Download CLASE 9 PROBLEMAS CON DIODOS

ANÁLISIS MATEMÁTICO UTILIZANDO LA CARACTERÍSTICA REAL DEL DIODO (APROXIMACIONES SUCESIVAS) ⎛⎜ v nVT ⎞⎟
i = Is e
−1
⎝
⎠
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. Cuando i es mucho mayor que Is la ecuación se puede aproximar a ⎛
⎞
i = I s ⎜ e v nVT ⎟
⎝
⎠
⎛⎜ V1 nVT ⎞⎟
I1 = I s e
⎝
⎠
€
i
v = nVT ln
Is
⎛⎜ V2
I2 = I s e
⎝
I2
V2 − V1 = nVT ln
I1
€
nVT
⎞⎟
⎠
⎛ (V2 − V1 ) nVT ⎞
I2
= I s ⎜ e
⎟
⎝
⎠
I1
I2
V2 − V1 = 2, 3nVT log
I1
€
Con estas ecuaciones se puede utilizar el método de aproximaciones sucesivas €
€
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: V −V
5V − 0, 7V
DD
D
ID =
=
= 4, 3mA
R
1kΩ
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: V2 = V1 + 2, 3xnxVT log
I2
= 0, 7V + 2, 3x2x0,025mV log 4,3mA = 0, 772V
1mA
I1
Ahora se vuelve a calcular la corriente por el diodo con este valor de voltaje: V −V
5V − 0, 772V
DD
D
ID =
=
= 4,228mA
R
1kΩ
Se calcula de nuevo el voltaje para esta corriente I2
4,228mA = 0, 772V
=
V
+
2,
3xnxV
log
=
0,
7V
+
2,
3x2x0,025mV
log
V
1
T
€ 2
1mA
I1
Da el mismo valor anterior, por lo que éste es el resultado correcto ID = 4,228 mA VD = 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: V −V
10V − 0, 7V
DD
D
ID =
=
= 0,93mA
R
10kΩ
Dado que la corriente ha dado muy próxima a 1 mA, se acepta que el voltaje en el diodo es 0,7V. €
nVT 2x25mV
rd =
=
= 53,8Ω
ID
0,93mA
La resistencia dinámica es Con este valor se calcula vd a partir del circuito para pequeña señal: rd
53,8Ω
€
vd = ΔV
= 1V
= 5, 35mV
rd + R
53,8Ω +10.000Ω
vd
5, 35mV
Se comprueba si el modelo es válido: =
= 0,107
nVT 2x25mV
Se puede aceptar como menor que 1 Respuesta: El voltaje en el diodo es 0,7V y la variación de voltaje entre € la fuente tiene una señal de rizado de sus terminales es 5,35 mV cuando 1V a 60Hz. 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: V + − Vzo
10V − 6,7V
Iz = I =
=
= 6,35mA
0,5kΩ + 0,02kΩ
R + rz
Vz = Vzo + rz I z = 0,02kx6, 35mA = 6,83V
€
b) Cuando V+ = ±1V: rz
20Ω
ΔV0 = ΔV
= 2V
= 76,92mV
500Ω + 20Ω
R + rz
Esto también puede hacerse realizando los siguientes cálculos: Cuando la fuente es igual a 9V: €
V + − Vzo
9V − 6, 7V
Iz = I =
=
= 4, 42mA
R + rz
0,5kΩ + 0,02kΩ
VZ = VZ0 + rZIZ = 6,7V + ,02kΩx4,42mA= 6,79V Cuando € la fuente es igual a 11V: V + − Vzo
11V − 6, 7V
Iz = I =
=
= 8,27mA
R + rz
0,5kΩ + 0,02kΩ
VZ = VZ0 + rZIZ = 6,7V + ,02kΩx8,27mA= 6,87V 6,87-­‐6,79=75,38V ∆V = €
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 €
6, 76V − 6, 7V
= 3mA
0,02kΩ
Para 9 V : IL = 6,79V/2,02kΩ= 3,36mA VO=2kΩx3,36mA=6,72V = VZ 6, 72V − 6, 7V
= 1,14mA
Iz =
0,02kΩ
Iz =
Para 11 V : IL = 6,87V/2,02kΩ= 3,40mA VO=2kΩx3,40mA=6,80V = VZ €
Iz =
6,80V − 6, 7V
= 5,10mA
0,02kΩ
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
10V = 5V
