ELECTRÓNICA INDUSTRIAL BÁSICACUARTO INDUSTRIAL A DEBER #: 05 TEMA: Ejercicios sobre Electrónica Industrial Básica. EJERCICIOS SOBRE CIRCUITOS CON DIODOS EN SERIE Y EN PARALELO 1. Si la relación entre la intensidad y tensión para un diodo es: 𝑉 𝐼 = 𝐼𝑜 (𝑒 𝑉𝑇 − 1) con VT = 26 mV a temperatura ambiente, calcule el valor de I0 si I = 1 mA cuando V = 0.65 V. Solución: Basta con sustituir valores numéricos. Se obtiene: 𝑉 𝐼 = 𝐼𝑜 (𝑒 𝑉𝑇 − 1) 𝐼 𝐼𝑜 = 𝑉 (𝑒 𝑉𝑇 − 1) 1 𝑚𝐴 𝐼𝑜 = 𝑂.65 𝑉 (𝑒 26 𝑚𝑉 − 1) 𝐼𝑜 =1.39 × 10−14 A 2. El diodo del circuito del gráfico 1 tiene un valor de I0 = 10−15 A y de VT = 26 mV a 25oC. a) Si Vi = 5 V y un potencial de 0.2 V, obtenga numéricamente el valor de Vo a 25oC. Grafico 1: Circuito ejercicio 2 Solución: a) Ecuación del circuito: 𝑉 𝑉𝑖 = {[𝐼𝑜 (𝑒 𝑉𝑇 − 1)] 𝑅} + 𝑉𝑂 0.2 𝑉 𝑉𝑂 = 5𝑉 − {[10−15 𝐴(𝑒 26 𝑚𝑉 − 1)] 2𝐾} 𝑉𝑂 = 0.738 𝑉 3. En el circuito del gráfico 2, sabiendo que R1 +R2 = 10 kΩ (corresponden a un potenciómetro de 10 kΩ) calcule R1 y R2 para que el diodo empiece a conducir cuando Vi = 2.5 V. ¿Cuánto vale Vo en este caso? Grafico 2: Circuito ejercicio 3 Solución: Para que el diodo empiece a conducir, será necesario que la tensión que soporta sea superior al umbral. Como justo en el punto que separa el estado de conducción del de bloqueo, aun podemos considerar despreciable la corriente que circula por el diodo, la tensión en el punto medio del potenciómetro será 𝑅2 5𝑉 𝑅1 + 𝑅2 y la tensión de salida ser ‘a igual a la de entrada Vo = Vi = 2.5 V. Por tanto, 𝑅2 2.5𝑉 − 5𝑉 = 0.65𝑉 10kΩ Entonces: 2.5𝑉 − 0.65𝑉 𝑅2 = 10kΩ 5𝑉 2.5𝑉 − 0.65𝑉 𝑅2 = 10kΩ 5𝑉 𝑅2 = 3.7kΩ 𝑅1 = 10kΩ − 𝑅2 𝑅1 = 10kΩ − 3.7kΩ 𝑅1 = 6.3kΩ 4. Obtenga la relación entre Vo y Vi en el circuito del gráfico 3. Grafico 3: Circuito ejercicio 4 Solución: En este caso D2 estará polarizado en directo: VR = 0.26 + 0. Si no lo es. Cuando ambos diodos conducen: 𝑉𝑖 − 0. Obtenga el valor de Vo en función de Vi (para valores Vi ∈ [0. Si Vi > 0.35 V. Vo = ID2R ⇒ V0 = 4.91 V.65 V.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑅 − 0.65 V + I(1 kΩ + 2 kΩ). y Vo = I · 2 kΩ ⇒ Vo = 2Vi/3 − 0. (Vi + 0. Vi ha de ser suficientemente elevada.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑂 + = 𝑅 + 𝑟𝑑 𝑟𝑑 𝑅 . D1 entrara en conducción. (Vi − 0. Si Vi < −0. 6. ninguno de los diodos puede conducir y.65 V) 𝑉𝑂 = 2 5. conducirá el diodo D2 y. R = 1 kΩ.91 V. Vo = Vi.65 V. Si −0. Grafico 4: Circuito ejercicio 5 Solución: En este circuito.26 V Esta situación se mantendrá mientras Vi ≤ 4.65 V + ID2rd + ID2R. despreciando la resistencia del diodo frente a la resistencia R que tiene en serie. D2 seguirá conduciendo mientras Vo < 4. D1 tampoco conduce y Vo = 0 V. Cuando Vi > 4.65 V. y rd = 20 Ω. Obtenga Vo en función de Vi para el circuito de la figura despreciando la resistencia de los diodos en su modelo linealizado. Si Vi < 0.65 V) 𝑉𝑂 = 2 Si Vi > 0.65 = 4.65V. D2 no conduce nunca ya que no existe ninguna fuente de tensión que lo polarice en directo. D1 estará en estado de bloqueo y la salida no estará influenciada por la entrada. Grafico 5: Circuito ejercicio 6 Solución: Para que D1 conduzca.65 V. por tanto.65V < Vi < 0. conducirá el diodo D1 y. Vi = 0.433 V. 15] V) para el circuito de la figura si VR = 5 V. análogamente. 