para V<1, el D2 deja de conducir directamente.
I1
I1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 100
𝑃𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝐼 = 0.
𝑆𝑖 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 , 𝐷2 𝑠𝑒 𝑎𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟, 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑉 𝑒𝑚𝑝𝑖𝑒𝑧𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎.
𝑉 + 𝑉𝑍 + 𝑖 − 1 = 0 𝑉𝑍 = 5 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒.
𝑖 = −𝑉 − 5 + 1 = −𝑉 − 4
Si 𝑖 > 0 →= −𝑉 − 4 > 0
𝐶𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑠𝑖𝑜𝑛 ∶ 𝑖 = 0, −4 ≤ 𝑉 ≤ 1 𝑖 = −(−𝑉 − 4), −7 ≤ 𝑉 ≤ −4
I1
I
I
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 101
GRAFICA
f(x)=X-1
f(x)=X/2
f(x)=0
f(x)=-(-X-4)
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 102
Ejercicio 7
Graficar 𝑉0 vs 𝑉𝑖 para -20 <𝑉𝑖< 20.
Datos: asuma diodos ideales.
Z1 = 10 V Z2 = 4 V R1, R2, R3 = 1kΩ V2 = 5V
Estado Z1 Z2 D3 Vi V0
1 F F CC −20 ≤ 𝑉𝑖 < −12 (𝑉𝑖 + 13)
2 F CA CC -12 ≤ 𝑉𝑖 < −4 𝑉𝑖 + 14
2
3 CA CA CC -4 ≤ 𝑉𝑖 < 6 5
4 CC CC CA 6 ≤ 𝑉𝑖 < 20 𝑉𝑖 − 1
Estado 1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 103
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 104
𝑉𝑧1 = 10𝑉 𝑉𝑧2 = 4𝑉 𝑉1 = 1𝑉 𝑉2 = 5𝑉
−𝑉𝑖 + 𝑉2 − 𝐼𝑅2 − 𝑉𝑧2 − 𝑉𝑧1 + 𝑉1 = 0
𝐼 =−(𝑉𝑖 + 8)
𝑅2> 0
𝐼2 =𝑉𝑧2
𝑅2= 4𝑚𝐴
𝐼3 =𝑉2
𝑅1= 5𝑚𝐴
El circuito es válido mientras:
𝐼1 > 0 ∧ 𝐼4 > 0
𝐼1 = 𝐼 − 𝐼2
𝐼1 =−𝑉𝑖 − 8
1𝐾−
4
1𝐾
𝐼1 =−𝑉𝑖 − 12
1𝐾> 0
𝑽𝒊 < −𝟏𝟐
𝑉0 = (𝑉𝑖 + 8) + 5
𝑉0 = (𝑉𝑖 + 13)
𝐼4 = 𝐼1 + 𝐼2
𝐼4 =−𝑉𝑖 − 12
1𝐾+
4
1𝐾
𝐼4 = −(𝑉𝑖 + 8) > 0
𝑽𝒊 < −𝟖
Entonces:
𝑉𝑖 < −12
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 105
ESTADO 2
El circuito es válido mientras: 𝐼1 > 0
−𝑉1 + 𝑉2 − 𝐼1𝑅2 − 𝐼1𝑅3 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1 = 0
𝐼1 =𝑉2 − 𝑉𝑖 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1
𝑅2 + 𝑅3
𝐼1 =−(𝑉1 + 4)
2𝐾> 0
−12 ≤ 𝑉𝑖 < −4
𝑉0 = −𝐼1𝑅1 + 𝑉2 = (𝑉𝑖 + 4)
2+ 5 =
𝑉𝑖 + 14
2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 106
ESTADO 3
El circuito es válido mientras:𝑉𝑧1 < 10
−𝑉𝑖 + 𝑉2 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1 = 0
−𝑉𝑖 + 6 = 𝑉𝑧1
−𝑉𝑖 + 6 < 10
𝑉𝑖 > −4
𝑉0 = 5
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 107
ESTADO 4
El diodo en el cambio Id = 0 y Vd=0
𝑉𝑖 − 𝑉1 − 𝑉2−𝐼𝑅2 = 0
𝐼 =𝑉𝑖 − 𝑉1 − 𝑉2
𝑅2=
𝑉𝑖 − 6
𝑅2> 0
El circuito es válido mientras:𝑉𝑖 > 6
𝑉𝑖 − 𝑉1−𝐼𝑅2−𝐼𝑅1 = 0
𝐼 =𝑉𝑖 − 𝑉1
𝑅2 + 𝑅1=
𝑉𝑖 − 1
𝑅2 + 𝑅1
𝑉𝑜 = 𝐼𝑅2 + 𝐼𝑅1 = 𝐼( 𝑅2 + 𝑅1) = 𝑉𝑖 − 1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 108
Gráfico
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 109
Ejercicio 8
Para el circuito dado grafique la característica Io Vs Vi. Justifique su respuesta con cálculos
correspondientes.
−7𝑣 ≤ 𝑉i ≤ 7𝑣
Estado D Z Vi Io
1 CC 5V -7<Vi<-4 Vi+4
2 CC CA -4<Vi<1 0
3 CA CC 1<Vi<7 Vi/2
Solución
Transformamos la fuente de corriente en una fuente de voltaje
R1
1kΩ
Io
1mA V11 V
R21kΩ
D
Vz5 V
Vi+
+
-
Io
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 110
Estado 1
𝐼0 = 𝐼𝑅2 =𝑉𝑖 + 5 − 1
1𝑘= 𝑉𝑖 + 4
Estado 2
El circuito queda abierto por lo tanto 𝐼𝑜 = 0
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 111
Estado 3
𝑉𝑖 − 𝐼0𝑅1 + 1 − 𝐼0𝑅2 − 1 = 0
𝑉𝑖 = 2𝐼0𝑅 = 2𝐼0(1𝑘)
𝐼0 =𝑉𝑖
2
Grafico Io vs Vi
V_V3
-8.0V -6.0V -4.0V -2.0V 0V 2.0V 4.0V 6.0V 8.0V
-I(D2)
-4.0mA
-2.0mA
0A
2.0mA
4.0mA
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 112
Ejercicio 9
Para el circuito dado, grafique el voltaje de salida Vo.
