ANÁLISIS  MATEMÁTICO  UTILIZANDO  LA  CARACTERÍSTICA  REAL  DEL  DIODO  (APROXIMACIONES  SUCESIVAS)  

   

 Voltaje  térmico  VT  =  kT/q  k  :  Constante  de  Boltzman  =  =1,38  x  10-­‐23joules/kelvin  T=  temperatura  en  ºK  q=  carga  del  electrón  =    =  1,6  x  10  coulombs  A  temperatura  ambiente  (20ºC)  VT  =  25,2mV,  por  lo  que  en  los  análisis  matemáticos  se  considera  VT  =  25mV.  Valores  de  n:  Entre  1  y  2.    

€

i = Is ev nVT −1⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

Cuando  i  es  mucho  mayor  que  Is  la  ecuación  se  puede  aproximar  a    

   

   

 Con  estas  ecuaciones  se  puede  utilizar  el  método  de  aproximaciones  sucesivas  

€

i = Is ev nVT⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

€

v = nVT lniIs

€

I1 = Is eV1 nVT⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

€

I2 = Is eV2 nVT⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

€

I2I1

= Is eV2 −V1( ) nVT⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

€

V2 −V1 = nVT lnI2I1

€

V2 −V1 = 2,3nVT logI2I1

EJERCICIO  DE  DETERMINACIÓN  DEL  PUNTO  DE  OPERACIÓN  CONSIDERANDO  LA  ECUACIÓN  EXACTA  DEL  DIODO  

   Hallar  ID    y  VD  en  el  siguiente  circuito,  si  VDD  =  5V  y  R  =  1kΩ    El  diodo  tiene  una  corriente  de  1  mA  a  0,7V    n=2  Considerando  que  el  voltaje  en  el  diodo  es  0,7V  y  aplicando  mallas:    

 Considerando  que  esta  es  la  corriente  I2  y  que  los  valores  iniciales  son  1mA  y  0,7  V,  aplicamos  la  ecuación  de  la  diferencia  de  voltajes  para  hallar  V2:  €

ID =VDD−VD

R=5V − 0,7V1kΩ

= 4,3mA

€

V2 =V1 + 2,3xnxVT logI2I1

= 0,7V + 2,3x2x0,025mV log 4,3mA1mA = 0,772V

Ahora  se  vuelve  a  calcular  la  corriente  por  el  diodo  con  este  valor  de  voltaje:    

 Se  calcula  de  nuevo  el  voltaje  para  esta  corriente  

 Da  el  mismo  valor  anterior,  por  lo  que  éste  es  el  resultado  correcto                                                                                      ID  =  4,228  mA        VD  =  0,772V  

€

ID =VDD−VD

R=5V − 0,772V

1kΩ= 4,228mA

€

V2 =V1 + 2,3xnxVT logI2I1

= 0,7V + 2,3x2x0,025mV log 4,228mA1mA = 0,772V

EL  MODELO  DE  PEQUEÑA  SEÑAL      Q:  Punto  de  operación  

ANÁLISIS  DE  PEQUEÑA  SEÑAL    Solo  con  la  fuente  DC    Al  aplicar  la  AC  

 Entonces    Se  mantiene  vd  lo  suficientemente  pequeño  para  que        Se  hace  la  aproximación        Por  lo  tanto:

La  pendiente  de  la  tangente  en  el  punto  de  operación  Q  es  el  inverso  de  rd.  Por  lo  tanto:              El  análisis  se  realiza  calculando  primero  el  punto  de  operación  y  luego  eliminando  las  fuentes  DC  y  sustituyendo  el  componente  por  su  modelo  de  pequeña  señal.  

EJEMPLO    En  el  circuito  (a),  R  =  10kΩ  y  la  fuente  V+  incluye  un  voltaje  DC  de  10  V  sobre  el  que  hay  una  señal  de  60  Hz  y  1V  (rizado).  Calcule  el  voltaje  en  el  diodo  y  la  amplitud  de  la  señal  sinusoidal  entre  sus  terminales    si  VD  =  0,7  V  para  1  mA  y  n=2.    En  (b)  está  el  circuito  DC.    Con  el  modelo  de  la  fuente  DC  de  0,7  V:    

 Dado  que  la  corriente  ha  dado  muy  próxima  a  1  mA,  se  acepta  que  el  voltaje  en  el  diodo  es  0,7V.  