10 kΩ 𝑉𝑂 = 3𝑉 1kΩ + 10 kΩ 𝑉𝑂 = 2. Eso significa que D1 está siempre en estado de bloqueo. VR1 = 6 V. D2 tampoco está en conducción. Grafico 6: Circuito ejercicio 7 Solución: En el ´ánodo de D1 no puede haber una tensión superior a 3 V. para lo cual. En este caso: 𝑉𝑖 − 𝑉𝑢 − 𝑉𝑂 𝑉𝑂 = 𝑅 + 𝑟𝑑 𝑅 Vo = 0.73𝑉 8.44 V.45 V. por lo que no es válida la hipótesis de que se encuentra en conducción. Para el circuito de la figura.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑂 + = 1 kΩ 1 kΩ 10 kΩ 𝑉𝑂 = 2. Datos: R1 = 100 Ω. La salida es: .1 V 7. D1 conduce y D2 no lo hace. R2 = 100 Ω.55𝑉 Sin embargo. Si D2 conduce: 3𝑉 − 𝑉𝑂 3𝑉 − 0. Esto ocurre para tensiones de entrada bajas. R3 = 1 kΩ. Por tanto.495Vi − 0. R4 = 5 kΩ. D2 dejará de conducir y solo conducirá D1.3218 V Sustituyendo en la expresión anterior. con Vi entre 0 y 15 V.172 V Cuando Vo alcance 4. Vo = 0. Determine el valor de la tensión Vo en el circuito del grafico 6. con este valor D2 soporta una tensión inferior a 0.01886Vi + 4. Vo = 7. es necesario que Vi =9. VR2 = 10 V. según la expresión anterior. Grafico 7: Circuito ejercicio 8 Solución: Si D3 no conduce la salida no se ve afectada por la entrada. obtenga Vo en función de Vi. cuando Vi alcance su valor máximo (15 V).35 V. 65𝑉 − 𝑉𝑅2 𝑉𝑂 = + 𝑅3 𝑅2 𝑅4 Con esta condición se obtiene para la salida: Vo = 0. En este caso: 5 V = I · 1 kΩ + Vu + I · 10 kΩ y Vo = I · 10 kΩ Se obtiene: Vo = 3.35 V o Vi = 7.245 V + 0.542 V La tensión de salida ira creciendo según esta expresión hasta que D2 empiece a conducir. Para el circuito del gráfico 9.43 V.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑂 + = 𝑅3 𝑅1 𝑅4 Vo = 0.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑅1 − 0.06 V solo conduce el diodo D3. Esto ocurrirá cuando Vo = 5. Para Vi > 13. Esto ocurrirá cuando Vo = 10.43 V conducen D3 y D2 con lo que 𝑉𝑖 − 0. El valor obtenido confirma la hipótesis inicial de que D3 no conduce. Admitamos que D3 no conduce.0893Vi + 9. (En conducción tome Vu = 0.65 V o Vi = 13. 𝑅4 𝑉0 = (𝑉𝑅1 − 0.895 V.65 V = 5.95 V.65𝑉) = 5. Grafico 9: Circuito ejercicio 10 Solución: . Para Vi > 7.0893Vi + 4.65𝑉 − 𝑉𝑂 𝑉𝑜 − 0.895 V la corriente que circula por la resistencia R4 es la suma de las corrientes que circulan por las ramas de las resistencias R3 y R1. La tensión de salida es: Vo = 5Vi/6 − 0. En el circuito del gráfico 8 indique el estado de los diodos (conducción o bloqueo) y calcule la tensión Vo. Para Vi ≥ 5.7195 V La tensión de salida ira creciendo según esta expresión hasta que D1 deje de conducir. Grafico 8: Circuito ejercicio 9 Solución: D2 no puede conducir.4524 V 9.245𝑉 𝑅1 + 𝑅4 El diodo D3 empezar ‘a a conducir cuando Vi = 5.6 V y rd = 0 Ω). 𝑉𝑖 − 0. obtenga la tensión Vo. 10.06 V. ver grafica 11.3 mA.4𝑉 b) Corriente de pico en la carga . Calcular: a) Tensión de pico en la carga b) Corriente de pico en la carga c) Potencia alterna en la carga Grafico 11: Solución circuito ejercicio 1 Solución: a) Tensión de pico en la carga 𝑉𝑃(𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴) = √2 𝑉𝑆 = √2(240𝑉) = 339. V ′. La tensión en el cátodo de D2. Dado un rectificador monofásico de media onda con carga resistiva.66 