Dato: asuma que los diodos son ideales.
Estado D1 D2 D3 Z1 Z2 Vi V0
1 CA CA CC 5v CC -50 ≤ Vi ≤ -15 Vi − 10
5
2 CA CA CC CA CC -15≤ Vi ≤0 Vi
3
3 CC CC CA CC CA 0≤ Vi ≤20 Vi
2
4 CC CC CA CC 10v 20≤ Vi ≤50 Vi + 10
3
Solución:
Estado 1
I1 =
Vi
3+ 5
2
3+ 1
=Vi + 15
5
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 113
V0 = (1)Vi + 15
5− 5 =
Vi − 10
5
El circuito es válido mientras I1 < 0 por lo tanto:
I1 =Vi + 15
5< 0
Vi < −15
Concluyendo:
𝑉𝑜 =𝑉𝑖 − 10
5, −50 ≤ 𝑉𝑖 < −15
Estado 2
V0 =Vi
3
El circuito es válido mientras I<0
I < 0
I =Vi
3< 0
Vi < 0
Concluyendo:
𝑉𝑜 =𝑉𝑖
3, −15 ≤ 𝑉𝑖 < 0
Estado 3
V0 =Vi
2= VR3
El circuito es válido mientras
VR3 < 10
Vi
2< 10; 𝑉𝑖 < 20
Concluyendo: 𝑉𝑜 =𝑉𝑖
2, 0 ≤ 𝑉𝑖 < 20
Estado 4
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 114
Vo = 10 +Vi − 20
3=
Vi + 10
3
El circuito es válido mientras I > 0
I =Vi − 20
2 (1
2+ 1)
=Vi − 20
3> 0
Vi > 20
Por lo tanto:
𝑽𝒐 =𝑽𝒊 + 𝟏𝟎
𝟑, 𝑽𝒊 ≥ 𝟐𝟎𝑽
Gráfico de Vo vs t
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 115
PROBLEMAS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Dado el siguiente circuito, para: -40 < Vi < 40
Grafique Vo vs Vi.
Asuma diodos ideales.
Ejercicio 2
Graficar Vo vs Vi para -40 < Vi < 40
Asuma diodos ideales
R1
1kΩ
R2
1kΩ
R31kΩ
R41kΩ
Z1
10 V
Z25 V
Z315 V
+
Vi
-
+
Vo
-
R1
1kΩ
R2
1kΩ
R31kΩ
R41kΩ
D1 Z1
5 V
Z210 V
Z310 V
Z45 V
+
Vi
-
+
Vo
-
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 116
Ejercicio 3
En el circuito dado a continuación:
Asuma los diodos ideales
a) Escribe y grafique la función de transferencia Vo en función de Vi (0≤ 𝑉𝑖 ≤ 40)
b) Grafique Vo si Vi = 40senwt, indicando todos los niveles de voltaje
Ejercicio 4
En el circuito de abajo:
a) Grafique la función de transferencia Vo vs Vi para 0 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 2𝑉𝑟
b) Demuestre que el máximo valor de Vi para el cual D2 deja de conducir es:
Vi(máx)=Vr+[R/R’](Vr-Vx)
Si Vi=20senwt, grafique Vo
Vx=1V; Vr=10V; R=1K; R’=2K
Los diodos son IDEALES
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 117
Ejercicio 5
En el siguiente circuito, determinar Vo vs. Vi para −60 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 60
Ejercicio 6
Para el siguiente circuito determinar la función de transferencia Vo vs Vi, en el rango indicado.
-20≤Vi≤20
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 118
Ejercicio 7
Graficar las formas de onda de Va y Vb, si:
a) D1, D2, D3, son diodos ideales
b) D1, D2, D3, son diodos zener con Vz = 6V
Dato: 𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑝−𝑝)]
Ejercicio 8
Determine la forma de onda del voltaje de salida (Vo). Los diodos son ideales
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 119
Ejercicio 9
Dibuje la forma de onda del voltaje de salida (Vo). Considere los diodos ideales
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 120
Ejercicio 10
En el circuito dado determine:
a) Entre que valores de Vi trabaja solo el diodo Zener con Vz=10v? b) Para que valores de Vi se enciende el diodo Zener con Vz=15v? c) Cuál es el máximo valor de Vo y a qué valor de Vi corresponde?
Dato: 𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑝−𝑝)]
R = 5K
10k
Vi
VZ=10V
0V
+ +
R=3K
10k
R=1K
10k
R=6K
10k
VZ=15V
Vo
R=2K
10k
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 121
CAPÍTULO 4
OTROS DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES
PROBLEMAS RESUELTOS
Ejercicio 1
Si la características del diodo túnel es la que se muestra, ¿cuál es el valor máximo de R
para que la característica It vs Vt no tengan ningún punto de resistencia negativa?
CURVA CARACTERÍSTICA DEL DIODO TUNEL:
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 122
Cuando se aplica una pequeña tensión, el diodo túnel empieza a conducir (la corriente
empieza a fluir).
Si se sigue aumentando esta tensión la corriente aumentará hasta llegar un punto
después del cual la corriente disminuye.
La corriente continuará disminuyendo hasta llegar al punto mínimo de un "valle" y
después volverá a incrementarse. En esta ocasión la corriente continuará aumentando
conforme aumenta la tensión.
Obtenemos los datos de la curva del diodo túnel dado.
𝐼𝑝 = 10 𝑚𝐴. 𝐼𝑣 = 1 𝑚𝐴.
𝑉𝑝 = 0.2 𝑉. 𝑉𝑣 = 0.4 𝑉.
