1. Electrónica Para Ingenieros Diodos-14.0

Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL | DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 1

DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES

ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS Este documento tiene como objetivo guiar al estudiante de electrónica en el tópico de dispositivos de dos terminales. El texto cuenta tanto con ejercicios resueltos como propuestos, que abarcan temas como: recortadores, sujetadores, punto de operación de diodos, rectificadores de onda, fuentes reguladas por diodos zener, multiplicadores de voltajes, otros dispositivos.

Borrador 14.0 Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL

15/05/2015

Contenido

CAPÍTULO 1 5

DIODOS: RECORTADORES Y SUJETADORES 5

PROBLEMAS RESUELTOS 5

Ejercicio 1 5

Ejercicio 2 ¡Error! Marcador no definido.

CAPÍTULO 2 39

DIODOS: PUNTOS DE OPERACIÓN 39

Ejercicio 1 39

Ejercicio 2 43

Ejercicio 4 51

Ejercicio 5 54

Ejercicio 6 56

Ejercicio 7 60

Ejercicio 8 64

Ejercicio 9 66

CAPÍTULO 3 72

DIODOS: FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA 72

Ejercicio 1 72

Ejercicio 2 76

Ejercicio 4 88

Ejercicio 5 93

Ejercicio 6 98

Ejercicio 7 102

Ejercicio 8 109

Ejercicio 9 112

PROBLEMAS PROPUESTOS 115

Ejercicio 1 115

Ejercicio 2 115

Ejercicio 3 116

Ejercicio 4 116

Ejercicio 5 117

Ejercicio 6 117

Ejercicio 7 118

Ejercicio 8 118

Ejercicio 9 119

Ejercicio 10 120

CAPÍTULO 4 121

OTROS DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 121

Ejercicio 1 121

Ejercicio 2 123

Ejercicio 3 125

Ejercicio 4 127

Ejercicio5 129

CAPÍTULO 5 132

RECTIFICADORES, REGULACIÓN ZENER, MULTIPLICADORES 132

Ejercicio 1 132

Ejercicio 2 133

Ejercicio 3 136

Ejercicio 4 139

Ejercicio 5 141

Ejercicio 6 143

Ejercicio 7 144

Ejercicio 8 145

Ejercicio 9 147

Ejercicio 10 150

PROBLEMAS PROPUESTOS 153

Ejercicio 1 153

Ejercicio 2 153

Ejercicio 3 154

Ejercicio 4 154

Ejercicio 5 155

Ejercicio 6 156

CAPÍTULO 1

DIODOS: RECORTADORES Y SUJETADORES

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1

En el siguiente circuito, graficar Vo.

Datos:

𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡[𝑉(𝑃−𝑃)]

𝑉 = 5𝑉

𝑅 = 1KΩ

Asuma diodo ideal

SOLUCIÓN:

Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos:

Estado D Vi [𝑽] Vo [𝑽]

1 C.A. -15 ≤ Vi ≤ 5 0

2 C.C. 5 ≤ Vi ≤ 15 Vi + 5

Estado 1

Empezando el análisis del circuito por el ciclo negativo, el diodo ideal se comporta

como un circuito abierto:

De aquí que:

𝑉𝑜 = 0

El circuito es válido mientras:

𝑉𝑖 < 5 [𝑉]

Por tanto, para el estado 1 se tiene:

𝑽𝒐 = 𝟎, 𝑽𝒊 < 𝟓 [𝑽]

Estado 2

En el siguiente estado, el diodo ideal actúa como un corto circuito.

Luego:

𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 𝑉

𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 5

𝑉𝑖 > 5[𝑉]

𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 + 𝟓 , 𝑽𝒊 > 𝟓 [𝑽]

GRÁFICA

Ejercicio 2

En el siguiente circuito, graficar Vo. Datos:

𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡[𝑉(𝑃−𝑃)]

𝑉 = 5𝑉

𝑅 = 1KΩ

𝐴𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙

SOLUCIÓN:

Se muestra a continuación la tabla de estados de los diodos en los diferentes ciclos,

1 C.C. -15 ≤ Vi ≤ 5 5

2 C.A. 5 ≤ Vi ≤15 Vi

Estado 1

Empezamos analizando el circuito por el ciclo negativo:

El circuito es válido mientras

𝑉𝑖 < 𝑉

𝑉𝑖 < 5 [𝑉]

Analizándolo por corrientes, el circuito es válido mientras la corriente I que circula por

el circuito en el estado 1, exista.

𝐼 = −𝑉𝑖 − 5

1𝐾 > 0

−(𝑉𝑖 − 5) > 0

−𝑉𝑖 > −5

𝑉𝑖 < 5

Luego, 𝑉𝑜 = 𝑉 = 5 [𝑉]

𝑽𝒊 < − 𝟓 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝟓 [𝑽]

Estado 2

Para el siguiente estado, el diodo se abre para todo voltaje de la fuente mayor que 5 [𝑉]

𝑉𝑖 > 5 [𝑉]

Además, 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖

𝑽𝒊 > 𝟓 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝑽𝒊

GRÁFICA

Ejercicio 3

En el siguiente circuito, grafique Vo Datos:

Vi = Señal triangular de ± 15V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o

VD = 0.7[V]

V = 5[V]

R = 1[KΩ]

SOLUCIÓN:

Redibujando el circuito, reemplazando el diodo real por su equivalente ideal y una

fuente de voltaje:

Con D, ideal.

1 C.C. -15 ≤ Vi ≤ 4.3 Vi-4.3

2 C.A. 4.3 ≤ Vi ≤15 0

Estado 1

Empezando el análisis por el ciclo negativo del circuito:

𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − (𝑉 − 𝑉𝐷)

𝑉𝑜 = 𝑉𝑖 − 4.3

𝑉𝑖 < 𝑉 − 𝑉𝐷

𝑉𝑖 < 4.3 [𝑉]

𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 − 𝟒. 𝟑[𝑽] ; 𝑽𝒊 < 𝟒. 𝟑 [𝑽]

Estado 2

Para el siguiente estado, el diodo se abre:

Esto es:

𝑽𝒐 = 𝟎 ; 𝑽𝒊 > 𝟒. 𝟑 [𝑽]

GRÁFICA

Ejercicio 4

En el siguiente circuito, grafique Vo

Datos:

Vi = 30 sen2000πt[V(P−P)]

V = 5V

R = 1KΩ

VD(Si) = 0.7 V

SOLUCIÓN:

Redibujamos el circuito reemplazando el diodo real por su equivalente ideal más una

fuente de voltaje, que representa el voltaje del diodo.

Con D, ideal.

Estado D1 Vi [𝑽] Vo [𝑽]

1 C.A. -15 ≤ Vi ≤ 0.7 5

2 C.C. 0.7 ≤ Vi ≤15 Vi-0.7

Estado 1

Empezando el análisis del circuito por el ciclo negativo, el diodo se comporta como

circuito abierto.

𝑉𝑖 < 𝑉𝐷

𝑉𝑖 < 0.7 [𝑉]

Luego,

𝑉𝑜 = 𝑉

𝑽𝒊 < 𝟎. 𝟕 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝟓[𝑽]

Estado 2

Para el siguiente estado, el diodo se abre para todo voltaje de la fuente mayor que 5 [𝑉]

𝑉𝑖 > 0.7 [𝑉]

Además, 𝑉𝑜

= 𝑉𝑖 − 𝑉𝐷

𝑽𝒊 > 𝟎. 𝟕 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝑽𝒊 − 𝟎. 𝟕

GRÁFICA

Ejercicio 5

En el siguiente circuito, grafique Vo Datos:

Vi = Señal triangular de ± 15V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o

VD = 0.7[V]

V1 = 5[V]

V2 = 10[V]

R = 1KΩ

Gómer Rubio Roldán – Profesor ESPOL |DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES 18

SOLUCIÓN:

Redibujamos el circuito convirtiendo los diodos reales en diodos ideales más una

fuente de voltaje, que representa el voltaje que cae en cada diodo.

Con D1, D2 ideales

Estado D1 D2 Vi [𝑽] Vo [𝑽]

1 C.A. C.C. -14 ≤ Vi ≤ -10.7 -10.7

2 C.A. C.A. -10.7 ≤ Vi ≤ 5.7 Vi

3 C.C. C.A 5.7 ≤ Vi ≤ 16 5.7

Estado 1

Empezamos analizando el circuito por el ciclo negativo

𝑉𝑖 < −( 𝑉2 + 𝑉𝐷2 )

𝑉𝑖 < − 10.7 [𝑉]

Analizándolo por corrientes:

El circuito es válido mientras la corriente I que circula por el circuito en el estado 1,

exista. Esto es:

𝐼 = − 𝑉𝑖 + 10.7

1𝐾 > 0

− ( 𝑉𝑖 + 10.7) > 0

−𝑉𝑖 > 10.7

𝑉𝑖 < −10.7

Luego, 𝑉𝑜 = −(𝑉2 + 𝑉𝐷2) = −10.7 [𝑉]

𝑽𝒊 < − 𝟏𝟎. 𝟕 [𝑽]

𝑽𝒐 = −𝟏𝟎. 𝟕 [𝑽]

Estado 2

Para el siguiente estado, el diodo 2 se abre para una corriente I=0, manteniendo el

diodo 1 abierto.

𝑉𝑖 < 𝑉1 + 𝑉𝐷1

𝑉𝑖 < 5.7 [𝑉]

Además, 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖

𝑽𝒊 < 𝟓. 𝟕 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝑽𝒊

Estado 3

En el estado 3, para una corriente I>0 en el ciclo positivo de la fuente, el diodo 1

quedará en corto circuito y el diodo 2 permanecerá abierto.

Para este estado:

𝑉𝑜 = 𝑉1 + 𝑉𝐷1

𝑉𝑜 = 5.7 [𝑉]

Finalmente, para el estado 2:

𝑽𝒊 > 𝟓. 𝟕 [𝑽]

𝑽𝒐 = 𝟓. 𝟕 [𝑽]

GRÁFICA

Ejercicio 6

En el siguiente circuito, graficar 𝑣0 𝑣𝑠 𝑡

Datos:

𝑣i = Señal senoidal de 0 a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00

VD = 0.7 [V]

V = 5 [V]

C = 10 µF

R = 10KΩ

Asuma diodo real

SOLUCIÓN:

Puesto que el diodo D1 real, se lo reemplaza por su modelo equivalente de diodo ideal

y una fuente de 𝑉𝐷= 0.7 [V], obteniéndose el siguiente circuito:

Estado 1

Comenzaremos el análisis del circuito para el ciclo en el que el diodo D conduce; esto

es, cuando Vi produce una corriente que circula por la malla Vi-C-D-V (ciclo positivo).

El capacitor se carga instantáneamente a:

𝑉𝐶 = 𝑉𝑖 + (𝑉 − 𝑉𝐷)

𝑉𝐶 = 10 + 4.3

𝑉𝐶 = 14.3[𝑉]

Y permanecerá cargado mientras la señal 𝑉𝑖 sea de 10 [V].

Luego, el voltaje de salida será

𝑉𝑜 = −(𝑉 − 𝑉𝐷)

𝑉𝑜 = −4.3 [𝑉]

Estado 2

El estado 2 se produce cuando el diodo se abre y para ello, es necesario que:

𝑉𝑖 = 0 [𝑉]

Y que el capacitor se descargue a través de R.