V. Se obtiene: Grafico 10: Solución circuito ejercicio 10 VT = 1 mA · 5 kΩ = 5 V y RT = 5 kΩ. Se puede sustituir la red que queda a la izquierda de D1 por su equivalente Theremín. se calcula a partir de la expresión: 𝑉𝑇 − 𝑉𝑢 − 𝑉 ´ 𝑉´ + 0. D1 está polarizado en directo. D2 conduce necesariamente ya que así lo impone la fuente de corriente de 0. EJERCICIOS SOBRE CIRCUITOS DE RECTIFICADORES ONDA COMPLETA Y MEDIA ONDA 1.3 mA = 𝑅𝑇 10 kΩ + 1 kΩ de forma que Vo = 10V ′/11 y el valor resultante es: Vo = 3. 𝑉𝑃 339. 5 𝑅 b) Tensión inversa de pico en el diodo. en series de Fourier como: 𝑇 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑝 𝑠𝑒𝑛 𝑤 𝑡 0<𝑡< 2 𝑇 𝑉(𝑡) = 0 <𝑡<𝑇 2 .84𝐴 ∗ 200Ω 𝑃 = 1440 𝑊 2. 𝑉𝐼𝑃 = 𝑉𝑚𝑎𝑥 = √2 𝑉𝑆 = √2(240𝑉) = 339.4 𝐼𝑃(𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴) = = = 16. 50 Hz. ver grafica 12.84𝐴 2 2 2 𝑃 = 𝐼𝑟𝑚𝑠 𝑅 𝑃 = 8. Grafico 12: Solución circuito ejercicio 2 Solución: a) Factor de cresta 𝑉𝑀𝐴𝑋⁄ 𝐼𝑆(𝑃𝐼𝐶𝑂) 𝑅 1 𝐶𝐹 = = = =2 𝐼𝑆 𝑂. Calcular: a) Factor de cresta b) Tensión inversa de pico en el diodo. Expresa la tensión instantánea en la resistencia V(t). 5 ∗ 𝑉𝑀𝐴𝑋⁄ 𝑂.4𝑉 3. Dado un rectificador monofásico de media onda con carga resistiva.97𝐴 𝐼𝑟𝑚𝑠 = = = 8. El rectificador de media onda del ejercicio anterior se alimenta por una tensión Vs de 120V.97𝐴 𝑅 20 c) Potencia alterna en la carga 𝐼𝑃 16. Dado el siguiente circuito. calcular: a) Tensión de pico en la carga b) Valor del rizado c) Valor medio del diodo Grafico 14: Solución circuito ejercicio 4 Solución: a) b) . Grafico 113: Solución circuito ejercicio 3 Solución: 𝑉𝑃 = √2 𝑉𝑆 = √2(120𝑉) = 169.7𝑉 𝑟𝑎𝑑 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(50) = 314.16 𝑠𝑒𝑔 4. calcular: a) Tensión de pico en la carga b) Valor del rizado c) Valor medio del diodo Grafico 15: Solución circuito ejercicio 5 Solución: a) b) c) 6. c) 5. . La entrada tiene una forma de onda senoidal con una frecuencia de 60Hz. Suponiendo un diodo ideal. Vd e Id para el rectificador de media onda de la figura. Dado el siguiente circuito. dibuje Vi. 4 V= 17 V – 1.3 V .7 V =16.6 V + 0.4 V = 15. Suponiendo el modelo practico.28 Id= 2.28v 𝑉𝑝 Id= 𝑅 6.6 V b) PIV = VP(sal) + 0.2𝑘 Id=2.85mA 7. Determine el voltaje pico de salida para el rectificador de puente de la figura.414 (12 V) ≈17 V VP(sal) = VP(sec) – 1.414 Vrms = 1.7 V = 15. ¿Qué voltaje de pico inverso nominal se requiere para los diodos? Se especifica que el transformador tiene un voltaje rms de 12 V en el secundario para los 120 V estándar a través del primario. Grafico 16: Solución circuito ejercicio 6 Solución: 𝑉𝑝 Vdc= 𝜋 Vp=Vdc*π Vp=(2v)* π Vp=6. Determine: a) El voltaje pico de salida (tomando en cuenta las dos caídas de los diodos) b) El voltaje de pico inverso para cada diodo es Grafico 17: Solución circuito ejercicio 7 Solución a) VP(sec) = 1. Supongamos que 𝑉𝐵 = 12 V.3−31. Grafico 18: Solución circuito ejercicio 8 Solución Corriente pico del diodo: Vs− VB− VY ID (PICO) = R 24−12−0.3 ⁰ 148. R=100Ω Y 𝑉𝑦 =0. Para el rectificador de media onda de la figura. el voltaje máximo de polarización inversa del diodo y la fracción del ciclo durante el cual el diodo lleva a cabo la conducción. También supongamos que 𝑉𝑠 (t)= 24 sen wt. La