En donde 𝐼𝑝, 𝑉𝑝 son valores picos y 𝐼𝑣, 𝑉𝑣 son valores “valles” característicos del diodo
túnel.
Calculamos el voltaje de la resistencia:
𝑉𝑅 = 𝑉 – 𝑉𝑡 ; Donde 𝑉𝑡 viene ser nuestro 𝑉𝑝 del diodo.
Ahora en la resistencia tenemos:
𝑅 = 𝑉𝑅
𝐼𝑡; Donde 𝐼𝑡 viene ser nuestro 𝐼𝑝
Pero como queremos obtener la máxima resistencia que pueda tener para que el diodo
no tenga punto de resistencia negativa tenemos:
𝑅 = 𝑉 − 0.2
0.01
En otras palabras el voltaje que tiene el diodo túnel no debe de pasar los 0.2 V porque
tuviera puntos de resistencias negativas en el circuito dado.
Ahora supongamos que nuestra fuente sea de 12 V. Reemplazando en la ecuación
anterior tenemos:
𝑅 = 12 − 0.2
0.01 = 1.15 𝐾Ω.
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 123
Ejercicio 2
Los datos para la foto resistencia son: 10 kΩ para una iluminación de una fotocandela
La variación de la resistencia con la iluminación es de 1 kΩ/fotocandela (asuma variación lineal).
Los datos del LED y Zener son: -Voltaje de encendido del LED 1.5 V -Resistencia dinámica del Zener 0 Ω Con los datos dados calcular la intensidad luminosa necesaria (fotocandelas), para que se ilumine el LED.
Fotoresistencia: es un componente electrónico cuya resistencia disminuye con el
aumento de intensidad de luz incidente. Puede también ser llamado fotoresistor,
fotoconductor, célula fotoeléctrica o resistor dependiente de la luz, cuyas siglas, LDR,
se originan de su nombre en inglés light-dependent resistor. El valor de resistencia
eléctrica de un LDR es bajo cuando hay luz incidiendo en él (puede descender hasta 50
ohms) y muy alto cuando está a oscuras (varios megaohmios).
20 = 𝑅𝜆𝐼1 + 𝑅𝐼2
𝐼2 =9𝑉
1𝑀Ω= 9𝜇𝐴
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐷
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝐿𝐸𝐷 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑎 𝐼𝐷 > 0
20 = 𝑅𝜆(𝐼2 + 𝐼𝐷) + 𝑅𝐼2
𝐼𝐷 =20 − 𝐼2𝑅𝜆 − 𝐼2𝑅
𝑅𝜆> 0
20 − 𝐼2𝑅
𝐼2> 𝑅𝜆
𝑅𝜆 < 1.2 𝑀Ω
Δ𝑅𝜆
Δ𝜆= 1𝑘Ω/𝑓𝑜𝑡𝑜𝑐𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑎
𝐼1
𝐼2
𝐼𝐷
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 124
Δ𝑅𝜆 = 1.2𝑀Ω − 10𝑘Ω
Δ𝜆 = 𝜆 − 1 𝑓𝑐
1.2𝑀Ω − 10𝑘Ω
𝜆 − 1𝑓𝑐= 1𝑘Ω/𝑓𝑐
𝜆 = 1191 𝑓𝑜𝑡𝑜𝑐𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑎
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 125
Ejercicio 3
Asuma por simplicidad que la intensidad luminosa radiada por el LED es igual a la
intensidad luminosa recibida por el FOTODIODO.
Se conoce que cuando el amperímetro marca 400uA, la temperatura del calentador es
máxima. Con los datos dados calcular la temperatura máxima del calentador (400uA es
la lectura actual del amperímetro)
Los datos para el circuito de la figura son:
a) TERMISTOR
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 126
b) FOTODIODO
c) LED
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 127
Ejercicio 4
Calcular la capacitancia nominal del diodo VARICAP para utilizarlo con el inductor L con
el fin de formar un circuito sintonizado resonante en paralelo que puede sintonizarse a
frecuencia 10.72 MH. Calcule el voltaje inverso V que debe ser aplicado al diodo
VARICAP para obtener la capacitancia nominal necesaria del VARICAP. La capacitancia
Cp representa la capacitancia parasita. La frecuencia resonante se puede calcular con la
fórmula:
𝑓 =1
2π√l𝑐
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 128
Xc =1
wcXc′ =
1
2π(10.72M)(1000p)
Xc =1
2π(10.72M)(2p)Xc′ = 14.84[Ω]
Xc= 7423.27[Ω] IXc′= 10/14.84 = 0.673[A]
Xl= wl= 2π (10.72M)(10u)IXeq = IXc′ ∗ 2 = 1.246[A]
Xl= 673[Ω] Vxeq= (IXeq)(Xeq) = 831.18[v]
Xeq= 1
1
7423.27+
1
673
V= 831.18-10 V= 821.18[v]
Xeq= 617.52[Ω]
Cd=80x10−12
√1+2(821.18)
Cd=2uF
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 129
Ejercicio5
Figura # 1
En el circuito de la figura #1 se determina que la capacitancia del diodo
varactor es de 20 pF.
Con el circuito de la figura #2 se obtienen los siguientes datos:
El varactor es fabricado con una unión por difusión (factor = 1/3). Con los datos
dados y haciendo V=0 de la siguiente formula:
𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶(0)
(1 +𝑉𝑅
𝑉𝑇)
𝑛
Figura
Vv[v] 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
Iv[mA] 0.0 0.0 0.1 0.4 1.0 1.2 2.4
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 130
Calcule el valor de capacitancia del varactor en el siguiente circuito:
SOLUCION:
Analizando el circuito de la figura #1 observamos que D2 funciona como
circuito abierto, por lo que el varactor se polariza de manera inversa, con un
voltaje de polarización inversa VR que podemos calcular haciendo un divisor de
tensión:
𝑉𝑅 = 𝑉1 ∗ (1𝑘
1𝑘 + 1𝑘) =
𝑉1
2= 5 [𝑉]
De los datos de la tabla del circuito #2 podemos observar que la corriente en el
varactor es diferente de cero para Vv = 0.4 [V] por lo que el voltaje para el cual
el diodo empieza a conducir es VT = 0.2 [V].