Calculando la constante de descarga:

𝜏 = 𝑅𝐶 = (10𝑥103Ω)(10𝑥10−6𝐹) = 0.1 𝑠𝑒𝑔

Y el capacitor se descarga en aproximadamente:

𝑡𝑑 = 5𝜏 = 0.5 𝑠𝑒𝑔

Puesto que la frecuencia de la señal 𝑉1 es de 1KHz, esto significa que el capacitor

volverá a cargarse en 0.5 mseg, y por lo tanto se podría asumir que realmente el

capacitor nunca se descargó. En estas condiciones:

𝑉𝑜 = −13.3 [𝑉]

GRÁFICA

Para: Vi vs t, Vo vs t

Ejercicio 7

En el siguiente circuito, graficar V0

Datos: Vi = Señal senoidal de 0 a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00 VD = 0.7 [V] V = 5 [V]

C = 10 µF

R = 10KΩ

SOLUCIÓN:

Sustituyendo el diodo D real por su aproximación con un diodo ideal y una fuente de

tensión, el circuito resultante es el mostrado en la figura

Para analizar el circuito, se consideran dos posibles situaciones:

o D: On, la corriente del generador Vi circulará únicamente por la malla Vi-C-D-V

pues la rama DV tendrá menor (mucho menor) oposición al paso de corriente

que la rama de R.

o D: Off, la corriente de Vi circulara únicamente por la rama correspondiente a R.

Estado 1

Cuando el diodo está en conducción, el capacitor se carga casi instantáneamente con

el voltaje máximo.

Aplicando LVK a la malla tenemos (D, On):

𝑉𝑖 − 𝑉𝐶+ (V − 𝑉𝐷)= 0

Siendo:

(V − 𝑉𝐷)= 4.3 [V]

El diodo estará en conducción cuando la tensión en el ánodo sea igual a la de cátodo.

Es decir, si:

𝑉𝑖 > 𝑉𝐶 − 𝑉 + 𝑉𝐷

Una vez cargado el capacitor con el voltaje máximo de la fuente, que solo ocurriría

cuando vuelva a alcanzar dicho máximo, se producirá una recarga del capacitor para

mantener su voltaje constante. Dicho voltaje se obtiene despejando 𝑉𝐶 de la ecuación

y sustituyendo 𝑉𝑖 por el valor máximo de voltaje de la fuente

𝑉𝐶= 𝑉𝑚𝑎𝑥+ (V − 𝑉𝐷)

Estado 2

El resto del tiempo, cuando el voltaje de la fuente no cumple la desigualdad

anteriormente indicada, el diodo estará en corte, siendo en el circuito a analizar en

este caso el mostrado en la figura (descarga muy lenta).

Aplicando la LKV a la malla que incluye a R tenemos (D off):

𝑉𝑜 + 𝑉𝐶 − 𝑉𝑖 = 0

Luego,

𝑉𝑜 + 𝑉𝑚𝑎𝑥 + (V − 𝑉𝐷)−𝑉𝑖=0

Sustituyendo 𝑉𝑖 por 𝑉𝑚𝑎𝑥 sin(wt) y despejando (𝑉𝑜):

𝑉𝑜 = −𝑉𝑚𝑎𝑥 − (𝑉 − 𝑉𝐷) + 𝑉𝑚𝑎𝑥 sin(𝑤𝑡)

𝑉𝑜 = 𝑉𝑚𝑎𝑥(sin(𝑤𝑡) − 1) − 𝑉 + 𝑉𝐷

Sustituyendo los valores de 𝑤𝑡:

𝑤𝑡 = 0 → 𝑉𝑜 = −𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷 = −14.3 [V]

𝑤𝑡 = π/2 → 𝑉𝑜 = −𝑉 + 𝑉𝐷 = −4.3 [V]

𝑤𝑡 = π → −𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷 = −14.3[V]

𝑤𝑡 = 2π/3 → −2𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉 + 𝑉𝐷𝐶 = −24.3[V]

GRÁFICA

Vi vs. t

Vo vs. t

Ejercicio 8

Diseñe un sujetador que cumpla las siguientes especificaciones:

Datos:

Vi = Señal cuadrada de ± 20V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 0o

Vo = Señal cuadrada de + 30V a − 10V, frecuencia de 1KHz y desfase de 0o

𝐴𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙.

SOLUCIÓN:

Cálculo de la constante de descarga:

𝜏 = 𝑅𝐶 = 100𝑘(1𝜇𝐹) = 10−1𝑠𝑒𝑔 = 100𝑚𝑠

Asumimos que el 𝜏 >>T y por lo tanto que el capacitor no se descarga.

Estado 1

El diodo conduce, para el ciclo negativo.

Se tiene a la salida

𝑉𝑜 = −10𝑉

Estado 2

Ciclo positivo, el diodo se comporta como circuito abierto.

𝑉𝑜 = 30𝑉

Ejercicio 9

Datos:

Vi = Señal cuadrada de − 10V a 10V, con una frecuencia de 1KHz y desfase de 00

Diodo ideal

C = 10 µF

R = 1KΩ

SOLUCIÓN:

Estado 1

El diodo conduce, para el ciclo negativo.

Se tiene a la salida

𝑉𝑜 = 0 [𝑉]

Estado 2

Ciclo positivo, el diodo se comporta como circuito abierto.

𝑉𝑜 = 𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑖 + 10

GRÁFICA

Ejercicio 10

Datos:

Vi = Señal cuadrada de − 10V a 10V, frecuencia de 1KHz y desfase 00

Diodo ideal

V = 5 [V]

C = 10 µF

R = 1KΩ

SOLUCIÓN:

Redibujaremos el circuito por facilidad,

Estado 1

Analizando el circuito para el ciclo en el que el diodo D conduce (ciclo negativo):

El capacitor se carga instantáneamente a:

𝑉𝐶 = 𝑉 − 𝑉𝑖

𝑉𝐶 = −5 − (−10)

𝑉𝐶 = 5 [𝑉]

Y permanecerá cargado mientras la señal 𝑉𝑖 sea de 10 [V].

Luego, el voltaje de salida será:

𝑉𝑜 = 𝑉 = −5[𝑉]

Estado 2

El estado 2 se produce cuando el diodo se abre y para ello, es necesario que:

𝑉𝑖 = 0 [𝑉]

Y que el capacitor se descargue a través de R.

Calculando la constante de descarga:

𝜏 = 𝑅𝐶 = (1𝑥103Ω)(10𝑥10−6𝐹) = 0.01 𝑠𝑒𝑔

Y el capacitor se descarga en aproximadamente:

𝑡𝑑 = 5𝜏 = 0.05 𝑠𝑒𝑔

Puesto que la frecuencia de la señal 𝑉1 es de 1KHz, esto significa que el capacitor

volverá a cargarse en 0.5 mseg, y por lo tanto se podría asumir que realmente el

capacitor nunca se descargó. En estas condiciones:

𝑉𝑜 = 25 [𝑉]

GRÁFICA

Para: Vi vs t, Vo vs t

Ejercicio 11

En el siguiente circuito, determine el valor de Vi para que el voltaje de la carga se

mantenga en 9V

Datos:

Vz = 9 V

Rz = 0

Pz = 0.5W

Rs = RL = 100Ω

SOLUCIÓN:

Por definición, la potencia del diodo zener viene dada por:

𝑃𝑍= 𝑉𝑍𝐼𝑍

𝐼𝑍 =𝑃𝑍

𝑉𝑍=

9= 0.056 [𝐴]

Reemplazando en el circuito el diodo zener por su equivalente en conducción, una

fuente de voltaje con resistencia de zener igual a cero (por dato del ejercicio), se tiene:

Para mantener el voltaje en la carga igual al voltaje del zener, de 9 V, determinamos el

valor que debe tomar la fuente Vi:

Aplicando Ley de Voltajes de Kirchoff,

Malla 1: 𝑉𝑖 − 9 = 100 𝐼1

Malla 2: 9 = 100 𝐼2

Resolviendo el sistema para determinar los valores de las corrientes:

𝐼2 =9

100= 0.09 [𝐴]

𝐼1 =𝑉𝑖 − 9

La corriente de zener viene dada por:

𝐼𝑍 = 𝐼1 − 𝐼2

𝐼𝑍 =𝑉𝑖 − 9

100− 0.09

𝐼𝑍 =𝑉𝑖 − 9 − 9

𝑉𝑖 − 18

Reemplazando el valor de la corriente de zener ya obtenida, y despejando 𝑉𝑖:

𝑉𝑖 = 100 𝐼𝑍 + 18

𝑉𝑖 = 100(0.056) + 18

De donde, 𝑽𝒊 = 𝟐𝟑. 𝟔 [𝑽]

CAPÍTULO 2

DIODOS: PUNTOS DE OPERACIÓN

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1

En el siguiente circuito calcular:

a) Los puntos de operación de los diodos D1 y D2

b) Vo y Vx.

Datos: 𝑉𝑖 = 20𝑠𝑒𝑛(2𝑥105𝜋𝑡)[𝑚𝑉(𝑝−𝑝)]

𝑉1 = 12[V] ; 𝑉2 = 12[V] ; 𝐶1 = 10µ𝐹 𝑅1 = 20Ω ; 𝑅2 = 100Ω ; 𝑅3 = 10Ω ; 𝑅4 = 10Ω ; 𝑅5 = 70Ω ; 𝑅6 = 70Ω Usar el gráfico ID vs VD del diodo.

Solución:

𝑅𝑑 =0.75 − 0.65

50𝑚𝐴= 2Ω

𝑅𝑧 =2 − 1.9

40𝑚𝐴= 2.5Ω

Análisis DC

𝑉𝑡ℎ =12𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 = 10𝑣

𝑅𝑡ℎ = 𝑅1||𝑅2 = 16.67Ω

𝑉𝑡ℎ2 =12𝑅6

𝑅5 + 𝑅6 = 6𝑣

𝑅𝑡ℎ2 = 𝑅5||𝑅6 = 35Ω

Asumo D1 diodo y D2 Zener

Id1=Id2=I

𝐼 =10 − 0.65 − 1.9 − 6

𝑅𝑡ℎ1 + 𝑅𝑑 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅𝑧 + 𝑅𝑡ℎ2= 19.04𝑚𝐴

𝑉𝑑1 = 0.65 + 𝑅𝑑𝐼𝑑1 = 0.688 𝑣

𝑉𝑑2 = 1.9 + 𝑅2𝐼𝑍2 = 1.948 𝑣

𝑉𝑥 = 12(100||59.5)

20 + (100||59.5)+

8.55(100||20)

59.5 + (100||20)= 9.68𝑣

𝑉𝑜 = 7.45(70||70)

41.17 + (70||70)+

12(70||41.17)

70 + (70||41.17)= 6.673 𝑣

Análisis AC

𝐼𝑑2 =20𝑚𝑣

𝑅4 + 𝑅𝑧 + (𝑅5||𝑅6)= 0.42 𝑚𝐴

𝐼𝑑1 =20𝑚𝑣

𝑅3 + 𝑅𝑑 + (𝑅1||𝑅2)= 0.70 𝑚𝐴

𝑉𝑑1(𝑎𝑐) = 𝑅𝑑𝐼𝑑1 = 1.4 𝑚𝑉

𝑉𝑑2(𝑎𝑐) = 𝑅𝑧𝐼𝑑2 = 1.05 𝑚𝑉

𝑉𝑑1 = 𝑉𝑑𝑐 + 𝑉𝑎𝑐 = 0.38 ± 0.0014

𝑉𝑜 = 𝐼𝑑2(𝑅5||𝑅6) = 14.7 𝑚𝑉

𝑉𝑥 = 𝐼𝑑1(𝑅1||𝑅2) = 11.67 𝑚𝑉

Ejercicio 2

Para el circuito mostrado determinar:

a) Puntos de operación de los diodos D1 y D2

b) Graficas V1(t) y V2(t) con sus respectivos valores

c) Si se cortocircuita C2 y asumiendo que VD1= VD2= 0.7V, determinar el valor

de V2 para estado estable

Datos: 𝑉𝑖 = 0.5𝑠𝑒𝑛(2𝑥105𝜋𝑡)[𝑉(𝑟𝑚𝑠)]

𝑉 = 6[V] ; 𝐶1 = 10µ𝐹 ; 𝐶2 = 10µ𝐹 ; 𝐶3 = 100µ𝐹 𝑅1 = 4Ω ; 𝑅2 = 120Ω ; 𝑅3 = 300Ω ; 𝑅4 = 100Ω ; 𝑅5 = 8Ω Usar el gráfico ID vs VD del diodo.