resistencia de carga es de 5Ω. Determinar: a) La corriente media en la carga b) La potencia media absorbida por la carga . Determine la corriente pico del diodo.4 % 360 9.6 V.6 = = 114 mA 0.7⁰ Por simetría Wt2= 180 – 31. Considere el circuito de la figura.7 Porcentaje del tiempo= x 100% = 32.8. el generador produce una señal sinusoidal de 120Vrms a una frecuencia de 60Hz.7 = 148. Determine las corrientes y voltajes en un circuito rectificador de media onda.6 ó 12.6 Wt1= sen−1( 24 ) =31.VB = 24 + 12 = 36 V Ciclo de conducción de diodo: Vl = 24 sen wt1 = 12.10 Voltaje máximo de polarización inversa del diodo: Vr (max)= Vs . 9v 𝑉𝑟𝑚𝑠2 P= 𝑅 (84. c) Encuentre la corriente máxima a través de cada diodo durante la conducción.9𝑣)2 P= 5 P=1440w 10.8A b) 𝑉𝑚 Vrms= 2 𝑉𝑟𝑚𝑠∗√2 Vrms= 2 120𝑣∗√2 Vrms= 2 Vrms=84. .01v 𝑉𝑝 Io=𝜋𝑅 120∗√2 Io= 𝜋∗5𝛺 Io=10. ¿cuál es el voltaje dc disponible en la carga? b) Determine el valor PIV que se requiere para cada diodo. Un puente rectificador de onda completa con una entrada senoidal de 120-Vrms tiene una resistencia de carga de 1 KW. a) si se utilizan diodos de silicio. Grafico 19: Solución circuito ejercicio 9 Solución a) 𝑉𝑝 VDc= 𝜋 𝑉𝑟𝑚𝑠∗√2 VDc= 𝜋 120𝑣∗√2 VDc= 𝜋 VDc=54. 7v*168.305mA P=117.705v-0.305v 2𝑉𝑝 Vcc= 𝜋 2∗168.146v b) Vpp=120v*√2 PIV=-Vpp PIV=-169.d) ¿Cuál es el valor de potencia que se requiere de cada diodo? Grafico 20: Solución circuito ejercicio 10 Solución a) Vpp=120v*√2 Vpp=169.7v-0.305v Imax= 1𝑘 Imax=168.81mW .305 Vcc= 𝜋 Vcc=107.705v LVK Vi=VD2+Vo+VD3 Vo=169.305mA d) P=VD2*Imax P=0.705v c) 𝑉𝑜 Imax= 𝑅𝑙 168.7v Vo=168. para una carga RL= 2K. Para la red del diodo Zener de la figura 2. a) Calcular R para tener regulación de tensión con una carga RL desde infinito hasta RL(min). calcular los valores máximo entre Rmáx y Rmín admisible para R. Repita la parte (a) con RL = 3 kΩ. con corrientes del diodo comprendidas entre 10 y 50 mA. . b) ¿Cuál es la máxima corriente de carga posible y cuánto vale RL(min)? c) Si V puede tener cualquier valor comprendido entre 160 y 300 V. b. EJERCICIOS SOBRE APLICACIONES DE LOS DIODOS ZENER EN REGULADORES 1. El diodo de avalancha de la figura regula a 40V.. d) Fijemos R= 3K. Imin = IZmin + IL = 10 + 20 = 30 mA 2. La tensión de suministro es de 200V. IZ y PZ. Grafico 21: Solución circuito ejercicio 1 Solución: a) Si RL=∝ IL= 0 mA IZ = IZ max = 50 mA I = IZ + IL luego I = IZ max 𝑉 − 𝑉𝑧 200 − 40 𝑅= = = 3. VR. Mediante el siguiente circuito determine: a. determine VL. cuando RL= 2 K. calcular el campo de valores de la entrada V.109.2𝑘Ω 𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥 50 b) RL = RLmin cuando ILmax que me implica que IZmin ILmax = I − IZmin = 50 − 10 = 40 mA 𝑉𝑧 40 𝑅= = = 1𝑘Ω 𝐼𝐿𝑚𝑎𝑥 40 c) Si RL = 2K me implica que: 𝑉𝑧 40 𝐼𝐿 = = = 20𝑚𝐴 𝑅𝑚𝑎𝑥 2 d) Suponiendo el zener funcionando como tal. 73 𝑉 = 7.73 𝑉 𝑉𝑅 = 𝑉𝑖 − 𝑉𝐿 = 16 𝑉 − 8.67 𝑚𝐴 La potencia disipada es 𝑃𝑍 = 𝑉𝑍 ∗ 𝐼𝑍 = 110 𝑉 ∗ 2. Determine los voltajes de referencias provistos por la red de la figura 2. Grafico 22: Solución circuito ejercicio 2 Solución: a) 𝑅𝐿 ∗ 𝑉𝑖 𝑉 = = (1.67 𝑚𝐴 = 26.7 𝑚𝑊 La cual es menor que la 𝑃𝑍𝑀 = 30 𝑚𝑊 especificada.103.2 𝑘Ω ) = 8.33 𝑚𝐴 𝐼𝑅 = 𝑉𝑅/𝑅 = 6 𝑉/1 𝑘Ω = 6 𝑚𝐴 𝐼𝑍 = 𝐼𝑅 − 𝐼𝐿 = 6 𝑚𝐴 − 3. 