Empleando la fórmula: 𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶𝑜
(1+𝑉𝑅𝑉𝑇
)𝑛 y ya que sabemos el valor de n = 1/3 y
de C=20 pF
Reemplazando:
20 × 10−12 =𝐶𝑜
(1 +5
0.2)
1
3
⟹ 𝐶𝑜 = 59.25 [𝑝𝐹]
Ahora utilizando el resultado anterior en el circuito de interés
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 131
𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶𝑜
(1 +𝑉𝑅
𝑉𝑇)
𝑛 ⟹ 𝐶𝑇 =59.25
(1 +10
0.2)
1
3
= 15.97 [𝑝𝐹]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 132
CAPÍTULO 5
RECTIFICADORES, REGULACIÓN ZENER, MULTIPLICADORES
Ejercicio 1
En el circuito de la figura, calcular la corriente a través de Rl
Datos:
𝑉𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜(𝑝−𝑝) = 𝑉𝑟(𝑝−𝑝) = 10%𝑉𝑜(𝐷𝐶) [𝑉]
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 = 𝑉𝑠 = 48[𝑉𝑟𝑚𝑠] Diodos reales de silicio
Solución:
𝑉𝑃2 =
48
2∙ √2 =33,94V
𝑉𝑃𝐿 = 33,94 – 0,7= 33,24V
𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 𝑉𝑚á𝑥 −𝑉𝑟(𝑝−𝑝)
2
𝑉𝑜(𝐷𝐶) = [48√2
2 − 0.7] −
0.1𝑉𝑜(𝐷𝐶)
2
𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 33.1 − 0.05𝑉𝑜(𝐷𝐶)
𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 31.6 [V]
𝐼𝑜(𝐷𝐶) =31.6 [V]
330 [𝛺]= 0.096[𝐴]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 133
Ejercicio 2
En el siguiente circuito:
a) Determine el valor de R b) Grafique Vo c) Determine el ángulo de conducción de los diodos
Datos: 𝑉𝑖 = 120𝑠𝑒𝑛120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]
𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 4: 1
𝑟(%) = 5% ; 𝑅1 = 0.5𝐾𝛺 ; 𝐶 = 100µ𝐹
Solución:
a)
𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜=
𝑁1
𝑁2
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 =𝑁2
𝑁1𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜
𝐕𝐬𝐞𝐜𝐮𝐧𝐝𝐚𝐫𝐢𝐨 =𝟏
𝟒(𝟏𝟐𝟎) = 𝟑𝟎 𝐕𝐫𝐦𝐬
𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 − 2𝑉𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜
𝐕𝐦á𝐱 = 𝟑𝟎 − 𝟐(𝟎. 𝟕) = 𝟐𝟖. 𝟔 𝐕
%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 =1
√3(𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚í𝑛
𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛)
𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)
1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))
T10
1
2
3
V1
120 Vrms
60 Hz
0°
D1 D2
D3 D4
C1R
R1
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 134
𝑽𝒎í𝒏 = 𝟐𝟖. 𝟔 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)
𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓 𝑽
𝜔𝑡 = sin−1 (𝑽𝒎í𝒏
𝐕𝐦á𝐱)=68.91
𝑇1 = 90 − 𝜔𝑡 = 21.09
𝑇2 = 180 − 𝑇1 = 158.91
𝑇2 =158.91 × 16.66
360= 7.35
𝑹 =−𝟕. 𝟑𝟓 × 𝟏𝟎−𝟑
𝟏𝟎𝟎µ × 𝐥𝐧 (𝑽𝒎í𝒏
𝐕𝐦á𝐱)
= 𝟏𝑲𝜴
b)
𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜=
𝑁1
𝑁2
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 =𝑁2
𝑁1𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜
𝐕𝐬𝐞𝐜𝐮𝐧𝐝𝐚𝐫𝐢𝐨 =𝟏
𝟒(𝟏𝟐𝟎) = 𝟑𝟎 𝐕𝐫𝐦𝐬
𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 − 2𝑉𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜
𝐕𝐦á𝐱 = 𝟑𝟎 − 𝟐(𝟎. 𝟕) = 𝟐𝟖. 𝟔 𝐕
%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 =1
√3(𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚í𝑛
𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛)
𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)
1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))
𝑽𝒎í𝒏 = 𝟐𝟖. 𝟔 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)
𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓 𝑽
𝑉𝐷𝐶 =𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛
2
𝑽𝑫𝑪 =𝟐𝟖. 𝟔 + 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓
𝟐= 𝟐𝟕. 𝟔𝟒 𝑽
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 135
c)
𝜃 = sin−1(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)
1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))
𝜽 = 𝐬𝐢𝐧−𝟏 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)
𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟔𝟖. 𝟗𝟏𝒐
Vo (V)
26.685
28.6
V
27.64
t
(
s
e
g
u
n
T/2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 136
Ejercicio 3
Diseñar una fuente de voltaje NO regulada utilizando un puente rectificador con diodos reales