€

ID =VDD−VD

R=10V − 0,7V10kΩ

= 0,93mA

La  resistencia  dinámica  es      Con  este  valor  se  calcula  vd  a  partir  del  circuito  para  pequeña  señal:    

 Se  comprueba  si  el  modelo  es  válido:  

 Se  puede  aceptar  como  menor  que  1    Respuesta:  El  voltaje  en  el  diodo  es  0,7V  y  la  variación  de  voltaje  entre  sus  terminales  es  5,35  mV  cuando  la  fuente  tiene  una  señal  de  rizado  de  1V  a  60Hz.      

€

rd =nVTID

=2x25mV0,93mA

= 53,8Ω

€

vdnVT

=5,35mV2x25mV

= 0,107

€

vd = ΔV rdrd + R

=1V 53,8Ω53,8Ω+10.000Ω

= 5,35mV

PROBLEMAS  CON  DIODOS  Y  OPERACIONALES  PROBLEMA  1:  REGULACIÓN  CON  EL  DIODO  ZENER  

En  el  circuito,  las  especificaciones  del  zener  son:    VZ  =  6,8V  a  IZ  =  5  mA;  rZ  =  20Ω;  IZK  =  0,2  mA    a)  Calcule  V0  sin  carga  y  con  V+  =  10  V  b)  Determine  el  cambio  en  V0  cuando  V+  =  ±1V  c)  Determine  el  cambio  en  V0  cuando  RL  =  2  kΩ  

d)Qué  pasa  con  RL  =  0,5  kΩ?  

VZ  =  VZ0  +  rZIZ    VZ0  =  VZ  -­‐  rZIZ  =  6,7V  a)  Cuando  no  hay  carga:  

€

Iz = I =V + −Vzo

R + rz=

10V − 6,7V0,5kΩ+ 0,02kΩ

= 6,35mA

€

Vz =Vzo + rzIz = 0,02kx6,35mA = 6,83V

b)  Cuando  V+  =  ±1V:      Esto  también  puede  hacerse  realizando  los  siguientes  cálculos:  Cuando  la  fuente  es  igual  a  9V:        

VZ  =  VZ0  +  rZIZ  =  6,7V  +  ,02kΩx4,42mA=  6,79V  Cuando  la  fuente  es  igual  a  11V:      

VZ  =  VZ0  +  rZIZ  =  6,7V  +  ,02kΩx8,27mA=  6,87V    ∆V    =  6,87-­‐6,79=75,38V                                                                            

€

ΔV0 = ΔVrz

R + rz= 2V 20Ω

500Ω+ 20Ω= 76,92mV

€

Iz = I =V+ −VzoR+ rz

=9V − 6,7V

0,5kΩ+ 0,02kΩ= 4,42mA

€

Iz = I =V+ −VzoR+ rz

=11V − 6,7V

0,5kΩ+ 0,02kΩ= 8,27mA

c)  Cuando  RL  =  2  kΩ  Circuito  Thevenin  equivalente  entre  los  terminales  de  R:     Voltaje  de  Thevenin:  Voltaje  en  el  zener  sin  carga       Resistencia  de  Thevenin:  R  //  rZ  =  500Ω  //  20Ω  =  19,23Ω  Para  10  V  :    IL  =  6,83V/2,02kΩ=  3,38mA          VO=2kΩx3,38mA=6,76V  =  VZ    

 Para  9  V  :    IL  =  6,79V/2,02kΩ=  3,36mA              VO=2kΩx3,36mA=6,72V  =  VZ    

 Para  11  V  :  IL  =  6,87V/2,02kΩ=  3,40mA          VO=2kΩx3,40mA=6,80V  =  VZ  

€

Iz =6,76V − 6,7V0,02kΩ

= 3mA

€

Iz =6,72V − 6,7V0,02kΩ

=1,14mA

€

Iz =6,80V − 6,7V0,02kΩ

= 5,10mA

€

ΔV = 6,80V − 6,72V = 80mV

d)  Con  RL  =  0,5  kΩ  Para  10  V  :      IL  =  6,83V/0,52kΩ=  13,13mA    Dado  que  si  el  zener  está  operando  la  corriente  I  está  en  el  orden  de  6,35  mA,  esto  significa  que  el  zener  no  está  en  la  zona  de  regulación  y  por  lo  tanto  se  puede  considerar  como  un  circuito  abierto.      El  voltaje  de  salida  está  dado  por  el  divisor  de  voltaje:    

 