3. la cual utiliza un LED blanco para indicar que está encendida.73 𝑉 𝑅 + 𝑅𝐿 𝑉𝐿 = 𝑉 = 8.27 𝑉 𝐼𝑍 = 0 𝐴 𝑃𝑍 = 𝑉𝑍𝐼𝑍 = 𝑉𝑍10 𝐴2 = 0 𝑊 b) 𝑉𝐿 = 𝑉𝑍 = 10 𝑉 𝑉𝑅 = 𝑉𝑖 − 𝑉𝐿 = 16 𝑉 − 10 𝑉 = 6 𝑉 𝐼𝐿 = 𝑉𝐿/𝑅𝐿 = 10 𝑉/3 𝑘Ω = 3. ¿Cuál es el nivel de la corriente a través del LED y la potencia suministrada por la fuente? ¿Cómo consume el LED la potencia en comparación con el diodo Zener de 6 V? .2 𝑘Ω ∗ 116 𝑉)/(1 𝑘Ω + 1.33 𝑚𝐴 = 2. La corriente del diodo zener mínima iZ(mínima) es de 1 mA.3 V con IZT = 40 mA y RZ =2 Ω . La corriente de carga mínima es de 0 mA.3 V para el circuito regulador de la figura del problema anterior son: VZ = 6. b) El valor de Rs que limita la corriente zener iz(máx).0 𝑉 𝑉𝑜2 = 𝑉𝑜1 + 𝑉𝑍1 = 4 𝑉 + 6 𝑉 = 10 𝑉 𝐼𝑅 = 𝐼𝐿𝐸𝐷 = 𝑉𝑅/𝑅 = (40 𝑉 − 𝑉𝑜2 − 𝑉𝐿𝐸𝐷)/ 1. Determine: a) el valor máximo permisible de la corriente zener iz(máx). La disipación de potencia PZ(máx) del diodo zener no debe exceder de 750 mW a 25º C.3 𝑉 + 0. Grafico 23: Solución circuito ejercicio 3 Solución: 𝑉𝑜1 = 𝑉𝑍2 + 𝑉𝐾 = 3. Los parámetros de un diodo zener de 6.3 .3 𝑘Ω = 20 𝑚𝐴 La potencia suministrada por la fuente es el producto del voltaje alimentado por la corriente drenada como sigue: 𝑃𝑠 = 𝐸𝐼𝑠 = 𝐸𝐼𝑅 = 140 𝑉2120 𝑚𝐴 = 800 𝑚𝑊 La potencia consumida por el LED es 𝑃𝐿𝐸𝐷 = 𝑉𝐿𝐸𝐷 𝐼𝐿𝐸𝐷 = 14 𝑉 ∗ 20 𝑚𝐴 = 80 𝑚𝑊 La potencia demandada por el diodo Zener de 6 V es 𝑃𝑍 = 𝑉𝑍 𝐼𝑍 = 16 𝑉 ∗ 20 𝑚𝐴 = 120 𝑚𝑊 La potencia demandada por el diodo Zener supera la del LED por 40 mW. c) La disipación de potencia máxima PR de RS. Grafico 24: Solución circuito ejercicio 4 Solución: a) Si la potencia que puede disipar el diodo zener esta limitada a un valor máximo y la tensión entre sus terminales es constante. la intensidad máxima será: 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑉𝑧 ∗ 𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑚𝑎𝑥 750 𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥 = = = 119𝑚𝐴 𝑉𝑧 6.3 𝑘Ω = 26 𝑉/1.7 𝑉 = 4.3 𝑘Ω 𝐼𝑅 = (40 𝑉 − 10 𝑉 − 4 𝑉)/1. d) La corriente de carga máxima iL(máx). 4. La tensión de alimentación es de VS puede variar entre 12 y 18 V. 𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉𝑧 18 − 6. luego una IZmax le corresponderá una ILmin que es cero cuando RL = ∞ .22𝑉 b) En el circuito de la parte derecha se tiene: L Zs I II + = donde IS es constante. 𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉𝑧 18 − 6. sí Rs permanece constante la tensión de entrada es máxima. Por otra parte el diodo zener es equivalente a una tensión en serie con la resistencia RZ.62𝑚𝐴 𝑅𝑠 0.097 = 1374 mW d) La corriente de carga es máxima cuando la corriente del zener es mínima. Reste las tensiones y podrá ver que hay 8 V en la resistencia en serie.62𝑚𝐴 5. cuya tensión viene expresada: 𝑉𝑧 = (𝐼𝑧 ∗ 𝑅𝑧) + 𝑉𝑧 𝑉𝑧 = 𝑉𝑧 − (𝐼𝑧 ∗ 𝑅𝑧) = 6.097𝑘Ω 𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥 119 c) La potencia nos viene expresada por: 𝑃 = 𝐼2 ∗ 𝑅 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝐼 2 ∗ 𝑅 = (119)2 ∗ 0.097 Luego 𝐼𝐿(𝑚𝑎𝑥) = 𝐼𝑠 ∗ 𝐼𝑧𝑚𝑖𝑛 = 120.22 𝑅𝑠 = − 𝑅𝑧 = = 0.6mA – 10mA . Entonces la ley de ohm da: 8𝑉 Is= 270Ω Is= 29.62 − 1 = 119.3 − 0.6mA Como la tensión en la carga es de 10 V la corriente por la carga es: 10 𝑉 IL= 1 𝐾Ω IL= 10mA La corriente zener es la diferencia de las dos corrientes: Iz= 29.042 = 6. ¿Cuál es el valor de la corriente zener del siguiente circuito? Grafico 25: Solución circuito ejercicio 5 Solución: Ya conoce la tensión en ambos extremos de la resistencia en serie.22 𝐼𝑠 = = = 120. 