de silicio y filtro capacitivo, con las siguientes especificaciones:
𝑉𝑜 = 9 ± 0.5 [𝑉]
𝐼𝑚á𝑥 = 500 [𝑚𝐴]
𝑉𝑖 = 120 [𝑉𝑟𝑚𝑠] , 60𝐻𝑧
Calcular:
a) Corriente pico de los diodos
b) Voltaje pico inverso de los diodos
c) Relación de vueltas del transformador
d) Rango de la variación de la resistencia de carga
Solución:
a)
𝐼𝑃𝐼𝐶𝑂 = 𝐼𝐷𝐶
𝑇
𝑇1
Dónde:
T= periodo de la onda completa rectificada
𝑇 = 1
𝑓=
1
120= 8.33 𝑚𝑠
𝑇1 = tiempo que conduce el diodo
𝐼𝐷𝐶 = corriente promedio que recibe la carga
T1
120 Vrms
D1 D2
D3 D4C1
RL
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 137
De la ecuación de la señal sinusoidal:
𝑣 = 𝑉𝑚á𝑥 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)
Para encontrar el valor del tiempo 𝑤𝑡1 hay que reemplazar el voltaje en ese punto, esto es:
𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥𝑆𝑒𝑛𝑤𝑡1
De los datos del problema:
𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝐷𝐶 + 𝑉𝑟(𝑝−𝑝)
2= 9.5 𝑉
𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝐷𝐶 − 𝑉𝑟(𝑝−𝑝)
2= 8.5 𝑉
Dónde: 𝑉𝑟(𝑝−𝑝) = 1𝑉
Despejando 𝑤𝑡1y reemplazando los valores:
𝑤𝑡1 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 [𝑉𝑚í𝑛
𝑉𝑚á𝑥] = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 [
8.5
9.5] = 63,5°
Entonces:
𝑇1 = 90° − 𝑤𝑡1
𝑇1 = 90° − 63,5° = 26.5°
𝐼𝑃 = 𝐼𝐷𝐶
𝑇
𝑇1= 0.5 (
180
26.53)
𝑰𝑷 = 𝟑. 𝟒 [𝑨]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 138
b) En cualquier semiciclo, se tiene la malla:
𝑃𝐼𝑉 = 𝑉𝑚á𝑥– 𝑉𝐷
𝑃𝐼𝑉 = 9.5 + 0.7
𝑃𝐼𝑉 = 10.2 𝑉
c)
𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜(𝑝) = 120√2 = 170 𝑉
𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜(𝑝) = 𝑉𝑚á𝑥 + 2𝑉𝐷 = 9.5 + 1.4 = 10.9 𝑉
𝑁1
𝑁2=
170
10.9 →
𝑵𝟏
𝑵𝟐= 𝟏𝟓. 𝟔
e) Para calcular 𝑅𝐿 se debe tomar en cuenta la corriente máxima que debe circular de
la fuente hacia la carga, y los valores en que el voltaje oscila:
𝑅𝐿 = 𝑉𝑚á𝑥
𝐼𝐿𝑚á𝑥=
9.5
0.5= 19 𝛺
𝑅𝐿 = 𝑉𝑚í𝑛
𝐼𝐿𝑚á𝑥=
8.5
0.5= 17 Ω
De los 2 valores para 𝑅𝐿 se observa que 𝑅𝐿 = 17 Ω no es apropiado ya que:
𝐼𝐿 = 𝑉𝑚á𝑥
17=
9.5
17= 0.56 𝐴
Y excede el valor máximo de 𝐼𝐿, por lo que:
𝑹𝑳 ≥ 𝟏𝟗 [𝜴]
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 139
Ejercicio 4
Diseñar una fuente DC no regulada, 12 𝑉𝐷𝐶 y 2 𝐴𝐷𝐶, usando un filtro capacitivo y un puente
rectificador de onda completa. Considere:
VMAX= 13.5 Voltios en la carga.
VAK = 0.7 Voltios en cada diodo.
VPRIMARIO = 120 Voltio RMS de alimentación.
F= 60 Hz.
El diseño deberá especificar:
a) Relación de vueltas 𝑁1
𝑁2 del transformador.
b) Valor del capacitor.
c) Porcentaje de rizado.
Solución:
a)𝑁1
𝑁2
𝑉𝑚
𝑉𝑝=
𝑁2
𝑁1
𝑉𝑜𝑚𝑎𝑥 = 𝑉𝑚 − 2 (0.7)14.9
120√2=
𝑁2
𝑁1
13.5 = 𝑉𝑚 − 1.4𝑁1
𝑁2= 11.39
𝑉𝑚 = 14.9 𝑉
b) Calcular C
𝐼𝐷𝐶 =𝑉𝐷𝐶
𝑅𝐿 𝑉𝐷𝐶 =
𝑉𝑚𝑎𝑥+ 𝑉𝑚𝑖𝑛
2
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 140
𝑅𝐿 =𝑉𝐷𝐶
𝐼𝐷𝐶=
12
2= 6 ∩ 12 =
13.5 + 𝑉𝑚𝑖𝑛
2
V𝒎𝒊𝒏 = V𝒎𝒂𝒙 𝐬𝐢𝐧(𝒘𝒕𝟏) 𝟐𝟒 − 𝟏𝟑. 𝟓 = 𝑽𝒎𝒊𝒏
𝐬𝐢𝐧(𝒘𝒕𝟏) = 𝑽𝒎𝒊𝒏
𝑽𝒎𝒂𝒙𝑽𝒎𝒊𝒏 = 𝟏𝟎. 𝟓𝑽
𝑤𝑡1 = sin−1 (10.5
13.5) 180° 8.33 𝑚𝑠𝑔
𝑤𝑡1 = 51.057°141° 𝑇2
𝑻𝟏 = 𝟗𝟎° − 𝟓𝟏. 𝟎𝟓𝟕° 𝑻𝟐 = 𝟔. 𝟓𝟐𝒎𝒔𝒈
𝑻𝟏 = 𝟑𝟖. 𝟗𝟒°
𝑻𝟐 = 𝟏𝟖𝟎° − 𝑻𝟏𝑽𝒎𝒊𝒏 = 𝑽𝒎𝒂𝒙𝒆−
𝑻𝟐𝑹𝑳𝑪
𝑻𝟐 = 𝟏𝟖𝟎° − 𝟑𝟖. 𝟗𝟒°𝟏𝟎. 𝟓
𝟏𝟑. 𝟓= 𝒆−
𝟔.𝟓𝟐
𝟔𝑪
𝑻𝟐 = 𝟏𝟒𝟏° 𝑪 = 𝟒𝟑𝟐𝟒 𝝁𝑭
c.) % de rizado
%𝑟 =1
√3(
𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑎𝑥 + 𝑉𝑚𝑖𝑛 ) 𝑋 100%
%𝑟 =1
√3(
13.5 − 10.5
13.5 + 10.5) 𝑋 100%
%𝑟 = 7.21%
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 141
Ejercicio 5
Un señor recurre a un estudiante de electrónica para que lo ayude, ya que ha perdido el cargador de su teléfono celular. El estudiante revisa el teléfono y lee los siguientes datos de la batería: 3.6Voltios, 950mA. El estudiante propone un diseño sabiendo que cuenta con un núcleo de transformador, alambre para el embobinado, un puente rectificador de diodos de germanio; resistencias, capacitores y diodos zeners de diferentes valores. Los diodos zeners son de 3,6W. Se pide determinar:
a) Diagrama del circuito propuesto b) Voltaje máximo en el secundario c) Relación de vueltas del transformador. d) Corriente pico de los diodos e) Valor del capacitor f) Resistencia Rs promedio.