Solución:

a) Análisis DC

Los diodos al estar directamente polarizados, se reemplazan por el equivalente

𝑅𝑑1= 𝑅𝑑2

= 0.8 − 0.6

78(𝑚𝐴)= 2.56Ω

𝐼𝑑1=

6 − 0.6

120 + 2.56= 0.044(𝐴)

𝑉𝑑1 = 0.6 + 𝐼𝑑1𝑟𝑑1

; 𝑉𝑑1= 0.71(𝑣)

𝑃𝑄1 = (0.044𝐴, 0.71𝑉)

𝐼𝑑2=

6 − 0.6

300 + 2.56 + 100= 0.0134(𝐴)

𝑉𝑑2= 0.6 + 𝐼𝑑2

𝑟𝑑2= 0.63(𝑉)

𝑃𝑄2 = (0.0134𝐴, 0.63𝑉)

b) Grafique 𝑽𝟏(𝒕)𝒚 𝑽𝟐(𝒕)

Utilizando los gráficos para el análisis DC:

𝑉1𝐷𝐶= 6 − 300(0.0134) = 1.98 [𝑉]

𝑉2𝐷𝐶= 0 [𝑉]

Si 𝑉𝐷1=𝑉𝐷2

=0.7 𝐶2 cortocircuitado, Calcular 𝑉2

El diodo 𝑉𝐷1=𝑉𝐷2

Igual que antes 𝑉2𝐷𝐶 sigue siendo cero 𝑉2𝐷𝐶

= 0(𝑉)

La fuente de 6(V) es suficiente para encender a los diodos pero hagamos una malla:

𝑉𝐷1− 𝑉𝐷2

− 𝐼𝑅4 = 0 : 𝑉𝐷1= 𝑉𝐷2

= 0.7 I = 0

La que indica que por el 𝐷2 no fluye corriente.

Análisis AC

Calculemos los

𝑋𝐶1= 𝑋𝐶2

𝑤𝑐=

2𝜋𝑓𝑐= 1.54 ∙ 10−2Ω

𝑋𝐶2=

2𝜋𝑓𝑐3= 7.95𝑥10−5Ω

𝑅𝑒𝑞1 = 2.56||120 = 2.51 [Ω]

𝑅𝑒𝑞2 = 100||8||300 = 7.23[Ω]

Notar la importancia de los divisores de tensión:

𝑣𝑖𝐴𝐶=

𝑉𝑖∗𝑅𝑒𝑞3

4+𝑅𝑒𝑞3

Dónde:

𝑅𝑒𝑞3 = [(𝑅𝑒𝑞2 + 2.56)||𝑅𝑒𝑞1] = 1.99Ω

𝑣𝑖𝐴𝐶= 50 (

1.99𝑆𝑒𝑛𝜔𝑡

𝑣𝑖𝐴𝐶= 16.6 𝑆𝑒𝑛 𝜔𝑡[𝑚𝑉]

Mucho más rápido que hacer mallas ¿verdad?

Así mismo: 𝑣𝑍𝐴𝐶=

𝑉𝑖𝐴𝐶∗ 2

2.56+ 𝑅𝑒𝑞2 ;𝑉𝑧𝐴𝐶

= 12,50(𝑚𝑣)

Ejercicio 3

En el siguiente circuito:

a) Determinar el punto de operación de Z1:

b) Determinar el punto de operación de Z2:

c) Grafique IR2 vs t

Datos: 𝑉𝐴𝐶 = 0.1𝑠𝑒𝑛(2000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]

𝑉 = 100[V] ; 𝐶 = 1µ𝐹 𝑅1 = 40Ω ; 𝑅2 = 80Ω ; 𝑅3 = 60Ω ; 𝑅4 = 30Ω ; 𝑅5 = 40Ω Usar el gráfico I vs V del diodo.

Solución: Análisis DC

𝑅𝑑 =0.8 − 0.7

1= 0.1

𝑅𝑧 =10.25 − 10

1= 0.25

𝑉𝑜 =(100 − 𝑉𝑑)(𝑅2||(𝑅𝑍 + 𝑅4)

(𝑅2||(𝑅𝑧 + 𝑅4)) + 𝑅1 + 𝑅𝑑+

𝑉𝑍 ((𝑅1 + 𝑅𝑑)||𝑅2)

(𝑅1 + 𝑅𝑑)||𝑅2 + 𝑅𝑧 + 𝑅4

𝑉𝑜 = 39.78

𝐼𝑑 =100 − 𝑉𝐷 − 𝑉𝑜

𝑅1 + 𝑅𝑑= 1.48𝐴

𝐼𝑧 =𝑉𝑑 − 𝑉𝑍

𝑅𝑧 + 𝑅4= 0.98𝐴

𝑉𝐷𝑇 = 𝑉𝐷 + 𝑟𝑑𝐼𝑑 = 0.7 + (0.1)(1.48)

𝑉𝐷𝑇 = 0.848𝑉

𝑉𝑍𝑇 = 𝑉𝑍 + 𝑟𝑍𝐼𝑍 = 10 + (0.25)(0.98)

𝑉𝑍𝑇 = 10.25𝑉

𝑃𝐷 = 𝑉𝐷𝑇𝐼𝑑 ó (𝑉𝑜𝐼𝑑 + 𝑟𝑑𝐼𝑝 2)

𝐼𝑅𝑍 =𝑉2

𝑅2= 0.497𝐴

𝑃𝐷 = 𝑉𝑍𝑇𝐼𝑍 ó 𝑉𝑍𝐼𝑍 + 𝑟𝑍𝐼𝑍 2

Análisis AC

𝑣𝑜𝐴𝐶 =𝑉𝐴𝐶 (𝑅2||𝑅3||(𝑅𝑍 + 𝑅4))

(𝑅2||𝑅3|| 𝑅𝑍 + 𝑅4) + 𝑅𝑑

𝑣𝑜𝐴𝐶 =(40) (

(0,25+30))

30,25) + 0,1

𝑣𝑜𝐴𝐶 =(40)(16,07)

16,07 + 0,1=

16,17= 39.75𝑉

𝑖𝑜𝐴𝐶 =𝑉𝐴𝐶 − 𝑉𝑜𝐴𝐶

𝑟𝑑

𝑖𝑧𝐴𝐶 =𝑉𝑜𝐴𝐶

𝑅𝑍 + 𝑅4

𝑖𝑅2 =𝑣𝑜𝐴𝐶

Ejercicio 4

a) Determinar Vo

b) Determinar el punto de operación del diodo

c) Determinar la potencia disipada por el diodo

d) Graficar VD.

Datos: 𝑉𝑖 = (10 + 0.1𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]

𝑉 = 5[V] 𝑅1 = 1𝐾Ω ; 𝑅2 = 2KΩ ; 𝑅3 = 4KΩ ; 𝑅4 = 2KΩ ; 𝑅5 = 4KΩ

Usar el gráfico I vs V del diodo.

Solución:

𝑉𝑜 =18((𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅2 + 𝑅𝑟 + 𝑅𝑑))

((𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅2 + 𝑅5 + 𝑅𝑑)) + 𝑅1+

3(𝑅1||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5))

(𝑅1||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5)) + 𝑅3 + 𝑅4

+𝑉𝐴(𝑅1||(𝑅3 + 𝑅4))

(𝑅1||(𝑅3 + 𝑅4)) + 𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑠

𝐼𝐷 =𝑉𝑂 − 𝑉𝐷

𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5

𝑉𝐷𝑅 = 𝑉𝐷 + 𝑅𝑑𝐼𝑑

𝑃𝐷𝐶 = 𝑉𝐷𝑇𝐼𝑑

Análisis AC

𝑣𝑂𝐴𝐶 =𝑉𝑖(𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅5))

(𝑅3 + 𝑅4)||(𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑟)) + 𝑅1

𝑖𝑑𝐴𝐶 =𝑉𝑜

𝑅𝑑 + 𝑅2 + 𝑅𝑟

𝑣𝐷𝐴𝐶 = 𝑅𝑑𝐼𝑑𝐴𝐶

𝑃𝐷𝐴𝐶 =𝑅𝑑𝐼𝐴𝐶

Ejercicio 5

a) Grafique Vo(t)

b) Determine la potencia disipada por el diodo D1.

Datos:

𝑉𝑖=14.14𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 [𝑚𝑉(𝑟𝑚𝑠)], 𝑉1=10v, 𝑉2=10v, 𝑉3=6v, 𝑉4=-3v, 𝑅1=𝑅2=𝑅3=𝑅4=𝑅5=𝑅6=1K Ω

ANALISIS DC:

Redibujado el circuito:

Si se asume el sentido indicado para las corrientes, los diodos 𝐷1, 𝐷2, 𝐷4 actúan como diodos

normales, mientras que el diodo 𝐷3 se abre (circuito abierto).

Aplicando superposición:

I1 I2 I3 I4

𝑉𝑜 = (𝑉1 − 0.7

(𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅1) (𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)

+ (0.7 − 𝑉2

(𝑅1 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅2) (𝑅1 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)

+ (0.7 − 𝑉4

(𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6) + 𝑅4) (𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅5 ⫫ 𝑅6)

Puesto que las resistencias tienen el mismo valor:

𝑉𝑜 = (𝑉1 − 0.7 + 0.7 − 𝑉2 + 0.7 − 𝑉4

(𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1) + 𝑅1) (𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅1)

𝑉𝑜 = (10 − 10 − 3

0.25 + 1) (0.25) = −𝟎. 𝟔[𝑽]

Verificando que las corrientes tengan el sentido asumido y que el diodo 𝐷3esté abierto:

𝐼1 = (𝑉1 − 0.7 − 𝑉𝑜

𝑅1) = (

9.3 + 0.46

1) = 9.76𝑚𝐴 > 0

𝐼2 = (𝑉𝑜 − 0.7 − (−𝑉2)

𝑅2) = (

−0.46 − 0.7 + 10

1) = 8.84𝑚𝐴 > 0

𝐼2 = (𝑉𝑜 − 0.7 − (−𝑉4)

𝑅4) = (

−0.46 − 0.7 + 3

1) = 1.84𝑚𝐴 > 0

𝑉𝐷3 = 𝑉𝑜 − 𝑉3 = −0.46 − 6 = −6.46 𝑉 < 0

Puesto que lo asumido inicialmente se cumple, el valor de 𝑉𝑜 es correcto.

ANALISIS AC:

Aplicando superposición:

𝑣𝑜 = 𝑣𝑖 (𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅6

(𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑅4 ⫫ 𝑅6) + 𝑅5) =

𝑉𝑜 = 14.14√2𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 (0.25

0.25 + 1) = 4 𝑠𝑒𝑛2000𝜋𝑡 [𝑚𝑉𝑝𝑖𝑐𝑜]

Por lo tanto:

𝑽𝒐(𝒕) = 𝟎. 𝟎𝟎𝟒 𝒔𝒆𝒏𝟐𝟎𝟎𝟎𝝅𝒕 − 𝟎. 𝟔 [𝑽𝒑𝒊𝒄𝒐]

𝑃𝐷1 = 𝑉𝐷1𝐼1 = 0.7(9.76) = 𝟔. 𝟖𝟑[𝒎𝑾]

Ejercicio 6

a) Determine el punto de operación del diodo D1.

b) Grafique el voltaje V2

c) Grafique el voltaje V3.