67 𝑚𝐴 𝐼𝑅 𝑚á𝑥 = 𝐼𝑍𝑀 + 𝐼𝐿 = 60 𝑚𝐴 + 16. Para la red de la figura 2. Determiné el intervalo de valores de Vi que mantendrá “encendido” el diodo Zener del gráfico 27. 𝑃𝑚á𝑥 = 𝑉𝑍 ∗ 𝐼𝑍𝑀 = 110 𝑉2132 𝑚𝐴2 = 320 𝑚𝑊 7.20): 𝑅𝐿 𝑚𝑖𝑛 = 𝑅𝑉𝑍 /(𝑉𝑖 − 𝑉𝑍) = (11 𝑘Ω ∗ 10 𝑉)/( 50 𝑉 − 10 𝑉) = 10 𝑘Ω/ 40 = 250 Ω 𝑉𝑅 = 𝑉𝑖 − 𝑉𝑍 = 50 𝑉 − 10 𝑉 = 40 𝑉 𝐼𝑅 = 𝑉𝑅/𝑅 = 40 𝑉/1 𝑘Ω = 40 𝑚𝐴 𝐼𝐿 𝑚𝑖𝑛 = 𝐼𝑅 − 𝐼𝑍𝑀 = 40 𝑚𝐴 − 32 𝑚𝐴 = 8 𝑚𝐴 𝑅𝐿 𝑚á𝑥 = 𝑉𝑍/𝐼𝐿 𝑚í𝑛 = 10 𝑉/8 𝑚𝐴 = 1.67 𝑚𝐴 = 76.22 𝑘Ω + 20 𝑉 = 16. Grafico 26: Solución circuito ejercicio 6 Solución a.113.25 𝑘Ω b.2 𝑘Ω = 16.67 𝑉 𝑅𝐿 𝐼𝐿 = 𝑉𝐿/𝑅𝐿 = 𝑉𝑍/𝑅𝐿 = 20 𝑉/1.67 𝑚𝐴 ∗ 0. Según el siguiente ejercicio determine: a.67 𝑚𝐴 𝑉𝑖 𝑚á𝑥 = 𝐼𝑅 𝑚á𝑥𝑅 + 𝑉𝑍 = 76. Grafico 27: Solución circuito ejercicio 7 Solución ((𝑅𝐿 + 𝑅)𝑉𝑍) 𝑉𝑖 𝑚í𝑛 = = ((1200Ω + 220 Ω) ∗ 20 𝑉2)/1200Ω = 23. determine los intervalos de RL e IL que hagan que VRL se mantenga en 10 V. Determine el valor nominal máximo de potencias del diodo en watts. b. Iz= 19. Para determinar el valor de RL que encenderá el diodo Zener.87 𝑉 + 20 𝑉 . aplique la ecuación (2.6mA 6. Determine el rango de los valores de RL que mantienen un voltaje VRL=10v y la potencia máxima nominal del diodo. la corriente por ella y el valor nominal de la tensión de salida regulada.008 A 10 𝑉 RLmax = 0. Grafico 28: Solución circuito ejercicio 8 Solución 𝑅𝑉𝑍 RLmin= 𝑉𝐼−𝑉𝑍 (10)(1𝑘) RLmin= 50𝑉−10 RLmin= 250 ohms 𝑉𝑅𝑠 ILmin= IRs – IzmAX= 𝑅𝑠 – Izmax 50 𝑉−10 𝑉 ILmin= -32 mA 1𝐾 ILmin= 0. ¿qué variación tendremos a la salida? ¿Cuánto vale el factor de regulación de línea? .008 𝐴 = 1250 ohms Pmax nom= VZmax= (10) * (32 mA)= 320 Mv 9. IZ = 10 mA (corriente inversa por el diodo). Se trabaja con una fuente de tensión no regulada Vnr = 15 V (±10%). Calcule el valor de R. En este ejercicio se utiliza un diodo Zener una resistencia y una resistencia variable. La tensión inversa de ruptura del zéner vale VZ=9V y la resistencia incremental en disrupción RZ = 30 Ω.87 𝑉 8. a) El diseño del regulador se hace para los valores nominales RL = 1 kΩ. 𝑉𝑖 𝑚á𝑥 = 36. Considere el circuito regulador de la figura. b) Para la variación especificada de la tensión de entrada. Grafico 29: Solución circuito ejercicio 9 Solución a) V0 = VZ+RZ IZ V0 = 9. Grafico 30: Solución circuito ejercicio 10 Solución . para. calcular el valor de la tensión de salida en el circuito de la figura. es la que aparece en la figura.3mA I = IZ – IL IL =19. a) VIN = 5V.3V Vo IL =𝑅𝐿 Iz =9.09𝑉 𝑉𝑜 FL =𝑉𝑁𝑅 V0 =90mV/V 10.3mA 𝑉𝑁𝑅−𝑉𝑜 RL = 𝐼 RL =295Ω b) 𝑅𝑧 V0 =𝑅+𝑅𝑧VNR} V0 =0. Sabiendo que la característica tensión-corriente del diodo zener D1. 