Nota: Para el diseño considerar un rizado de un 5% y un voltaje promedio en el capacitor de 7 Voltios. Solución ↓IZ
Vp= VRMS
𝑉𝑑𝑐∗ 100 = 7
%r= Vmax + Vmin
2
VRMS = Vmax−Vmin
2√3
5= VRMS
7∗ 100
VRMS = 0,35 V
Is
IL Iz
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 142
0,35(2√3)=Vmax– Vmin
14 = Vmax + Vmin
Vmax= 7,6 V
Vmin= 6,4 V
Vs= 7,6 + 0,6 = 8,2 V
𝑁1
𝑁2=
120√2
8,2
𝑁1
𝑁2= 20,6
IDCT=IpT1
Vmin=Vmaxsin( 𝑤𝑡1)
6.4=7.6sin( 𝑤𝑡1)
Wt1=sin−1(6.4
7.6) = 57°
T1=90 -57 =33
T2= 180 -33 =147°
T1=7.08 ms
T2= 1.58 ms
Ip=(0.95)(8.33)
1.58
Ip= 5.01 A
C=−𝑡2
𝑅 ln(𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑎𝑥 )
R: carga del sistema (no solo Rl)
ILprom=1,45 A
R=7
1.45= 4.83
C=−7.08
4.83 ln(6.4
7.6 )
C=8.53 mF
Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 143
Ejercicio 6
Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo tap central, NO regulada, que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: 𝑉𝑜 = (24 ± 1.5) 𝑉 Resistencia de carga: 𝑅𝐿 = 12𝛺 El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms, 60Hz c) Capacitor ( C ) requerido, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C. d) % de rizado
Solución:
Vomax= 𝑉𝑠
2 –VD
Vs= 2(Vomax + VD)
Vs= 50.4
𝑉𝑝
𝑉𝑠 =
𝑁1
𝑁2=
110√2
50.4 =
𝑁1
𝑁2 =2.18
Ip = IDC𝑇
𝑇1 = 2
180
88.91 = 4.04
%r= 1
√3
𝑉𝑚𝑎𝑥−𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑎𝑥+𝑉𝑚𝑖𝑛 x 100% =
1
√3
25.5−22.5
25.2+22.5x 100% = 3.6%
IDC = 𝑉𝑜𝑑𝑐
𝑅𝑙 =
24
12 = 2A
ωt1 = sin−1 𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 1.08
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T1 = 90-ωt1= 88.91 T2 = 180 - T1 = 91.09o
1
120 180
t2 T2
t2=4.2 ms
C = −𝑡2
𝑅𝑒𝑞𝑙𝑛𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑎𝑥
= 2.8mF
Ejercicio 7
Usando la fuente DC no regulada del ejercicio 6.
a) Diseñe el bloque regulador empleando un diodo Zener con una potencia máxima de 2
Vatios, Izmín= 0.01A, y un voltaje de salida de -12 Voltios
b) Encontrar el rango de R1 para que el zener pueda regular
Solución:
Pzmáx =2W Izmín =0.01A
Izmáx = 𝑃𝑧𝑚𝑎𝑥
𝑉𝑧𝑚𝑎𝑥 = 0.16A
Iodc = 𝑉𝑜𝑑𝑐
𝑅𝑙 =
12
12 = 1A
Rzmin = 𝑉𝑛𝑟 min − 𝑉𝑧
𝐼𝑧𝑚𝑖𝑛+1 =
22.5−12
0.01+1 = 10.40Ω
Rzmax = 𝑉𝑛𝑟 max − 𝑉𝑧
𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥+1 =
|25.5|−|−12|
0.16+1 =11.64Ω
El rango de R1 para que pueda regular será el siguiente:
𝟏𝟎. 𝟒𝟎 𝛀 < 𝑅𝟏 < 11.64𝛀
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Ejercicio 8
Vmax=30V Vmin=24V Rs=60Ω Pzmax=3.5W
a) Calcular el rango de variación de RL si se desea que Izmin sea 2mA. Asuma que el diodo
Zener es ideal con Vz=15V
b) Asumiendo que el diodo Zener tiene la característica dada en la figura y que RL=300Ω,
calcule el voltaje de rizado (pico-pico) en la salida Vo
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Solución:
a) Para 30V
Izmax=3.5𝑊
15𝑉= 233𝑚𝐴 Ismax=
30−15
60= 250𝑚𝐴
Irmin=250-233=17mA
Irmax=250-2=248mA
RLmin= 15𝑉
248𝑚𝐴= 60.48Ω RLmax=
15𝑉
250−233𝑚𝐴= 882Ω
Para 24V
RLmin= 15𝑉
148𝑚𝐴= 101.35Ω RLmax=∞
b) Con RL=300Ω
𝑟𝑑 =15−14.75
0.05= 5Ω 𝑉𝑡ℎ𝑚𝑎𝑥 = 5𝑥
30−14.75
65+ 14.75 = 15.92𝑉
Rth=60||5=4.615 ohm Vo =15.68V
𝑉𝑡ℎ𝑚𝑖𝑛 =24 − 14.75
65𝑥5 + 14.75 = 15.46𝑉
𝑉𝑜 =15.46∗300
304.62= 15.23𝑉
Vr(p-p)=15.68-15.23
Vr(p-p)=0.45V
Respuesta:
101.35𝛀<RL<882𝛀
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Ejercicio 9
Para el siguiente circuito:
a) Determine el rango de variación de RL si se desea que Iz mínima sea 3 mA; asuma que el
diodo zener es ideal con Vz=12 V
b) Asumiendo que el diodo zener tiene Pmáx= 4W y las características dadas en la figura y
que RL= 350 𝛀 calcule el Vrpp (Voltaje de rizado pico a pico) en la salida Vo.