€

Vo =0,5kΩ

0,5kΩ+ 0,5kΩ10V = 5V

PROBLEMA  2:  FUNCIÓN  DE  TRANSFERENCIA  CON  DIODOS    Considerar  diodos  ideales    Semiciclo  positivo:      Circuito  formado  por  vi,  10kΩ,  D2,  5V  y  10kΩ      El  diodo  D2  no  puede  conducir  hasta  que  Vi  no  alcance  los  5V.  A  partir  de  ese  voltaje:    

 

€

I+ =Vi − 5V20kΩ

€

Vo = 5V +10kΩVi − 5V20kΩ

= 5V + 0,5Vi − 2,5V = 0,5Vi + 2,5V

Semiciclo  negativo:    Circuito  formado  por  vi,  10kΩ,  D1,  5V  y  10kΩ    El  diodo  D1  no  puede  conducir  hasta  que  Vi  no  alcance  los  -­‐5V.  A  partir  de  ese  voltaje:    

 

               

€

I− =Vi − 5V20kΩ

€

Vo = −5V −10kΩVi − 5V20kΩ

= −5V − 0,5Vi + 2,5V = −0,5Vi − 2,5V

PROBLEMA  3:  LIMITADOR  CON  PUENTE  DE  DIODOS    Hallar   la   función   de   transferencia.  Considerar  modelo  con  0,7V  Por  la  resistencia  superior:  Ia  Por  la  resistencia  inferior:  Ib  Por  la  resistencia  de  salida:  Io    

Para  Vi  =  0  

Los  cuatro  diodos  conducen    Para  Vi  =  1V  

 Los  cuatro  diodos  conducen.  Io  es  suministrada  por  Ia  a  través  de  D2.  

€

Ia =10V − 0,7V10kΩ

= 0,93mA

€

Ib =10V − 0,7V10kΩ

= 0,93mA

€

Vo =Vi

€

Io = 0

€

Ib =10V +1V − 0,7V

10kΩ=1,03mA

€

Vo =Vi =1V

€

Io =1V10kΩ

= 0,1mA

€

Ia =10V −1V − 0,7V

10kΩ= 0,83mA

Para  Vi  =  2V  

 Los  cuatro  diodos  conducen.  Io  es  suministrada  por  Ia  a  través  de  D2.    Al  aumentar  Vi,  Ia  disminuye  mientras  que  Io  aumenta.  La   corriente   Ia   podrá   suministrar   la   corriente   Io   hasta   que   para   el  voltaje  de  entrada  Vx  la  corriente  Io  sea  igual  a  Ia.      

 Para  voltajes  de  entrada  mayores  el  diodo  D1  deja  de  conducir.  La  corriente  y  el  voltaje  en  la  carga  van  a  ser        

€

Ia =10V − 2V − 0,7V

10kΩ= 0,73mA

€

Ib =10V + 2V − 0,7V

10kΩ=1,13mA

€

Vo =Vi = 2V

€

Io =2V10kΩ

= 0,2mA

€

Ia =10V −Vx − 0,7V

10kΩ

€

Io =Vx10kΩ

€

10V −Vx − 0,7V =Vx

€

Vx = 4,65V

€

Io =10V − 0,7V20kΩ

= 0,465mA

€

Vo =10kΩx0,465mA = 4,65V

Para  Vi  mayor  que  4,65V  la  salida  queda  limitada  a  4,65V  Al  seguir  aumentando  Vi,  el  diodo  D3  sigue  conduciendo  y  el  voltaje  en  el   cátodo  de  D4   sigue   aumentando,   pero  no   el   voltaje   en   el   ánodo  de  dicho  diodo,  por  lo  que  D4  también  sale  de  conducción.    Para  valores  negativos  de  Vi:    Para  Vi  =  -­‐1V    

 

   La  corriente  Io  es  suministrada  por  Ib  a  través  de  D4  hasta  que    -­‐Io=  Ib          Para  voltajes  de  entrada  mayores  el  diodo  D3  deja  de  conducir.  

€

Ia =10V +1V − 0,7V

10kΩ=1,03mA

€

Ib =10V −1V − 0,7V

10kΩ= 0,83mA

€

Vo =Vi = −1V

€

Io =−1V10kΩ

= −0,1mA

€

−Io =Vx10kΩ

€

Ib =10V −Vx − 0,7V

10kΩ

€

−Vx = −4,65V

La  corriente  Ib  va  a  ser      Por  lo  tanto      La  función  de  transferencia  es                        