Datos: 𝑉𝑖 = 10 𝑠𝑒𝑛(20000𝜋𝑡)[𝑉(𝑃−𝑃)]

𝑉1 = 5[V] ; 𝐶1 = 100µ𝐹

𝑅1 = 10Ω ; 𝑅2 = 20Ω ; 𝑅3 = 20Ω ; 𝑅4 = 40Ω ; 𝑅5 = 80Ω

Usar el gráfico I vs V del diodo.

Comentario [A1]: No se ha considerado la resistencia interna del diodo

ANALISIS DC:

Aplicando Thevenin:

Se asume el sentido de la corriente de acuerdo a la figura, decimos que el diodo 1 se

encuentra funcionando como diodo real (ON) de 0.68V.

𝑉𝑇ℎ = 𝑉1 (𝑅1

𝑅1 + 𝑅2) = 5 (

30) = 1.67 𝑉

𝑅𝑇ℎ = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 = 10 ⫫ 20 = 6.67Ω

𝐼1 = (𝑉𝑇ℎ − 0.68

𝑅𝑇ℎ + 𝑅3 + 𝑅4) = (

1.67 − 0.68

6.67 + 20 + 40) =

2500= 14.8𝑚𝐴 > 0

𝑉𝐷1 = 𝑉2 − 𝑉3

𝑉3 = 𝐼1𝑅4 = 14.8(40) = 0.592 𝑉

𝑉2 = 𝑉𝐷1 + 𝑉3 = 0.68 + 0.592 = 1.272 𝑉

𝑷𝑫𝟏 = (𝑽𝑫𝟏, 𝑰𝟏) = (𝟏𝟒. 𝟖𝒎𝑨 , 𝟎. 𝟔𝟖 𝑽)

La corriente obtenida que pasa por el diodo 1 es mayor a cero (ON), entonces lo que se asumió

al principio es correcto.

ANALISIS AC:

Aplicando Thevenin:

𝑉𝑇ℎ = (𝑉𝑖 ∗ 𝑅2

𝑅1 + 𝑅2) = (

5 ∗ 20

3= 3.33 𝑉

𝑅𝑇ℎ = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 = (𝑅1 ∗ 𝑅2

𝑅1 + 𝑅2) = (

10 ∗ 20

3= 6.67Ω

𝑅4 ⫫ 𝑅5 = (𝑅4 ∗ 𝑅5

𝑅4 + 𝑅5) = (

40 ∗ 80

120) =

3= 26.67Ω

𝑉3 = 𝑉2 = (𝑉𝑇ℎ

(𝑅4 ⫫ 𝑅5) + 𝑅3 + 𝑅𝑇ℎ) (𝑅4 ⫫ 𝑅5) =

26.67 + 20 + 6.67∗ 26.67 = 1.667 𝑉

Por lo tanto:

𝑉2(𝑡) = 1.66 𝑆𝑒𝑛(20𝜋𝑡) + 1.272 [𝑉]

𝑉3(𝑡) = 1.66 𝑆𝑒𝑛(20𝜋𝑡) + 0.592 [𝑉]

Gráfica de 𝑉2(𝑡):

Gráfica de 𝑉1(𝑡):

Ejercicio 7

En el siguiente circuito, grafique los voltajes 𝑉1, 𝑉2, 𝑉3.

Datos:

𝑅1 = 𝑅2 = 1000𝐾𝛺 ; 𝑃1 = 𝑃2 = 100𝐾𝛺 𝑦 𝑒𝑠𝑡á𝑛 𝑢𝑏𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜

𝑉𝐶𝐶 = 12𝑉 ; 𝑉𝐵𝐸 = 0.7𝑉

𝑣𝑖 = 220𝑠𝑒𝑛120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]

Solución:

Aplicando el Teorema de Thevenin

Luego:

D1 conduce si: Vx<Vcc

D2 conduce si: Vx>Vcc

Además:

Si D1 conduce V2 > V1 ⇒ V+ < V- ⇒ V3 = -Vcc

Si D2 conduce V2 < V1 ⇒ V+ > V- ⇒ V3 = +Vcc

Dónde:

Rx = (R1 + P 12⁄ ) ∥ P 1

2⁄ = (1000 + 50) ∥ 50 = 47.72 k

Ry = (R2 + P 22⁄ ) ∥ P 2

2⁄ = (1000 + 50) ∥ 50 = 47.72 k

𝑉𝑥 =𝑉𝑖 .P 1

𝑅1+𝑃1= (

1000+100) 𝑉𝑖 = 0.045 𝑉𝑖

𝑉𝑥 =𝑉𝑐𝑐 .P 2

𝑅2+𝑃2= (

1000+100) 𝑥 12 = 0.54 𝑉.

V3 = - Vcc si 0.045 Vi < 12

V3 = -Vcc si 0.045Vi > 12

En conclusión:

Si D1 conduce ⇒ V3= -Vcc⇒ Vi < 266.67V.

Si D2 conduce ⇒ V3= +Vcc ⇒ Vi > 266.67V.

𝑉𝑖(𝑝𝑖𝑐𝑜) = √2𝑉𝑖(𝑟𝑚𝑠) = √2𝑥 220 = 311.12 𝑉.

Si D1 Conduce:

𝑉1 = (𝑉𝑦 − 𝑉𝑥 − 𝑉𝑑1

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑥 = (

𝑉𝑦 − 𝑉𝑑1

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑥 (1 −

𝑅𝑥

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦)

𝑉1 = ( 0.54 − 0.7

2 (47.72)) 47.72 + 𝑉𝑥 (1 −

2 𝑥 47.72) = −0.08 + 0.5𝑉𝑥

𝑉1 = −0.08 + 0.5 (0.045) 𝑉𝑖 = −0.08 + 0.0225 𝑉𝑖

𝑉1(𝑚𝑎𝑥) = −0.08 + (0.0225 𝑥 311.12) = 6.92 𝑉.

𝑉1(𝑚𝑖𝑛) = −0.08 − (0.0225 𝑥 311.12) = −7.08 𝑉.

𝑉2 = 𝑉1 + 0.7

𝑉2(𝑚𝑎𝑥) = 7.62 𝑉

𝑉2(𝑚𝑖𝑛) = −6.38 𝑉

Si D2 Conduce

𝑉2 = (𝑉𝑥 − 𝑉𝑦 − 𝑉𝑑2

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑥 + 𝑉𝑦

𝑉2 = (𝑉𝑥 𝑅𝑦

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) + 𝑉𝑦 − (

𝑉𝑦 + 𝑉𝑑2

𝑅𝑥 + 𝑅𝑦) 𝑅𝑦

𝑉2 = ( 47.72

2 (47.72)) 𝑉𝑥 + 0.54 − (

0.54 + 0.7

2 𝑥 47.72) 47.72

𝑉2 = 0.5𝑉𝑥 − 0.08 = 0.5 𝑥 0.045𝑉𝑖 − 0.08

𝑉2 = 0.0223𝑉𝑖 − 0.08

𝑉2(𝑚𝑎𝑥) = (0.0225 𝑥 311.12) − 0.08 = 6.92 𝑉.

𝑉2(𝑚𝑖𝑛) = −(0.0225𝑥 311.12) − 0.08 = −7.08 𝑉.

𝑉1 = 𝑉2 + 𝑉𝑏2 = 𝑉2 + 0.7

𝑉1(𝑚𝑎𝑥) = 7.62 𝑉

𝑉1(𝑚𝑖𝑛) = −6.38 𝑉

Gráficas:

Vi vs. t

V3 vs. t 0 1 2 3 4 5 6 7 8-1

-0.2-0.2

1Vi vs. t

t (ms)2.73 ms

311.12

5.60 ms

266.67

V1 vs t

V2 vs t

0 1 2 3 4 5 6 7 8

V1 vs. T

t (ms)-0.08

6.92 6.62

6.080.62

0 1 2 3 4 5 6 7 8

t (ms)

2.73 ms 5.60 ms

Ejercicio 8

Para el siguiente circuito determine:

a) Punto de operación de los diodos

b) Grafique Vo vs t

Datos: Asuma D1 = D2 𝑣𝑖 = 0.5 sin(𝜔𝑡)

Análisis DC:

𝑉𝑜 =(10 − 0.65)(24)𝑘

(3 + (24))𝑘+

(3 − 15)(23)

(3 + (23))=

(9.35)(4/3)

(13/3)+

(−12)(6/5)

(26/5)= 0.1007 𝑉

CORRIENTE DE SEMICONDUCTORES

𝐼𝑑 =(10 − 0.65 − 𝑉𝑜)

(3𝑘)=

(9.249)

(3𝑘)= 3.08𝑚𝐴

𝐼𝑧 =(𝑉𝑜 − 3 + 15)

(4𝑘)=

(12.1007)

(4𝑘)= 3.025𝑚𝐴

VOLTAJE TOTAL

𝑉𝑑𝑡 = 𝑅𝑑 𝐼𝑑 + 𝑉𝑑 = (5)(3.08𝑚) + 0.65 = 0.6654 𝑉

𝑉𝑧𝑡 = 𝑅𝑧 𝐼𝑧 + 𝑉𝑧 = (5)(3.025𝑚) + 3 = 3.015 𝑉

PUNTOS DE OPERACIÓN DC

𝑃𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 = (0.6654 𝑉, 3.08 𝑚𝐴)

𝑃𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 = (3.015 𝑉, 3.025𝑚𝐴)

Análisis AC:

𝑉𝑜 =(0.5)(3.0054.005)𝑘

(2 + (3.0054.005))𝑘=

(0.5)(1.72)

(3.72)= 0.231 𝑉

FINALMENTE

𝑣𝑜 = 0.1007 + 0.231 sin(𝜔𝑡)

Gráfica:

𝑣𝑜 = 0.1007 + 0.231 sin(𝜔𝑡)

0 2 4 6 8 10

Vo vs t

Valores Y

Ejercicio 9

Para el siguiente circuito considere todos los elementos pasivos están en Ohmios determine:

a) Punto de operación de cada uno de los semiconductores b) Grafico Vo vs t

Trasformación de delta a estrella:

𝑅𝑎 =(100)(125)

(100 + 25 + 125)=

250= 50 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

𝑅𝑏 =(100)(25)

(100 + 25 + 125)=

𝑅𝑎 =(125)(25)

(100 + 25 + 125)=

250= 12.5 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

RESISTENCIA EQUIVALENTE

Trasformación de delta a estrella:

𝑅𝑎 =(10)(15)

(10 + 5 + 15)=

𝑅𝑏 =(10)(5)

(10 + 5 + 15)=

30= 1.67 𝑂ℎ𝑚𝑜𝑠

𝑅𝑎 =(15)(5)

(10 + 5 + 15)=

30= 2.5 𝑂ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

RESISTENCIA EQUIVALENTE

Análisis DC:

𝑅𝑑 =(0.75 − 0.65)

10𝑚= 10 𝑜ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

𝑅𝑧 =(5 − 4.75)

30𝑚= 8.33 𝑜ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

𝑉𝑜 = 0 𝑉

𝑉𝑥 =(40 − 4.75)(11.010)𝑘

(93.23 + (11.010))𝑘−

(10)(93.23|1010)

(1000 + (93.23|1010))+

(20 − 0.65)(93.231000)

(1010 + (93.231000))

(35.25)(502.5)

(595.71)−

(10)(85.35)

(1085.35)+

(19.35)(85.28)

(1095.27)= 30.45 𝑉

CORRIENTE DE SEMICONDUCTORES

𝐼𝑧 =(40 − 4.75 − 30.45)

(93.23)=

(93.23)= 51.48𝑚𝐴

𝐼𝑑 =(20 − 0.65 − 30.45)

(1010)=

(11.1)