c) Hallar RL para obtener un Vrpp= 0.5 V, asuma la característica dada.
Solución:
a)
𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 𝑉𝑧(𝐼𝑍𝑚á𝑥)
𝐼𝑍𝑚á𝑥 =𝑃𝑍𝑚á𝑥
𝑉𝑧
Rs
ZRL
V1
120 Vrms
60 Hz
0°
11.3 12
I [mA]
V [V]
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𝑰𝒁𝒎á𝒙 =𝟒
𝟏𝟐= 𝟎. 𝟑𝟑 [𝑨]
𝐼𝑠 = 𝐼𝑧 + 𝐼𝐿
(4537
) − 𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧 =
𝑉𝑧
𝑅𝐿
𝑅𝐿 =𝑉𝑧
(4537
)−𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧
𝑅𝐿𝑚í𝑛 =𝑉𝑧
37−𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧𝑚á𝑥
𝑹𝑳𝒎í𝒏 =𝟏𝟐
𝟑𝟕−𝟏𝟐
𝟏𝟎𝟎+ 𝟎. 𝟑𝟑
= 𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀]
𝑅𝐿𝑚á𝑥 =𝑉𝑧
45−𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧𝑚í𝑛
𝑹𝑳𝒎á𝒙 =𝟏𝟐
𝟑𝟕−𝟏𝟐
𝟏𝟎𝟎+ 𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟑
= 𝟒𝟕. 𝟒𝟑 [𝛀]
𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀] < 𝑅𝑳 < 47.43 [𝛀]
b)
𝑹𝒛𝒆𝒏𝒆𝒓 =𝟏𝟐 − 𝟏𝟏. 𝟑
𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟑= 𝟕 [𝛀]
𝑉𝑟𝑝𝑝 = 𝑉𝑜𝑚á𝑥 − 𝑉𝑜𝑚í𝑛
𝑉𝑜𝑚á𝑥 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚á𝑥
𝑽𝒐𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐 + 𝟕(𝟎. 𝟑𝟑) = 𝟏𝟒. 𝟑𝟏 [𝑽]
𝑉𝑜𝑚í𝑛 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚í𝑛
𝑽𝒐𝒎í𝒏 = 𝟏𝟐 + 𝟕(𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟑) = 𝟏𝟐. 𝟎𝟐𝟏 [𝑽]
𝑽𝒓𝒑𝒑 = 𝟏𝟒. 𝟑𝟏 − 𝟏𝟐. 𝟎𝟐𝟏 = 𝟐. 𝟐𝟖𝟗 [𝑽]
c) 0.5 = 14.31 − 𝑉𝑜𝑚í𝑛
𝑉𝑜𝑚í𝑛 = 13.81[𝑉]
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13.81 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚í𝑛
𝐼𝑧𝑚í𝑛 = 258.57 [𝑚𝐴]
𝑅𝐿𝑚í𝑛 =𝑉𝑧
37−𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧𝑚á𝑥
𝑹𝑳𝒎í𝒏 =𝟏𝟐
𝟑𝟕−𝟏𝟐
𝟏𝟎𝟎+ 𝟎. 𝟑𝟑
= 𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀]
𝑅𝐿𝑚á𝑥 =𝑉𝑧
45−𝑉𝑧
100+ 𝐼𝑧𝑚í𝑛
𝑹𝑳𝒎á𝒙 =𝟏𝟐
𝟑𝟕−𝟏𝟐
𝟏𝟎𝟎+ 𝟐𝟓𝟖. 𝟓𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟑
= 𝟐𝟑. 𝟓𝟗 [𝛀]
𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀] < 𝑅𝑳 < 23.59 [𝛀]
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Ejercicio 10
En el estado estable (cuando se cierre el interruptor S1A), determine el valor de C2
Datos: r% =5%, 𝐼𝐷𝐶𝑚á𝑥 = 300 𝑚𝐴, diodos ideales.