€

Ib =10V − 0,7V20kΩ

= 0,465mA

€

Io = −Ib = 0,465mA

€

Vo = −4,65V

PROBLEMA  4:  FUNCIÓN  DE  TRANSFERENCIA    CON  DIODOS  Y  ZENERS  

 Determinar  la  característica  de  transferencia  Vo  vs.  Vi  Considerar  modelo  con  0,7V.  Se   analiza   cada   rama   por  separado.  *La   primera   rama   se   va   a  activar  cuando  el  voltaje  Vo    sea  mayor  a  +2,7V.  No  se  va  a   activar   cuando   el   voltaje  Vi   sea   negativo   debido   al  comportamiento  de  diodo.    *La   tercera   rama   se   va   a  activar   cuando   el   voltaje  positivo  Vo  sea  +4,7  y  el  negativo    -­‐5,7V  y  limita  la  salida  a  estos  valores  *La  segunda  rama  se  activaría  cuando  Vo  llegara  a  +9,7V  pero  no  va  a  activarse  por  la  limitación  que  produce  la  tercera.  

Análisis  de  la  activación  de  las  ramas  cuando  Vi  es  positivo  Si  Vi  es  menor  que  2,7V  se  tiene  Vo  =  Vi  Cuando  Vi  sea  mayor  que  2,7V  va  a  circular  corriente    dada  por:    El  voltaje  Vo  será:    

   Esta  relación  se  mantiene  hasta  que  Vo  =  4,7V    lo  que  ocurre  cuando  

   Análisis  de  la  activación  de  las  ramas  cuando  Vi  es  negativo  Para  que  el  voltaje  Vo  llegue  a  -­‐5,7V  el  voltaje  Vi  debe  ser  -­‐5,7V.  Para  valores  del  voltaje  de  entrada  menores  se  tiene  Vo  =  Vi  

€

I =Vi − 2,7V2kΩ

€

Vo = 0,7V + 2V +1kΩxI = 2,7V +Vi /2−1,35V

€

Vo =1,35V +Vi /2

€

Vi = 2Vo − 2,7V = 6,7V

PROBLEMA  5:  AMPLIFICADOR  LOGARITMICO    El   diodo   está   en   el   lazo   de  realimentación.    El  voltaje  en  el  punto  A  es  cero,  por  lo  que   la   corriente  que   circula  por  la   RL   es   la   corriente   del   diodo.  Considerando   que   en   la   ecuación  del  diodo  la  parte  exponencial  es  mucho  mayor  que  1:              

PROBLEMA  6:    RECTIFICADOR  DE  PRECISIÓN  DE  ONDA  COMPLETA  

 *Este  amplificador  está  constituido  por  dos  rectificadores  de  precisión  de  media  onda  y  un  amplificador  diferencial.  *El  circuito  inferior  elimina  los  semiciclos  positivos  de  la  señal  de  entrada  y  produce  una  salida  positiva  para  los  semiciclos  negativos.  *El  circuito  superior  elimina  los  semiciclos  negativos  de  la  señal  de  entrada  y  produce  una  salida  negativa  para  los  semiciclos  positivos.  *El  amplificador  diferencial  produce  la  combinación  de  las  dos  salidas,  dando  lugar  a  un  rectificador  de  precisión  de  onda  completa.  

RECTIFICADOR  DE  PRECISIÓN  SALIDA  POSITIVA    

Para  vI  =  -­0,5V  (valores  negativos)  v__  =  0V.    La  corriente  por  Rentrada  va  hacia  la  fuente  vI.  Suponiendo  que  D2  conduce,  la  corriente  por  Rrealimentación  va  de    la  salida  a  la  entrada  negativa.  Para  que  la  corriente  tenga  el  mismo  valor  que  la  de  la  otra  resistencia,    vo=-­‐vI  =  0,5V.    Por  lo  tanto  vA  =  vo  +0,7  V.    El  diodo  D1  no  conduce.    

Para  vI  =  0,5V  (valores  positivos)  v__  =  0V.  La  corriente  por  Rentrada  va  hacia  la  entrada  negativa.  D1  conduce,  D2  no  conduce,  la  corriente  por  D1  entra  en  el  operacional,  la  salida  del  operacional  es  -­‐0,7V,  la  salida  vo  =0V  

RECTIFICADOR  DE  PRECISIÓN  SALIDA  NEGATIVA    Para  vI  =  -­0,5V  (valores  negativos)    v_=  0V.  La  corriente  por  R  =  Rf  va  hacia  la  fuente  vI.  Suponiendo  que  D2    no  conduce,  el  voltaje  de  salida  es  cero,  el  diodo  D1  conduce  y  suministra  la  corriente  para  la  resistencia  R.    Para  vI  =  0,5V  (valores  positivos)        v-­‐=  0V  La  corriente  por  Rentrada  va  hacia  la  entrada  negativa.  D1  no  conduce.  La  corriente  circula  por  Rf  de  la    entrada  negativa  a  Vo,  D2  conduce  y  la  corriente  entra  en  el  operacional.  Dado  que  las  resistencias  son  iguales,  el  voltaje  Vo  debe  ser  igual  a    –  vI.  