(1010)= −10.99𝑚𝐴

VOLTAJE TOTAL

𝑉𝑧𝑡 = 𝑅𝑑 𝐼𝑑 + 𝑉𝑑 = (8.3)(51.48𝑚) + 4.75 = 5.17 𝑉

𝑉𝑑𝑡 = 𝑅𝑧 𝐼𝑧 + 𝑉𝑧 = (10)(10.99𝑚) + 0.65 = 0.76 𝑉

PUNTOS DE OPERACIÓN DC

𝑃𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 = (0.76 𝑉, −10.99𝑚𝐴)

𝑃𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 = (5.17 𝑉, 51.48𝑚𝐴)

Análisis AC:

SACANDO RESISTENCIAS EQUIVALENTES

𝑅𝑒1 =(20 ∗ 1010)

(20 + 1010)= 19.61

𝑅𝑒2 = 19.61 + 10 = 29.61

𝑅𝑒3 =(29.61 ∗ 1000)

(29.61 + 1000)= 28.76

𝑅𝑒4 = 28.76 + 8.3 = 37.09

𝑅𝑒5 =(37.09 ∗ 93.23)

(37.09 + 93.23)= 26.53

𝐼 =40𝑚

76.53= 0.522𝑚𝐴𝑉𝑥 = 26.53 ∗ 0.522𝑚 = 0.0138 𝑉

𝐼𝑧 =0.0138

37.09= 0.37𝑚𝐴𝑉𝑦 = 28.76 ∗ 0.37𝑚 = 0.0107 𝑉

𝐼𝑑 =0.0107

29.61= 0.36𝑚𝐴𝑉𝑦 = 19.61 ∗ 0.36𝑚 = 0.0071 𝑉

𝑉𝑜 = 𝑉𝑦 = 0.0071 𝑉

Gráfica:

𝑣𝑜 = 0.0071 sin(𝜔𝑡)

-0,008

-0,006

-0,004

-0,002

0 2 4 6 8 10

Vo vs t

Valores Y

CAPÍTULO 3

DIODOS: FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1 Graficar la función de transferencia Vo vs Vi para -20<Vi<20 V. Considerar diodos ideales.

R1=R2=R3=R4=1kΩ

Solución:

ESTADO 1

Estado 𝑉𝑖 𝐷1 𝑍1 𝑍2 𝑉𝑜

1 -20≤𝑉𝑖 < −4 CC CC CC 𝑣𝑖 + 36

2 -4≤𝑉𝑖 <4 CC CA CC 8

3 4 ≤𝑉𝑖<20 CC 8V CC 𝑣𝑖 + 28

Se sacan las ecuaciones de la mallas y obtenemos I2

1.5𝐼1 − 0.5𝐼2 = 𝑉𝑖

−0.5𝐼1 + 1.5𝐼2 = 12

𝐼2 =36 + 𝑉𝑖

𝑉𝑜 = (𝑉𝑖 + 36

4) ∗ 1 =

𝑉𝑖 + 36

Esto es válido mientras I1<0

4𝐼1 = 3𝑉𝑖 + 12

𝐼1 =3𝑉𝑖 + 12

𝑉𝑖 = −12

3= −4𝑉

ESTADO 2

𝐼 =12

𝐼 = 8𝐴

𝑉𝑜 = 𝐼(1)

𝑉𝑜 = 8(1) = 8𝑉

Es válido mientras Vz1<8V

𝑉𝑖 = 𝑉𝑧1 − 4

𝑉𝑖 = 8 − 4 = 4𝑉

ESTADO 3

Se sacan las ecuaciones de la mallas y obtenemos I2

1.5𝐼1 − 0.5𝐼2 = 𝑉𝑖 − 8

- Vz1 +

+0v- - 4v +

−0.5𝐼1 + 1.5𝐼2 = 12

𝐼2 =𝑉𝑖 + 28

𝑉𝑜 = (𝑉𝑖 + 28

4) ∗ 1 =

𝑉𝑖 + 28

Esto es válido mientras I2≠0

𝑉𝑖 + 28

4≠ 0

𝑉𝑖 = −28𝑉

Este valor no es válido ya que estamos trabajando en el semiciclo positivo

𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 + 28

4− 12

𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 + 28 − 48

𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 =𝑉𝑖 − 20

4< 0 𝑉𝑖 < 20

Ejercicio 2

Graficar 𝑣𝑜 vs 𝑣𝑖 Para 0 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50

Asuma diodos ideales

R1 = R2 = R3 = 1KΩ

V1 = 7V

D1= 7V

D2=10V

Solución:

𝒗𝒊 D1 D2 Vo

0 ≤ 𝑣𝑖 <7

CA CC 7

2≤ 𝑣𝑖 < 14

CC CC 𝑣𝑖 + 7

14 ≤ 𝑣𝑖 < 34 CC CA 𝑣𝑖

34 ≤ 𝑣𝑖 < 54 CC Fuente 𝑣𝑖 + 17

Estado 1

Para el primer estado asumimos que ambos diodos conducen:

𝑉𝑖 − 𝑉1 = (𝑅1 + 𝑅2)𝐼1 − 𝐼2𝑅2

𝑉1 = (𝑅2 + 𝑅3)𝐼2 − 𝐼1𝑅2

𝑉𝑖 − 7 = 2𝐼1 − 𝐼2

7 = 2𝐼2 − 𝐼1

𝐼1 =2𝑉𝑖 − 7

𝐼2 =𝑉𝑖 + 7

Para que 𝐷1 = 𝑂𝑁, 𝐼1 > 0

2𝑉𝑖 − 7

2𝑉𝑖 − 7 > 0

𝑉𝑖 >7

Para que 𝐷2 = 𝑂𝑁, 𝐼2 > 0

𝑉𝑖 + 7

𝑉𝑖 > −7

Entonces 𝐷1 = 𝑂𝐹𝐹 ^ 𝐷1 = 𝑂𝑁 ^ 𝑉𝑂 =7

2. Mientras 𝑽𝒊 <

Estado 2

𝑉𝑖 − 𝑉1 = (𝑅1 + 𝑅2)𝐼1 − 𝐼2𝑅2

𝑉1 = (𝑅2 + 𝑅3)𝐼2 − 𝐼1𝑅2

𝑉𝑖 − 7 = 2𝐼1 − 𝐼2

7 = 2𝐼2 − 𝐼1

𝐼1 =2𝑉𝑖 − 7

𝐼2 =𝑉𝑖 + 7

𝑉𝑜 =𝑉𝑖 + 7

En el intervalo 7

2≤ 𝑉𝑖 < 14 ⇒ 𝑉𝑜 =

𝑉𝑖+7

ESTADO 3: 14 ≤ 𝑣𝑖 < 34 ⟹ Z1: corto ; Z2: abierto, fijo a 10V

Se determina Vi para cuando Z2 empieza a actuar como fijador de voltaje:

𝑉𝑖 − 17 = 2𝐼1 − 𝐼2

17 = 2𝐼2 − 𝐼1

𝐼𝑍2 = 0

𝐼2 = 𝐼1

𝑉𝑖 − 17 = 𝐼2

𝑉𝑖 = 17 + 𝐼2 = 34

𝑉0 =𝑉𝑖

14 ≤ 𝑉𝑖 < 34 ⇒ 𝑉𝑜 =𝑉𝑖

Z1: Corto Z2: Abierto

ESTADO 4: 34 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50

𝑉𝑖 − 17 = 2𝐼1 − 𝐼2

17 = (2)𝐼2 − 𝐼1

𝐼1 =2𝑉𝑖 − 17

𝑉0 =𝑉𝑖 + 17

34 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 50 ⇒ 𝑉𝑜 =𝑉𝑖+17

GRAFICA 𝒗𝟎 𝒗𝒔. 𝒗𝒊

𝑰𝟐

SIMULACION 𝒗𝒐 𝒗𝒔 𝒗𝒊

Ejercicio 3

Grafique la función de transferencia Vo vs Vi

R1 = R2 = R3 = R4 =1K

D1=D2=10V

D3=D4=5V

V1=10V -50 ≤ 𝑣𝑖< 50

Solución:

𝒗𝒊 D1 D2 D3 D4 Vo

−50 ≤ 𝑣𝑖 < −40 CC CC 10 CC -10

−40 ≤ 𝑣𝑖 < 5 CC CA CA CC 𝑣𝑖 + 10

5 ≤ 𝑣𝑖 < 17.5 CA CA CA D4 𝑣𝑖 + 20

17.5 ≤ 𝑣𝑖 < 25 5 10 CC CA 𝑣𝑖 + 5

25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 50 5 10 CC CA 10

Ciclo negativo:

ESTADO 1:

𝑣𝑖 + 10 + 30 = 0

𝑣𝑖 = −40

−50 ≤ 𝑣𝑖 < −40 → 𝑣𝑜 = −10

ESTADO 2:

𝑣𝑖 − 10 = 2𝐼1 − 𝐼2

10 = −𝐼1 + 2𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 + 10

𝐼1 =2𝑣𝑖 − 10

𝐼2 − 𝐼1 > 0 → 𝑉𝑖+10

2𝑣𝑖−10

𝑣𝑖 + 10 > 2𝑣𝑖 − 10

20 mA 10 mA

20 > 𝑣𝑖

𝑣𝑖 < 20 → 𝐷4(0,1)

𝐼1 < 0 → 𝐷𝐸 𝐶𝑂𝑅𝑇𝑂

2𝑣𝑖 − 10

𝑣𝑖 < 5

𝑣0 = 𝐼2 𝑅 =𝑣𝑖 − 10

−40 ≤ 𝑣𝑖 < 5 → 𝑣0 =𝑣𝑖 − 10

ESTADO 3: 5 ≤ 𝑣𝑖 < 17.5

𝐼2 − 𝐼1 > 0

𝐼1 < 5(1) = 5𝑚𝐴

𝐼1 > 0

𝑣𝑖 − 10 = 3𝐼2 − 𝐼2

10 = −𝐼1 + 2𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 + 20

𝐼1 =2𝑉𝑖 − 10

2𝑣𝑖 − 10

2𝑉𝑖 − 10 > 0 → 𝑣𝑖 > 5𝑉

𝐼2 > 𝐼1 → 𝑣𝑖 + 20

2𝑣𝑖 − 10

30 > 𝑣𝑖 → 𝑣𝑖 < 30

𝐼1 > 5 → 2𝑣𝑖 − 10

30 > 𝑣𝑖 → 𝑣𝑖 < 30

2𝑣𝑖 − 10

2𝑉𝑖 − 10 < 25

𝐼1 <25 + 10

𝐼1 < 17.5

5 < 𝑣𝑖 < 17.5 → 𝑣𝑜 =𝑣𝑖 + 20

ESTADO 4: 17.5 ≤ 𝑣𝑖 < 25

𝑣𝑖 − 10 − 5 = 2𝐼1 − 𝐼2

10 = −𝐼1 + 𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 + 5

𝐼1 =2𝑣𝑖 − 20

𝐼2 > 𝐼1 → 𝑣𝑖 + 5

2𝑣1 − 20

3 → 𝑣𝑖 + 5 > 2𝑣𝑖 − 20 → 25 > 𝑣𝑖

𝐼2 > 10𝑚𝐴 → 𝑣𝑖 + 5

3> 10 → 𝑣𝑖 < 25

𝐼1 > 0 → 2𝑣𝑖 − 20

3> 0 → 𝑣𝑖 < 10

𝐼1 > 5 → 2𝑣𝑖 − 20

3> 5 → 𝑣𝑖 > 17,5

17,5 ≤ 𝑣𝑖 < 25 → 𝑣𝑜 =𝑣𝑖 + 5

ESTADO 5: 𝑣𝑖 > 25

𝑣0 = 10 → 25 ≤ 𝑣𝑖 < 50

GRAFICA

SIMULACION 𝒗𝒐 𝒗𝒔 𝒗𝒊

Ejercicio 4

Grafique la Función de Transferencia V0 vs Vi.