1𝑘 I1 =45mA LCK I = I2+ I1 I2=I-I1 I2=(22. El emisor de conecta directamente al terminal negativo de la pila. Un transistor BJT de tipo npn y β= 100 se conecta de la siguiente manera: la base se conecta al terminal positivo de una pila de 5 V a través de una resistencia de 100 k ohmios. a) VA = VB = VIN = VOUT = 5V 𝑉𝑖𝑛 I= 𝑅2 5 I =0. . Un transistor BJT del tipo NPN con β =100. Calcule la tensión entre colector y emisor. Grafico 31: Solución circuito ejercicio 1 Solución: 𝑈𝐸 − 𝑈𝐵𝐸 5 − 0. el colector se conecta al terminal positivo de otra pila de 10 V a través de una resistencia de 100 ohmios el emisor se conecta a los terminales negativos de ambas pilas. La base también se conecta al mismo terminal positivo de la pila a través de una resistencia de 560 k ohmios. se conecta a una pila de 30 V de la siguiente manera: el colector se conecta al terminal positivo de la pila a través de una resistencia de 330 ohmios.7 mA 𝑉1 I1 =𝑅1 4.0043𝐴 2.3mA EJERCICIOS SOBRE TRANSISTORES BJT 1.3𝑥10−5 𝐴 𝑅𝐵 100𝑥103 𝐼𝐶 = 𝐼𝐵 𝛽 → 𝐼𝐶 = (4.22𝑘 I=22. En estas condiciones calcule la corriente de colector.3𝑥10−5 𝐴) ∗ 100 = 0.7-45)mA I2=-22.5 I1 =0.7 𝐼𝐵 = → 𝐼𝐵 = = 4. 23𝑥10−3 𝐴) = 1.73𝑉 𝑈𝐶𝐸 = 𝑉 − 𝑈𝑅𝐶 → 𝑈𝐶𝐸 = 30𝑉 − 1.23𝑥10−5 𝐴) ∗ 100 = 5.7 𝐼𝐵 = → 𝐼𝐵 = = 5. calcule la corriente que circula por el colector.23𝑥10−5 𝐴 𝑅𝐵 560𝑥103 𝐼𝐶 = 𝐼𝐵 𝛽 → 𝐼𝐶 = (4.73𝑉 = 28.00043𝐴) ∗ 100 = 43𝑚𝐴 4. Si β =100. Grafico 32: Solución circuito ejercicio 2 Solución: 𝑈𝐸 − 𝑈𝐵𝐸 30 − 0.23𝑥10−3 𝐴 𝑈𝑅𝐶 = 𝑅𝐶 𝐼𝐶 → 𝑈𝑅𝐶 = 300 ∗ (5. su colector se conecta al terminal positivo de una fuente de 20 V a través de una resistencia de 100 ohmios y el emisor se conecta a los terminales negativos de ambas fuentes.27𝑉 3.7 → 𝐼𝐵 = 0. Si β =100 y UCC=20 V ¿cuál es la zona de trabajo del circuito de la figura? Grafico 34: Solución circuito ejercicio 4 Solución: 𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐼𝐶 = 𝐼𝐵 = 𝐼𝐸 = 0 𝑅𝐵 𝐼𝐵 + 𝑈𝐵𝐸 + 𝑅𝐸 𝐼𝐸 + 𝑈𝐶𝐶 = 0 → 𝑈𝐵𝐸 = −𝑈𝐶𝐶 = −20 . Grafico 33: Solución circuito ejercicio 3 Solución: 𝑈𝐸 = 𝑅𝐼𝐵 + 𝑈𝐵𝐸 → 5 = (10𝑥103 )𝐼𝐵 + 0.00043𝐴 𝐼𝐶 = 𝐼𝐵 𝛽 → 𝐼𝐶 = (0. Un transistor NPN funciona en zona activa cuando su base se conecta al terminal positivo de una fuente de tensión de 5 V a través de una resistencia de 10 k ohmios. 93𝑚𝐴) = 93𝑚𝐴 6. Calcular la potencia disipada por el transistor en los dos casos siguientes: a) UE=0 V b) UE=30 V. 𝑈𝐵𝐸 > 0. Un transistor BJT del tipo NPN se encuentra en un circuito electrónico y presenta las siguientes tensiones entre sus terminales: UEB=-0. Grafico 36: Solución circuito ejercicio 7 Solución: 𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐼𝐶 = 𝐼𝐵 = 𝐼𝐸 = 0 −𝑈𝐸 + 100𝐾𝐼𝐵 + 𝑈𝐵𝐸 = 0 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑈𝐸 = 0𝑉. 𝑈𝐵𝐸 = 𝑈𝐸 = 0 → 𝑈𝐵𝐸 < 0.7𝑉. El transistor de la figura.7 → 𝑁𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 . 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 Trabaja en saturación 7.7 → 𝑁𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 10 − 0. alimenta una carga de 1kohmio a partir de una batería de 15V. En estas condiciones. de parámetro β =100.7 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑃 = 0 𝑊 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑈𝐸 = 30𝑉.7 V.93𝑚𝐴 10 𝐼𝐶 = 𝛽𝐼𝐵 = 100 ∗ (0.7 → 𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑎 𝑒𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 5. 𝑈𝐵𝐸 = 𝑈𝐸 = 30 → 𝑈𝐵𝐸 > 0.7 𝐼𝐵 = = 0.7𝑉. ¿en qué zona está trabajando el transistor? Solución: 𝐸𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑈𝐵𝐸 < 0. 