AMPLIFICADOR  DIFERENCIAL  DE  SALIDA  DEL  RECTIFICADOR  DE  PRECISIÓN    DE  ONDA  COMPLETA  

   Las  dos  señales  provenientes  de  los  dos  rectificadores  de  precisión  de  media  onda  se  aplican  a  un  amplificador  diferencial,  colocando  la  salida  del  rectificador  de  precisión  de  salida  negativa  en  la  entrada  inversora  del  diferencial,  para  que  invierta  su  polaridad.    De  esta  forma  se  obtiene  el  rectificador  de  precisión  de  onda  completa,  con  salida  positiva  tanto  para  las  señales  de  entrada  de  polaridad  positiva  como  para  las  señales  de  entrada  de  polaridad  negativa.  

PROBLEMA  7:  CONFORMADOR  DE  ONDA    En  el  siguiente  circuito,  determine  la  forma  de  onda  de  vc(t)  si  vi(t)  es  una  señal  triangular  con  Vp=  5V  y  f  =  500  Hz            

Ecuación  general  de  una  recta    y-­‐yo  =  m  (x  -­‐xo)    Voltajes  de  entrada  positivos:  Al  iniciarse  la  rampa  vc(t)  =  0.  Ningún  diodo  conduce.  Amplificador  inversor  de  ganancia  20kΩ/20kΩ  =  1  La  función  vi(t)  es  vi(t)  =  mt  (rampa)        vo(t)  =  -­‐mt  El  período  es  T  =  1/500Hz  =  2  ms  Primer  pico  máximo  de  5V  en  T/4  =  0,5  ms  La  pendiente  inicial  de  la  salida  es                

€

m =5V0,5ms

=10 Vms

€

vi(t) =10 Vms

t

€

vo(t) = −10 Vms

t

Cuando  el  voltaje  de  salida  llega  a  -­‐2  V,  D1  conduce.  vo(t)  llega  a-­‐2V  en  el  tiempo  t1:      

La  resistencia  de  realimentación  es  20kΩ//20kΩ  =  10kΩ  Amplificador  inversor  de  ganancia  10kΩ/20kΩ  =  0,5  La  pendiente  de  la  salida  va  a  ser  m  =  -­‐5V/ms  Ecuación  del  voltaje  de  salida  a  partir  de  0,2  ms    

Esta  ecuación  rige  hasta  que  vo(t)  alcanza  los  3V  en  el  tiempo  t2  cuando  conduce  D2.    

€

−2V = −10 Vms

t1

€

t1 = −0,2ms

€

vo(t)− (−2V ) = −5 Vms(t − 0,2ms)

€

−3V − (−2V ) = −5 Vms(t2 − 0,2ms)

€

t2 = 0,4ms

Cuando  el  voltaje  de  salida  llega  a  -­‐3V,  D2  conduce.  La  resistencia  de  realimentación  es  10kΩ//10kΩ  =  5kΩ  Amplificador  inversor  de  ganancia  5kΩ/20kΩ  =  0,25  La  pendiente  de  la  salida  va  a  ser  m  =  -­‐2,5V/ms  Ecuación  del  voltaje  de  salida  a  partir  de  0,4  ms  

 El  valor  pico  de  la  señal  de  entrada  se  alcanza  en  t  =0,5  ms  El  valor  de  vo  para  t  =  0,5  ms  es      

€

vo(t)− (−3V ) = −2,5 Vms(t − 0,4ms)

€

vo(t)− (−3V ) = −2,5 Vms(0,5ms− 0,4ms)

€

vo(t) = −3,25V

Este  es  el  valor  pico  de  la  señal  de  salida    Al  ir  disminuyendo  vi(t)  la  forma  de  onda  de  salida  se  va  repitiendo  de  forma  simétrica    Durante  el  semiciclo  negativo  de  la  señal  de  entrada,  la  salida  es  una  señal  con  las  mismas  características,  con  valores  positivos,  ya  que  los  diodos  zener  tienen  los  mismos  valores  de  voltajes  de  zener.    El  circuito  es  un  conformador  de  onda,  paara  aproximar  la  salida  a  una  onda  sinusoidal.  

Forma  de  onda  completa