Solución:
r% ≤ 5%
𝐼𝐷𝐶𝑚á𝑥 = 300 𝑚𝐴
𝑉𝑚á𝑥 = (11.3√2)2
𝑉𝑚á𝑥 = 31.87 𝑉
Se sabe que:
𝑟% =𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠)
𝑉𝐷𝐶𝑥 100%
Para simplificar el cálculo de 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠), se asume linealidad en la carga-descarga del capacitor:
𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) =𝑉𝑟(𝑝−𝑝)
2√3=
𝑉𝑚á𝑥−𝑉𝑚í𝑛
2√3
11.3Vpk 60Hz 0°
D1
D2
C2
S1A
R1
C1
11.3Vpk 60Hz 0°
D1
D2
C2
C1
𝑉0
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Adicionalmente:
𝑉𝐷𝐶 =𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛
2
Y de allí se deduce que:
𝒓% =𝑽𝒎á𝒙−𝑽𝒎í𝒏
√𝟑 (𝑽𝒎á𝒙+𝑽𝒎í𝒏)𝒙 𝟏𝟎𝟎%
Reemplazando los valores:
0.05√3 =𝑉𝑚á𝑥−𝑉𝑚í𝑛
𝑉𝑚á𝑥+𝑉𝑚í𝑛
0.0866(𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚𝑖𝑛) = 𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛
0.0866𝑉𝑚á𝑥 + 0.0866𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚𝑖𝑛(1 + 0.0866) = 𝑉𝑚á𝑥(1 − 0.0866)
𝑉𝑚𝑖𝑛 =(1−0.0866)
(1+0.0866)𝑉𝑚á𝑥 = 26.89 𝑉
𝑉𝐷𝐶 =31.87+26.89
2= 29.38 V
𝑅1 =29.38
300 = 0.0979 k
Por otro lado:
𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)
Considerando que la señal está duplicada:
(26.9-16)= (31.87-16) 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)
10.9=16 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)
ω𝑡1=42.9𝑜
𝑇1 = 90𝑜 − 42. 9𝑜 = 47.1𝑜
Convirtiendo los grados en milisegundos:
𝑇1 =47.1𝑜
360𝑜 16.67 [𝑚𝑠] ; 𝑇 =1
𝑓=
1
60= 16.67 𝑚𝑠
𝑇1 = 2.18 [𝑚𝑠]
𝑇2 = 16.67 − 𝑇1=16.67-2.18=14.49 [ms]
De la curva de descarga del capacitor:
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𝑉𝐶 = 𝑉𝑚á𝑥𝑒−𝑡
𝑅𝐶
𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥𝑒−𝑇2𝑅𝐶
−𝑇2
𝑅𝐶= 𝑙𝑛
𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚á𝑥
𝐶 = −𝑇2
𝑅 ∗ 𝑙𝑛𝑉𝑚𝑖𝑛
𝑉𝑚á𝑥
𝐶 = −14.49 ∗ 10−3
98 ∗ 𝑙𝑛26.9
32
C=852 𝜇𝐹
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PROBLEMAS PROPUESTOS
Ejercicio 1
En el siguiente circuito, determinar:
a) Voltaje promedio en el capacitor
b) Valor del capacitor
c) Corrientes máxima y mínima del Zener
d) Corriente pico de los diodos
Datos: 𝑉𝐷 = 0.7𝑉; 𝑉𝑍 = 4.7𝑉 𝑟(%) = 5% ; 𝑅𝑆 = 50𝛺 ; 𝑅𝐿 = 200𝛺
Ejercicio 2
Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo puente, regulada con diodo zener(sin BJT), que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: Vo = -5 [V] Corriente de salida: Io = 0.5 [A] % de rizado: %r = 4%. El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms. c) Capacitor ( C ) utilizado, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C. d) Resistencia para proteger el diodo zener (Rs), indicando: Rsmín y Rsmáx y su potencia.
Vc
Vc
Vo
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Ejercicio 3
Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo puente, regulada con diodo zener(sin BJT), que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: Vo = -9 [V] Corriente de salida: Io = 0.5 [A] % de rizado: %r = 4%. El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms. c) Capacitor ( C ) utilizado, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C . d) Resistencia para proteger el diodo zener (Rs), indicando: Rsmín y Rsmáx y su potencia.
Ejercicio 4
En el siguiente circuito analice:
a) Con SW abierto como se cargan los capacitores en cada semiperiodo, durante 4
semiperiodos.
b) Con el SW cerrado, 𝑉𝑅1(𝐷𝐶) , 𝐼𝑅1(𝐷𝐶)
Datos: 𝑉𝑖 = 120 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]
𝐶1 = 200 µ𝐹 ; 𝐶2 = 100 µ𝐹 ; 𝑅𝐿 = 100𝛺 Transformador ideal 10:1, diodos ideales
Vi
120 Vrms
60 Hz
0°
T10
1
2
3
C1
300nF
C2
300nF
D1
1BH62
D2
1BH62
RL
10kΩ
SW
Tecla = A
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Ejercicio 5
Dado el siguiente circuito determinar:
a) C1 para obtener 𝑉𝐷𝐶1 = 6 [𝑉] ; 𝐼𝐷𝐶1 = 1 [𝐴]
b) Ipicopara D1 y D2
c) Vrpp2 en la salida V2, si se desea 𝑉𝐶2 = 8 [𝑉𝑝𝑝]
𝑉𝑟𝑚𝑠1 = 50 [𝑉]
𝑉𝑟𝑚𝑠2 = 20 [𝑉]
𝑉𝑟𝑚𝑠3 = 20 [𝑉]
𝑉𝑟𝑚𝑠4 = 50 [𝑉]
𝑉𝑍 = 15 [𝑉]
𝑅𝑍 = 3 [Ω]
𝑅1 = 50 [Ω]
𝑅2 = 500 [Ω]
Vrms1
90mH
Vrms2
90mH
Vrms3
90mH
Vrms4
90mH
D1
1BH62
D2
1BH62
D3
1BH62
D4
1BH62
Z
02BZ2.2
C1
300nF
C2
300nF
R1
10kΩ
R2
10kΩ
V1
V2
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Ejercicio 6
En el siguiente circuito:
a) Grafique Vo hasta que se estabilice
b) En estado estable, determine el voltaje en cada capacitor
c) En estado estable, determine el voltaje inverso pico de cada diodo
Datos: 𝑉𝑖 = 120 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]
𝐶1 = 𝐶2 = 𝐶3 = 𝐶4 = 100 µ𝐹 Transformador ideal 𝑁1: 𝑁2 es 10:1, diodos ideales
Vi
120 Vrms
60 Hz
0°
T10
1
2
3
C1
300nF
C2
300nF
C3
300nF
C4
300nF
D1
1BH62
D2
1BH62
D3
1BH62
D4
1BH62