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 𝐸𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑈𝐵𝐸 > −0.7 V y UCB=-0. Grafico 35: Solución circuito ejercicio 5 Solución: 10 − 𝑈𝐵𝐸 = 0 → 𝑈𝐵𝐸 = 10 → 𝑈𝐵𝐸 > 0. Dado el circuito de la figura determine en que zona de trabajo se encuentra el transistor (β =100). si ha permanecido en dicha posición tiempo suficiente para alcanzar las condiciones finales. En el circuito del grafico 37.7 𝐼𝐵 = = 0.7 V vBE = vBE SAT = 0.293𝑚𝐴 100 𝐼𝐶 = 𝛽𝐼𝐵 = 100 ∗ (0.3𝑉 > 15𝑉 → 𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑎 𝑒𝑛 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑈𝐶𝐸 ≈ 0 𝑉 𝑃𝐵𝐸 = 𝑈𝐵𝐸 𝐼𝐵 = 0. 30 − 0. con el interruptor S en la posición 2. Grafico 37: Solución circuito ejercicio 8 Solución Datos: Dz Vz= 4. b) Punto de funcionamiento del BJT y valor de Vo.21𝑚𝑊 𝑝𝑆𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 0. 7 V VCESAT = 0 V ᵝ= 200 a) .7𝑥0.7 V Iz (min)= 1mA Rz=0 𝛀 BJT Vy = 4. determinar: a) Punto de funcionamiento del BJT y valor de Vo.293 = 0.293𝑚𝐴) = 29. si ha permanecido en dicha posición tiempo suficiente para alcanzar las condiciones finales. con el interruptor S en la posición 1.3 𝑥 1 = 29.3𝑚𝐴 29.21 𝑚𝑊 8. 7 IRB = = 5.7 = 4 V 4V IE = 1 KΩ = 4mA VCE =14 – 4 = 11V IC IC ≈ IE (IB = ) ᵝ IRB >> IB IRB ≈ IZ > 1mA b) IC =0.2 .7 IRB = = 5. V0 =VCC = 15 V 15−4.7 𝐼𝐶 = 2.15mA 2 IZ =IRB .7−0. Estado en que se encuentra el transistor.15mA 2 VE=VB − VBE VE = 4. VCE(sat) = 0. Datos G =100.IB = 5.7 IE = IB = 4mA 1 15−4. VBE(sat) = 0.15mA > Iz min 9. BJT = sat → VCE = VCE sat = 0V 4.2 V.15 − 4 = 1.7V Grafico 38: Solución circuito ejercicio 9 Solución VT = IC R C +VCE (despejamos Ic ) 𝑉𝑇 − 𝑉𝐵𝐸 𝐼𝐶 = 𝑅𝐵 10−0.7 – 0. 5𝑚𝐴)(100Ω) = 10𝑉 − 6.com/panel/uploads/biblioteca/2014-09-25_01-30- 24110701. «Electronica y microelectronica para cientificos. IE .7𝑉 𝐼𝐵 = = = 430µ𝐴 𝑅𝐵 10𝐾Ω 𝐼𝐶 = 𝐵𝐷𝐶 ∗ 𝐼𝐵 = (150)(430µ𝐴) = 64.45𝑉 = 3.7𝑉 = 2.55𝑉 − 0. España.2 𝐼𝐵 = 40 𝐼𝐵 = 0.23mA Malla de base VT = IB R B +VBE (despejamos VT = IC R C +VCE (despejamos IB ) 𝑉𝑇 − 𝑉𝐵𝐸 𝐼𝐵 = 𝑅𝐵 5−0. Reyes. IC .» de PROBLEMAS DE ELECTRONICA BASICA. El transistor tiene una BCD = 150. pp.55𝑉 𝑉𝐶𝐵 = 𝑉𝐶𝐸 − 𝑉𝐵𝐸 = 3. VBE. Grafico 39: Solución circuito ejercicio 10 Solución 𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 5𝑉 − 0. [En línea]. Granada. Lopez. 𝐼𝐶 = 4.5𝑚𝐴 + 430µ𝐴 = 64. [Último acceso: 15 Julio 2017]. 2008. «Circuitos con diodos. VCE . Jimenez y J.pdf. VCB en el circuito de la figura.» 25 Septiembre 2014.12mA G * 𝐼𝐵 = 100 * 0. Determine IB .5𝑚𝐴 𝐼𝐸 = 𝐼𝐶 + 𝐼𝐵 = 64. .85𝑉 Bibliografía: [1] J. 43-60. Available: http://sistemamid.12mA = 12mA 𝐼𝐶 <= G*𝐼𝐵 por tanto el transistor está en saturación 10. [2] L.9𝑚𝐴 Despejando 𝑉𝐶𝐸 y 𝑉𝐶𝐵 𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐶 = 10𝑉 − (64. com/c3900038/estrategias/estrategias_transistores. [8] «Angelfire. [Último acceso: 25 Julio 2017]. Dispositivos y circuitos electrónicos.[3] A.blogspot.utn. Available: http://www. [Último acceso: 15 Julio 2017].angelfire. [10] J. Available: https://es. Transistor bipolar.fra.unedcervera.edu. Available: http://www. [En línea]. [9] «Diodos.» [En línea].html.» Octubre 2003. «Univerdidad de Cervera. Ibañez. Available: http://www.» 29 Febrero 2001. [En línea].ehu. [En línea]. 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