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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PRIMERA SEMANA
FEBRERO CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL 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 .
Planteamiento del problema:
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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Resolucin de la pregunta:
- 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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin del ejercicio:
- 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)
Sustituyendo valores:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin del ejercicio:
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 ,
En la regin de saturacin la corriente de drenaje viene dada por:
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
Sustituyendo ste valor en la relacin anchura-longitud:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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 ,
En la regin de saturacin la corriente de drenaje viene dada por:
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
Sustituyendo ste valor en la relacin anchura-longitud:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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).
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
000.2001,0
20
mW
Wpuertasn
La respuesta es:
D) 000.200N
Resolucin del ejercicio:
000.8025,0
20
mW
Wpuertasn
La respuesta es:
000.80N
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
Puesto que la tensin de entrada diferencial y tensin de entrada en modo comn,son:
21 iiid vvv
212
1iiicm
vvv
Sustituyendo valores:
ttsenttsentvid 30cos4,11502530cos7,01502530cos7,0
tsentsenttsentvicm
150251502530cos7,01502530cos7,02
1
La respuesta es:
D) ,30cos4,1 tvid ,15025 tsenvicm
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
24
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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?
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Teniendo en cuenta que:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Sustituyendo valores:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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SEGUNDA SEMANA
FEBRERO CURSO 2011-2012
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7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL 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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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.
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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
Resolucin del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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.
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin del ejercicio:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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.
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
- 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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Sustituyendo valores:
Lo
oisci
RR
RAA
=>
10097
O
O
R
R
OO RR 97007 => 70079 OR
La respuesta es:
C) 3500R
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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6- Hallar el valor de SR para mAIDQ 10
A) 350SR
B) 400SR
C)
450SR D) 150SR
Resolucin:
Sustituyendo valores:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Planteamiento del problema:
- 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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Sustituyendo valores:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
59
Resolucin del problema:
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
Sustituyendo valores:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
60
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
Sustituyendo valores:
VkHz
sV
f
SRV
FP
o 59,1100*2/10
2
6
max
VVo 59,1max
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
61
ORIGINAL
SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
62
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
65
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
Planteamiento del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
66
Resolucin de la pregunta:
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
-
7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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
Planteamiento del problema:
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
La tensin trmica a 300 K, tiene un valor aproximado a 26mV
La respuesta es:
B) mVVT 26
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
a) Para un transistor npn con: VVBE 3,0 y VVCE 5
Teniendo en cuenta que:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Anlisis del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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
Sustituyendo valores:
mAV
VV
mAV
vv
iI to
toGS
DDSS 164
43
1 22
2
2
La respuesta es:
C) mAIDSS
16
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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
Anlisis del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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Resolucin de la pregunta:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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.
Anlisis del problema:
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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 .
Anlisis del problema:
Representando el amplificador en cortocircuito, tendremos:
Acoplando la fuente y la carga tendremos:
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL 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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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
Sustituyendo valores:
dBA
ACMRR
cm
d
dB 56,1151,0
10*6log20log20
4
La respuesta es:
B) ;20dBAcm dBCMRR 116
-
7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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
-
7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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.
-
7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
102/109
PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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
-
7/24/2019 Problemas de Los Examenes Del Curso 2.011-2.012
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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
Sustituyendo valores:
227,2
10*20
10
10
1
20
1111 1
3
4
3io
moc
io
x
RR
R
RR
R
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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La respuesta es:
A) 23,2xR
-
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PROBLEMA 2
La siguiente figura muestra el diagrama de circuito simplificado de un inversorlgico:
Anlisis del problema:
Representacin de los circuitos en estado cerrado y abierto:
-
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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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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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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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PROBLEMAS DE LOS EXMENES DEL CURSO 2011-2012
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