R1= 1kΩ R2 = 1kΩ R3= 1kΩ R4= 1kΩ

Z1= 8V Z2= 10V Z3= 5V

ESTADO Z1 Z2 Z3 𝒗𝒊 𝒗o

1 8V CC 5V −40 < vi

≤ −17.5

𝑣𝑖 + 3

2 CA CC 5V −17.5 < vi

≤ −15

𝑣𝑖 − 10

3 CA CC CA −15 < vi ≤ 0 vi

4 CC CA CC 0 ≤ vi < 20 vi

5 CC 10V CC 20 ≤ vi < 40 𝑣𝑖 + 10

SEMICICLO (-)

ESTADO 3: −𝟏𝟓 < 𝒗𝒊 < 𝟎

𝒗𝒐 =𝒗𝒊

Ahora hay que revisar cuál de los zener empieza a actuar primero como fuente.

𝑧1 Actuará como fuente cuando el voltaje de R2 sea igual a 8V. 𝒗𝒊

𝟑= 𝟖

𝒗𝒊 = 𝟐𝟒

𝑧2 Actuará como fuente cuando Va sea igual a 5V 𝒗𝒊

𝟑= 𝟓

𝒗𝒊 = 𝟏𝟓

Por lo que el zener de 5v empezara a actuar primero como fuente.

ESTADO 4: −𝟏𝟕. 𝟓 < 𝒗𝒊 < −𝟏𝟓

𝑣𝑖 + 5 = 3𝐼1 − 𝐼2

−5 = −𝐼1 + 2𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 − 10

𝑣0 =𝑣𝑖 − 10

Z1 actuara como fuente cuando 𝑉𝑅2 sea igual a 8V

𝐼1 =2𝑣𝑖 + 5

𝑣𝑅2 =2𝑣𝑖 + 5

2𝑣𝑖 + 5

𝑣𝑖 = 17.5 𝑣

ESTADO 5: −𝟒𝟎 < 𝒗𝒊 < −𝟏𝟕. 𝟓

𝑣𝑖 + 13 = 2𝐼1 − 𝐼2

−5 = −𝐼1 + 2𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 + 3

𝑣0 =𝑣𝑖 + 3

SEMICICLO (+)

ESTADO 1: 𝟎 ≤ 𝒗𝒊 < 𝟐𝟎

𝒗𝒐 =𝒗𝒊

El zener actuara como fuente cuando Va sea igual a 10 V

𝑣𝑎

𝒗𝒂 = 𝒗𝟎 =𝒗𝒊

𝒗𝒊

𝟐< 𝟏𝟎

𝒗𝒊 < 𝟐𝟎

ESTADO 2: 𝟐𝟎 ≤ 𝒗𝒊 < 𝟐𝟎

𝑣𝑖 − 10 = 2𝐼1 − 𝐼2

10 = −𝐼1 + 2𝐼2

𝐼2 =𝑣𝑖 + 10

𝑣0 =𝑣𝑖 + 10

GRÁFICA

SIMULACIÓN Vo vs Vi

Ejercicio 5

Graficar 𝑣𝑜 vs 𝑣𝑖 Para -40 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40

R1= 1kΩ R2 = 1kΩ R3= 1kΩ

R4= 1kΩ Z1= 5V Z2= 10V Z3= 10V Z4= 5V

Semiciclo (+)

En este semiciclo, D1 permanecerá siempre abierto

𝒗𝒊 D1 Z1 Z2 Z3 Z4 Vo

−40 ≤ 𝑣𝑖 < −10 CC CC CC 10V 5V

𝑣𝑖 + 10

−5 ≤ 𝑣𝑖 < 0 CC CC CC CA CA 0

0 ≤ 𝑣𝑖 < 15 CA CA CA CC CC 𝑣𝑖

15 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 25 CA 5V CC CC CC 𝑣𝑖 − 5

25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40 CA 5V 10V CC CC 𝑣𝑖 + 5

𝑣0 =𝑣𝑖 𝑅4

𝑅4 + 𝑅2 + 𝑅𝐿=

𝑣𝑖

3, ? ≥ 𝑣𝑖 ≥ 0

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐵𝐷 = 5 → 𝑍𝑒𝑛𝑒𝑟5𝑣 = 𝑂𝑁

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐶𝐷 = 10 → 𝑍𝑒𝑛𝑒𝑟10𝑣 = 𝑂𝑁

𝑣𝐵𝐷 =𝑣𝑖 𝑅2

𝑅4 + 𝑅2 + 𝑅𝐿=

𝑣𝑖

3= 5 → 𝑣𝑖 ≥ 15 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑍5𝑉 𝑂𝑁

𝑣𝐶𝐷 =𝑣𝑖

3= 10 → 𝑣𝑖 ≥ 30 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑍10𝑉 𝑂𝑁

EL ZENER DE 5V SE ENCIENDE PRIMERO

𝑣0 =𝑣𝑖

3 → 15 ≥ 𝑣𝑖 ≥ 0

Ahora el circuito es:

𝑣0 =(𝑣𝑖 − 5)𝑅4

𝑅4 + 𝑅1

𝑣0 =𝑣𝑖 − 5

2 , −15 ≤ 𝑣𝑖 < ?

Sabemos que: 𝑣𝐴𝐵 = 10 → 𝑍10𝑉 = 𝑂𝑁

𝑣𝐴𝐵 =𝑣𝑖 − 5

2= 10 → 𝑣𝑖 = 25 → 𝑍1 = 𝑂𝑁

Entonces 𝑣0 =𝑣𝑖−5

2 ,15 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 25

El circuito se transforma a:

𝑣𝑡ℎ = 𝑣𝐴𝐵 = 10 + 𝑣𝑅1 = 10 + (𝑣𝑖 − 10 − 5)(1

1 + 1)

𝑣𝑡ℎ =𝑣𝑖 + 5

𝑅𝑡ℎ = 1 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜 𝑐𝑜𝑛 1 = 0.5 𝑘

𝑣0 =𝑣1 + 5

3, 25 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 40

Semiciclo (-)

Puesto que Z4 necesita 5V, se comporta como circuito abierto por el momento → 𝑣0 = 0

¿ ≤ 𝑣𝑖 ≤ 0

Análisis:

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −10 → 𝑍3 = 𝑂𝑁

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −5 → 𝑍4 = 𝑂𝑁

𝑍4 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜.

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠, 𝑣𝑜 = 0, −5 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 0

𝑣𝑖 + 5 − 𝑣0 = 0

𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5 , ? ≤ 𝑣𝑖 ≤ −5

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉𝐴𝐵 = −10 → 𝑍3 = 𝑂𝑁, 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑣𝐴𝐵 = 𝑣𝑖 → 𝑆𝑖 𝑣𝑖 = −10 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑧3 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒. 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5 , −10 ≤ 𝑣𝑖 ≤ −5

En este caso, aunque Z3 se encendió, 𝑣0 no se alteró pues:

𝑣𝑖 + 5 − 𝑣0 = 0 → 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5

Conclusión 𝑣0 = 𝑣𝑖 + 5, −40 ≤ 𝑣𝑖 ≤ −10

GRAFICA

f(x)=x/3

f(x)=(x-5)/2

f(x)=(x+5)/3

f(x)=0

f(x)=x+5

-35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 25 30 35

Ejercicio 6

Graficar I vs V Para -7 ≤ 𝑣𝑖 ≤ 7

DESARROLLO

Malla 1:

𝑉 = (𝑖1 + 𝑖2) − 1 + 𝐼 + 1

𝑉 = (𝑖1 + 𝑖2) + 𝐼

𝑉 = (2𝑖1 + 𝑖2)

Malla 2:

1 = (𝑖1 + 𝑖2)

Reemplazando:

𝑖2 = 𝑉 − 1, 𝑖1 = 2 − 𝑉

𝐷1 = 𝑂𝑁 → 𝑖2 > 0 → 𝑉 < 2

𝐷2 = 𝑂𝑁 → 𝑖1 > 0 → 𝑉 > 1

Analicemos el primer intervalo: 𝑉 > 2, 𝐷2 𝑂𝑁, 𝐷1 𝑂𝐹𝐹

𝐼 = 𝑖1

𝑉 = 𝑖1 − 1 + 𝑖1 − 1

𝑖 =𝑉

𝑉 − 1 − 𝑖 = 0

𝑉 − 1 = 𝑖 , 1 ≤ 𝑉 ≤ 2

¿ ≤ 𝑉 ≤ 1

En el análisis inicial se encontró que para cualquier V<2 el diodo 1 funcionaba. Por lo

tanto, de aquí en adelante lo consideramos como un corto.

Pero en cambio para V<1, el D2 deja de conducir directamente.

𝑃𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝐼 = 0.

𝑆𝑖 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 , 𝐷2 𝑠𝑒 𝑎𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑐𝑡𝑒𝑟𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟, 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑉 𝑒𝑚𝑝𝑖𝑒𝑧𝑎 𝑎 𝑠𝑒𝑟 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎.

𝑉 + 𝑉𝑍 + 𝑖 − 1 = 0 𝑉𝑍 = 5 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑧𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒.

𝑖 = −𝑉 − 5 + 1 = −𝑉 − 4

Si 𝑖 > 0 →= −𝑉 − 4 > 0

𝐶𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑠𝑖𝑜𝑛 ∶ 𝑖 = 0, −4 ≤ 𝑉 ≤ 1 𝑖 = −(−𝑉 − 4), −7 ≤ 𝑉 ≤ −4

GRAFICA

f(x)=X-1

f(x)=X/2

f(x)=0

f(x)=-(-X-4)

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Ejercicio 7

Graficar 𝑉0 vs 𝑉𝑖 para -20 <𝑉𝑖< 20.

Datos: asuma diodos ideales.

Z1 = 10 V Z2 = 4 V R1, R2, R3 = 1kΩ V2 = 5V

Estado Z1 Z2 D3 Vi V0

1 F F CC −20 ≤ 𝑉𝑖 < −12 (𝑉𝑖 + 13)

2 F CA CC -12 ≤ 𝑉𝑖 < −4 𝑉𝑖 + 14

3 CA CA CC -4 ≤ 𝑉𝑖 < 6 5

4 CC CC CA 6 ≤ 𝑉𝑖 < 20 𝑉𝑖 − 1

Estado 1

𝑉𝑧1 = 10𝑉 𝑉𝑧2 = 4𝑉 𝑉1 = 1𝑉 𝑉2 = 5𝑉

−𝑉𝑖 + 𝑉2 − 𝐼𝑅2 − 𝑉𝑧2 − 𝑉𝑧1 + 𝑉1 = 0

𝐼 =−(𝑉𝑖 + 8)

𝑅2> 0

𝐼2 =𝑉𝑧2

𝑅2= 4𝑚𝐴

𝐼3 =𝑉2

𝑅1= 5𝑚𝐴

𝐼1 > 0 ∧ 𝐼4 > 0

𝐼1 = 𝐼 − 𝐼2

𝐼1 =−𝑉𝑖 − 8

1𝐾−

𝐼1 =−𝑉𝑖 − 12

1𝐾> 0

𝑽𝒊 < −𝟏𝟐

𝑉0 = (𝑉𝑖 + 8) + 5

𝑉0 = (𝑉𝑖 + 13)

𝐼4 = 𝐼1 + 𝐼2

𝐼4 =−𝑉𝑖 − 12

1𝐾+

𝐼4 = −(𝑉𝑖 + 8) > 0

𝑽𝒊 < −𝟖

Entonces:

𝑉𝑖 < −12

ESTADO 2

El circuito es válido mientras: 𝐼1 > 0

−𝑉1 + 𝑉2 − 𝐼1𝑅2 − 𝐼1𝑅3 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1 = 0

𝐼1 =𝑉2 − 𝑉𝑖 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1

𝑅2 + 𝑅3

𝐼1 =−(𝑉1 + 4)

2𝐾> 0

−12 ≤ 𝑉𝑖 < −4

𝑉0 = −𝐼1𝑅1 + 𝑉2 = (𝑉𝑖 + 4)

2+ 5 =

𝑉𝑖 + 14

ESTADO 3

El circuito es válido mientras:𝑉𝑧1 < 10

−𝑉𝑖 + 𝑉2 + 𝑉1 − 𝑉𝑧1 = 0

−𝑉𝑖 + 6 = 𝑉𝑧1

−𝑉𝑖 + 6 < 10

𝑉𝑖 > −4

𝑉0 = 5

ESTADO 4

El diodo en el cambio Id = 0 y Vd=0

𝑉𝑖 − 𝑉1 − 𝑉2−𝐼𝑅2 = 0

𝐼 =𝑉𝑖 − 𝑉1 − 𝑉2

𝑅2=

𝑉𝑖 − 6

𝑅2> 0

El circuito es válido mientras:𝑉𝑖 > 6

𝑉𝑖 − 𝑉1−𝐼𝑅2−𝐼𝑅1 = 0

𝐼 =𝑉𝑖 − 𝑉1

𝑅2 + 𝑅1=

𝑉𝑖 − 1

𝑅2 + 𝑅1

𝑉𝑜 = 𝐼𝑅2 + 𝐼𝑅1 = 𝐼( 𝑅2 + 𝑅1) = 𝑉𝑖 − 1

Gráfico

Ejercicio 8

Para el circuito dado grafique la característica Io Vs Vi. Justifique su respuesta con cálculos

correspondientes.