0,5kΩ + 0,5kΩ
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: Vi − 5V
I =
20kΩ
+
Vo = 5V +10kΩ
Vi − 5V
20kΩ
= 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: Vi − 5V
I =
20kΩ
−
Vi − 5V
= −5V − 0,5Vi + 2,5V = −0,5Vi − 2,5V
Vo = −5V −10kΩ
20kΩ
€
€
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 10V − 0,7V
Para Vi = 0 Ia =
= 0,93mA
10kΩ
10V − 0,7V
Io = 0
= 0,93mA Vo = Vi
Ib =
10kΩ
Los cuatro diodos conducen €
10V −1V − 0,7V
€Ia =
€
= 0,83mA
Para Vi = 1V 10kΩ
10V +1V − 0,7V
= 1,03mA
Ib =
Vo = Vi = 1V
10kΩ
€ diodos conducen. Io es suministrada por Ia a través de D2. Los cuatro Io =
1V
= 0,1mA
10kΩ
€
10V − 2V − 0,7V
= 0,73mA
Para Vi = 2V Ia =
10kΩ
2V
= 0,2mA
Vo = Vi = 2V Io =
10V + 2V − 0,7V
10kΩ
= 1,13mA
Ib =
10kΩ
€
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. 10V − Vx − 0,7V
Vx
Ia =
Io =
10V − Vx − 0,7V = Vx Vx = 4,65V
10kΩ
10kΩ
Para voltajes de entrada mayores el diodo D1 deja de conducir. La corriente y el voltaje en la carga van a ser €
€
€
10V − 0,7V
Io =
= 0,465mA
Vo = 10kΩx0,465mA = 4,65V
20kΩ
€
€
€
€
€
€
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: 10V +1V − 0,7V
10V −1V − 0,7V
Para Vi = -­‐1V Ia =
= 1,03mA Ib =
= 0,83mA
10kΩ
10kΩ
−1V
=
= −0,1mA
I
Vo = Vi = −1V
o
10kΩ
€
€
La corriente Io es suministrada por Ib a través de D4 hasta que -­‐Io= Ib 10V − Vx − 0,7V
€= Vx
=
−I
I
−Vx = −4,65V
o
b
10kΩ
10kΩ
Para voltajes de entrada mayores el diodo D3 deja de conducir. €
€
10V − 0,7V
= 0,465mA
Ib =
20kΩ
La corriente Ib va a ser Por lo tanto Io = −Ib = 0,465mA
€
La función de transferencia es €
€
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 Vi − 2, 7V
I=
dada por: 2kΩ
El voltaje Vo será: Vo = 1, 35V + Vi /2
Vo = 0, 7V + 2V +1kΩxI = 2, 7V + Vi /2 −1, 35V
€
Esta relación se mantiene hasta que Vo = 4,7V lo que ocurre cuando €
Vi = 2Vo − 2, 7V = 6, 7V
€
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 €
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 = 5V = 10 V
0,5ms
ms
V
v
(t)
=
−10
t
o
ms €
vi (t) = 10
V
t
ms
Cuando el voltaje de salida llega a -­‐2 V, D1 conduce. vo(t) llega a-­‐2V en el tiempo t1: V
−2V = −10
t1 t = −0,2ms
1
ms
La resistencia de realimentación es 20kΩ//20kΩ = 10kΩ Amplificador inversor de ganancia 10kΩ/20kΩ = 0,5 € de la salida va a ser m = -­‐5V/ms La pendiente Ecuación del voltaje de salida a partir de 0,2 ms V
vo (t) − (−2V ) = −5
(t − 0,2ms)
ms
Esta ecuación rige hasta que vo(t) alcanza los 3V en el tiempo t2 cuando conduce D2. €
€
−3V − (−2V ) = −5
t 2 = 0, 4ms
€
€
V
(t 2 − 0,2ms)
ms
€
€
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 V
vo (t) − (−3V ) = −2,5
(t − 0, 4ms)
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 V
vo (t) − (−3V ) = −2,5
(0,5ms − 0, 4ms)
ms
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