−7𝑣 ≤ 𝑉i ≤ 7𝑣

Estado D Z Vi Io

1 CC 5V -7<Vi<-4 Vi+4

2 CC CA -4<Vi<1 0

3 CA CC 1<Vi<7 Vi/2

Solución

Transformamos la fuente de corriente en una fuente de voltaje

1mA V11 V

R21kΩ

Estado 1

𝐼0 = 𝐼𝑅2 =𝑉𝑖 + 5 − 1

1𝑘= 𝑉𝑖 + 4

Estado 2

El circuito queda abierto por lo tanto 𝐼𝑜 = 0

Estado 3

𝑉𝑖 − 𝐼0𝑅1 + 1 − 𝐼0𝑅2 − 1 = 0

𝑉𝑖 = 2𝐼0𝑅 = 2𝐼0(1𝑘)

𝐼0 =𝑉𝑖

Grafico Io vs Vi

-8.0V -6.0V -4.0V -2.0V 0V 2.0V 4.0V 6.0V 8.0V

-I(D2)

-4.0mA

-2.0mA

Ejercicio 9

Para el circuito dado, grafique el voltaje de salida Vo.

Dato: asuma que los diodos son ideales.

Estado D1 D2 D3 Z1 Z2 Vi V0

1 CA CA CC 5v CC -50 ≤ Vi ≤ -15 Vi − 10

2 CA CA CC CA CC -15≤ Vi ≤0 Vi

3 CC CC CA CC CA 0≤ Vi ≤20 Vi

4 CC CC CA CC 10v 20≤ Vi ≤50 Vi + 10

Solución:

Estado 1

=Vi + 15

V0 = (1)Vi + 15

5− 5 =

Vi − 10

El circuito es válido mientras I1 < 0 por lo tanto:

I1 =Vi + 15

Vi < −15

Concluyendo:

𝑉𝑜 =𝑉𝑖 − 10

5, −50 ≤ 𝑉𝑖 < −15

Estado 2

V0 =Vi

El circuito es válido mientras I<0

Vi < 0

Concluyendo:

𝑉𝑜 =𝑉𝑖

3, −15 ≤ 𝑉𝑖 < 0

Estado 3

V0 =Vi

2= VR3

VR3 < 10

2< 10; 𝑉𝑖 < 20

Concluyendo: 𝑉𝑜 =𝑉𝑖

2, 0 ≤ 𝑉𝑖 < 20

Estado 4

Vo = 10 +Vi − 20

Vi + 10

El circuito es válido mientras I > 0

I =Vi − 20

=Vi − 20

Vi > 20

Por lo tanto:

𝑽𝒐 =𝑽𝒊 + 𝟏𝟎

𝟑, 𝑽𝒊 ≥ 𝟐𝟎𝑽

Gráfico de Vo vs t

PROBLEMAS PROPUESTOS

Ejercicio 1

Dado el siguiente circuito, para: -40 < Vi < 40

Grafique Vo vs Vi.

Asuma diodos ideales.

Ejercicio 2

Graficar Vo vs Vi para -40 < Vi < 40

R31kΩ

R41kΩ

Z315 V

R31kΩ

R41kΩ

Z210 V

Z310 V

Ejercicio 3

En el circuito dado a continuación:

Asuma los diodos ideales

a) Escribe y grafique la función de transferencia Vo en función de Vi (0≤ 𝑉𝑖 ≤ 40)

b) Grafique Vo si Vi = 40senwt, indicando todos los niveles de voltaje

Ejercicio 4

En el circuito de abajo:

a) Grafique la función de transferencia Vo vs Vi para 0 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 2𝑉𝑟

b) Demuestre que el máximo valor de Vi para el cual D2 deja de conducir es:

Vi(máx)=Vr+[R/R’](Vr-Vx)

Si Vi=20senwt, grafique Vo

Vx=1V; Vr=10V; R=1K; R’=2K

Los diodos son IDEALES

Ejercicio 5

En el siguiente circuito, determinar Vo vs. Vi para −60 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 60

Ejercicio 6

Para el siguiente circuito determinar la función de transferencia Vo vs Vi, en el rango indicado.

-20≤Vi≤20

Ejercicio 7

Graficar las formas de onda de Va y Vb, si:

a) D1, D2, D3, son diodos ideales

b) D1, D2, D3, son diodos zener con Vz = 6V

Dato: 𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑝−𝑝)]

Ejercicio 8

Determine la forma de onda del voltaje de salida (Vo). Los diodos son ideales

Ejercicio 9

Dibuje la forma de onda del voltaje de salida (Vo). Considere los diodos ideales

Ejercicio 10

En el circuito dado determine:

a) Entre que valores de Vi trabaja solo el diodo Zener con Vz=10v? b) Para que valores de Vi se enciende el diodo Zener con Vz=15v? c) Cuál es el máximo valor de Vo y a qué valor de Vi corresponde?

Dato: 𝑉𝑖 = 30 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑝−𝑝)]

R = 5K

VZ=10V

VZ=15V

CAPÍTULO 4

OTROS DISPOSITIVOS DE DOS TERMINALES

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1

Si la características del diodo túnel es la que se muestra, ¿cuál es el valor máximo de R

para que la característica It vs Vt no tengan ningún punto de resistencia negativa?

CURVA CARACTERÍSTICA DEL DIODO TUNEL:

Cuando se aplica una pequeña tensión, el diodo túnel empieza a conducir (la corriente

empieza a fluir).

Si se sigue aumentando esta tensión la corriente aumentará hasta llegar un punto

después del cual la corriente disminuye.

La corriente continuará disminuyendo hasta llegar al punto mínimo de un "valle" y

después volverá a incrementarse. En esta ocasión la corriente continuará aumentando

conforme aumenta la tensión.

Obtenemos los datos de la curva del diodo túnel dado.

𝐼𝑝 = 10 𝑚𝐴. 𝐼𝑣 = 1 𝑚𝐴.

𝑉𝑝 = 0.2 𝑉. 𝑉𝑣 = 0.4 𝑉.

En donde 𝐼𝑝, 𝑉𝑝 son valores picos y 𝐼𝑣, 𝑉𝑣 son valores “valles” característicos del diodo

túnel.

Calculamos el voltaje de la resistencia:

𝑉𝑅 = 𝑉 – 𝑉𝑡 ; Donde 𝑉𝑡 viene ser nuestro 𝑉𝑝 del diodo.

Ahora en la resistencia tenemos:

𝑅 = 𝑉𝑅

𝐼𝑡; Donde 𝐼𝑡 viene ser nuestro 𝐼𝑝

Pero como queremos obtener la máxima resistencia que pueda tener para que el diodo

no tenga punto de resistencia negativa tenemos:

𝑅 = 𝑉 − 0.2

En otras palabras el voltaje que tiene el diodo túnel no debe de pasar los 0.2 V porque

tuviera puntos de resistencias negativas en el circuito dado.

Ahora supongamos que nuestra fuente sea de 12 V. Reemplazando en la ecuación

anterior tenemos:

𝑅 = 12 − 0.2

0.01 = 1.15 𝐾Ω.

Ejercicio 2

Los datos para la foto resistencia son: 10 kΩ para una iluminación de una fotocandela

La variación de la resistencia con la iluminación es de 1 kΩ/fotocandela (asuma variación lineal).

Los datos del LED y Zener son: -Voltaje de encendido del LED 1.5 V -Resistencia dinámica del Zener 0 Ω Con los datos dados calcular la intensidad luminosa necesaria (fotocandelas), para que se ilumine el LED.

Fotoresistencia: es un componente electrónico cuya resistencia disminuye con el

aumento de intensidad de luz incidente. Puede también ser llamado fotoresistor,

fotoconductor, célula fotoeléctrica o resistor dependiente de la luz, cuyas siglas, LDR,

se originan de su nombre en inglés light-dependent resistor. El valor de resistencia

eléctrica de un LDR es bajo cuando hay luz incidiendo en él (puede descender hasta 50

ohms) y muy alto cuando está a oscuras (varios megaohmios).

20 = 𝑅𝜆𝐼1 + 𝑅𝐼2

𝐼2 =9𝑉

1𝑀Ω= 9𝜇𝐴

𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼𝐷

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝐿𝐸𝐷 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑎 𝐼𝐷 > 0

20 = 𝑅𝜆(𝐼2 + 𝐼𝐷) + 𝑅𝐼2

𝐼𝐷 =20 − 𝐼2𝑅𝜆 − 𝐼2𝑅

𝑅𝜆> 0

20 − 𝐼2𝑅

𝐼2> 𝑅𝜆

𝑅𝜆 < 1.2 𝑀Ω

Δ𝑅𝜆

Δ𝜆= 1𝑘Ω/𝑓𝑜𝑡𝑜𝑐𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑎

𝐼𝐷

Δ𝑅𝜆 = 1.2𝑀Ω − 10𝑘Ω

Δ𝜆 = 𝜆 − 1 𝑓𝑐

1.2𝑀Ω − 10𝑘Ω

𝜆 − 1𝑓𝑐= 1𝑘Ω/𝑓𝑐

𝜆 = 1191 𝑓𝑜𝑡𝑜𝑐𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙𝑎

Ejercicio 3

Asuma por simplicidad que la intensidad luminosa radiada por el LED es igual a la

intensidad luminosa recibida por el FOTODIODO.

Se conoce que cuando el amperímetro marca 400uA, la temperatura del calentador es

máxima. Con los datos dados calcular la temperatura máxima del calentador (400uA es

la lectura actual del amperímetro)

Los datos para el circuito de la figura son:

a) TERMISTOR

b) FOTODIODO

c) LED

Ejercicio 4

Calcular la capacitancia nominal del diodo VARICAP para utilizarlo con el inductor L con

el fin de formar un circuito sintonizado resonante en paralelo que puede sintonizarse a

frecuencia 10.72 MH. Calcule el voltaje inverso V que debe ser aplicado al diodo

VARICAP para obtener la capacitancia nominal necesaria del VARICAP. La capacitancia

Cp representa la capacitancia parasita. La frecuencia resonante se puede calcular con la

fórmula:

𝑓 =1

2π√l𝑐

wcXc′ =

2π(10.72M)(1000p)

2π(10.72M)(2p)Xc′ = 14.84[Ω]

Xc= 7423.27[Ω] IXc′= 10/14.84 = 0.673[A]

Xl= wl= 2π (10.72M)(10u)IXeq = IXc′ ∗ 2 = 1.246[A]

Xl= 673[Ω] Vxeq= (IXeq)(Xeq) = 831.18[v]

Xeq= 1

7423.27+

V= 831.18-10 V= 821.18[v]

Xeq= 617.52[Ω]

Cd=80x10−12

√1+2(821.18)

Cd=2uF

Ejercicio5

Figura # 1

En el circuito de la figura #1 se determina que la capacitancia del diodo

varactor es de 20 pF.

Con el circuito de la figura #2 se obtienen los siguientes datos:

El varactor es fabricado con una unión por difusión (factor = 1/3). Con los datos

dados y haciendo V=0 de la siguiente formula:

𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶(0)

(1 +𝑉𝑅

𝑉𝑇)

Figura

Vv[v] 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2

Iv[mA] 0.0 0.0 0.1 0.4 1.0 1.2 2.4

Calcule el valor de capacitancia del varactor en el siguiente circuito:

SOLUCION:

Analizando el circuito de la figura #1 observamos que D2 funciona como

circuito abierto, por lo que el varactor se polariza de manera inversa, con un

voltaje de polarización inversa VR que podemos calcular haciendo un divisor de

tensión:

𝑉𝑅 = 𝑉1 ∗ (1𝑘

1𝑘 + 1𝑘) =

2= 5 [𝑉]

De los datos de la tabla del circuito #2 podemos observar que la corriente en el

varactor es diferente de cero para Vv = 0.4 [V] por lo que el voltaje para el cual

el diodo empieza a conducir es VT = 0.2 [V].

Empleando la fórmula: 𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶𝑜

(1+𝑉𝑅𝑉𝑇

)𝑛 y ya que sabemos el valor de n = 1/3 y

de C=20 pF

Reemplazando:

20 × 10−12 =𝐶𝑜

⟹ 𝐶𝑜 = 59.25 [𝑝𝐹]

Ahora utilizando el resultado anterior en el circuito de interés

𝐶𝑇(𝑉𝑅) =𝐶𝑜

(1 +𝑉𝑅

𝑉𝑇)

𝑛 ⟹ 𝐶𝑇 =59.25

(1 +10

= 15.97 [𝑝𝐹]

CAPÍTULO 5

RECTIFICADORES, REGULACIÓN ZENER, MULTIPLICADORES

Ejercicio 1

En el circuito de la figura, calcular la corriente a través de Rl

Datos:

𝑉𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜(𝑝−𝑝) = 𝑉𝑟(𝑝−𝑝) = 10%𝑉𝑜(𝐷𝐶) [𝑉]

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 = 𝑉𝑠 = 48[𝑉𝑟𝑚𝑠] Diodos reales de silicio

Solución:

𝑉𝑃2 =

2∙ √2 =33,94V

𝑉𝑃𝐿 = 33,94 – 0,7= 33,24V

𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 𝑉𝑚á𝑥 −𝑉𝑟(𝑝−𝑝)

𝑉𝑜(𝐷𝐶) = [48√2

2 − 0.7] −

0.1𝑉𝑜(𝐷𝐶)

𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 33.1 − 0.05𝑉𝑜(𝐷𝐶)

𝑉𝑜(𝐷𝐶) = 31.6 [V]

𝐼𝑜(𝐷𝐶) =31.6 [V]

330 [𝛺]= 0.096[𝐴]

Ejercicio 2

a) Determine el valor de R b) Grafique Vo c) Determine el ángulo de conducción de los diodos

Datos: 𝑉𝑖 = 120𝑠𝑒𝑛120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]

𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 4: 1

𝑟(%) = 5% ; 𝑅1 = 0.5𝐾𝛺 ; 𝐶 = 100µ𝐹

Solución:

𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜=

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 =𝑁2

𝑁1𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜

𝐕𝐬𝐞𝐜𝐮𝐧𝐝𝐚𝐫𝐢𝐨 =𝟏

𝟒(𝟏𝟐𝟎) = 𝟑𝟎 𝐕𝐫𝐦𝐬

𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 − 2𝑉𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜

𝐕𝐦á𝐱 = 𝟑𝟎 − 𝟐(𝟎. 𝟕) = 𝟐𝟖. 𝟔 𝐕

%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 =1

√3(𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚í𝑛

𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛)

𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)

1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))

120 Vrms

𝑽𝒎í𝒏 = 𝟐𝟖. 𝟔 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)

𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓 𝑽

𝜔𝑡 = sin−1 (𝑽𝒎í𝒏

𝐕𝐦á𝐱)=68.91

𝑇1 = 90 − 𝜔𝑡 = 21.09

𝑇2 = 180 − 𝑇1 = 158.91

𝑇2 =158.91 × 16.66

360= 7.35

𝑹 =−𝟕. 𝟑𝟓 × 𝟏𝟎−𝟑

𝟏𝟎𝟎µ × 𝐥𝐧 (𝑽𝒎í𝒏

𝐕𝐦á𝐱)

= 𝟏𝑲𝜴

𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜=

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 =𝑁2

𝑁1𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜

𝐕𝐬𝐞𝐜𝐮𝐧𝐝𝐚𝐫𝐢𝐨 =𝟏

𝟒(𝟏𝟐𝟎) = 𝟑𝟎 𝐕𝐫𝐦𝐬

𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜 − 2𝑉𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜

𝐕𝐦á𝐱 = 𝟑𝟎 − 𝟐(𝟎. 𝟕) = 𝟐𝟖. 𝟔 𝐕

%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 =1

√3(𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚í𝑛

𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛)

𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)

1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))

𝑽𝒎í𝒏 = 𝟐𝟖. 𝟔 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)

𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓 𝑽

𝑉𝐷𝐶 =𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛

𝑽𝑫𝑪 =𝟐𝟖. 𝟔 + 𝟐𝟔. 𝟔𝟖𝟓

𝟐= 𝟐𝟕. 𝟔𝟒 𝑽

𝜃 = sin−1(1 − √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜)

1 + √3(%𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜))

𝜽 = 𝐬𝐢𝐧−𝟏 (𝟏 − √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)

𝟏 + √𝟑(𝟎. 𝟎𝟐)) = 𝟔𝟖. 𝟗𝟏𝒐

Vo (V)

26.685

Ejercicio 3

Diseñar una fuente de voltaje NO regulada utilizando un puente rectificador con diodos reales

de silicio y filtro capacitivo, con las siguientes especificaciones:

𝑉𝑜 = 9 ± 0.5 [𝑉]

𝐼𝑚á𝑥 = 500 [𝑚𝐴]

𝑉𝑖 = 120 [𝑉𝑟𝑚𝑠] , 60𝐻𝑧

Calcular:

a) Corriente pico de los diodos

b) Voltaje pico inverso de los diodos

c) Relación de vueltas del transformador

d) Rango de la variación de la resistencia de carga

Solución:

𝐼𝑃𝐼𝐶𝑂 = 𝐼𝐷𝐶

Dónde:

T= periodo de la onda completa rectificada

𝑇 = 1

120= 8.33 𝑚𝑠

𝑇1 = tiempo que conduce el diodo

𝐼𝐷𝐶 = corriente promedio que recibe la carga

120 Vrms

D3 D4C1

De la ecuación de la señal sinusoidal:

𝑣 = 𝑉𝑚á𝑥 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)

Para encontrar el valor del tiempo 𝑤𝑡1 hay que reemplazar el voltaje en ese punto, esto es:

𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥𝑆𝑒𝑛𝑤𝑡1

De los datos del problema:

𝑉𝑚á𝑥 = 𝑉𝐷𝐶 + 𝑉𝑟(𝑝−𝑝)

2= 9.5 𝑉

𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝐷𝐶 − 𝑉𝑟(𝑝−𝑝)

2= 8.5 𝑉

Dónde: 𝑉𝑟(𝑝−𝑝) = 1𝑉

Despejando 𝑤𝑡1y reemplazando los valores:

𝑤𝑡1 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 [𝑉𝑚í𝑛

𝑉𝑚á𝑥] = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 [

9.5] = 63,5°

Entonces:

𝑇1 = 90° − 𝑤𝑡1

𝑇1 = 90° − 63,5° = 26.5°

𝐼𝑃 = 𝐼𝐷𝐶

𝑇1= 0.5 (

26.53)

𝑰𝑷 = 𝟑. 𝟒 [𝑨]

b) En cualquier semiciclo, se tiene la malla:

𝑃𝐼𝑉 = 𝑉𝑚á𝑥– 𝑉𝐷

𝑃𝐼𝑉 = 9.5 + 0.7

𝑃𝐼𝑉 = 10.2 𝑉

𝑉𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑜(𝑝) = 120√2 = 170 𝑉

𝑉𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑜(𝑝) = 𝑉𝑚á𝑥 + 2𝑉𝐷 = 9.5 + 1.4 = 10.9 𝑉

𝑁2=

10.9 →

𝑵𝟏

𝑵𝟐= 𝟏𝟓. 𝟔

e) Para calcular 𝑅𝐿 se debe tomar en cuenta la corriente máxima que debe circular de

la fuente hacia la carga, y los valores en que el voltaje oscila:

𝑅𝐿 = 𝑉𝑚á𝑥

𝐼𝐿𝑚á𝑥=

0.5= 19 𝛺

𝑅𝐿 = 𝑉𝑚í𝑛

𝐼𝐿𝑚á𝑥=

0.5= 17 Ω

De los 2 valores para 𝑅𝐿 se observa que 𝑅𝐿 = 17 Ω no es apropiado ya que:

𝐼𝐿 = 𝑉𝑚á𝑥

17= 0.56 𝐴

Y excede el valor máximo de 𝐼𝐿, por lo que:

𝑹𝑳 ≥ 𝟏𝟗 [𝜴]

Ejercicio 4

Diseñar una fuente DC no regulada, 12 𝑉𝐷𝐶 y 2 𝐴𝐷𝐶, usando un filtro capacitivo y un puente

rectificador de onda completa. Considere:

VMAX= 13.5 Voltios en la carga.

VAK = 0.7 Voltios en cada diodo.

VPRIMARIO = 120 Voltio RMS de alimentación.

F= 60 Hz.

El diseño deberá especificar:

a) Relación de vueltas 𝑁1

𝑁2 del transformador.

b) Valor del capacitor.

c) Porcentaje de rizado.

Solución:

a)𝑁1

𝑉𝑚

𝑉𝑝=

𝑉𝑜𝑚𝑎𝑥 = 𝑉𝑚 − 2 (0.7)14.9

120√2=

13.5 = 𝑉𝑚 − 1.4𝑁1

𝑁2= 11.39

𝑉𝑚 = 14.9 𝑉

b) Calcular C

𝐼𝐷𝐶 =𝑉𝐷𝐶

𝑅𝐿 𝑉𝐷𝐶 =

𝑉𝑚𝑎𝑥+ 𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑅𝐿 =𝑉𝐷𝐶

𝐼𝐷𝐶=

2= 6 ∩ 12 =

13.5 + 𝑉𝑚𝑖𝑛

V𝒎𝒊𝒏 = V𝒎𝒂𝒙 𝐬𝐢𝐧(𝒘𝒕𝟏) 𝟐𝟒 − 𝟏𝟑. 𝟓 = 𝑽𝒎𝒊𝒏

𝐬𝐢𝐧(𝒘𝒕𝟏) = 𝑽𝒎𝒊𝒏

𝑽𝒎𝒂𝒙𝑽𝒎𝒊𝒏 = 𝟏𝟎. 𝟓𝑽

𝑤𝑡1 = sin−1 (10.5

13.5) 180° 8.33 𝑚𝑠𝑔

𝑤𝑡1 = 51.057°141° 𝑇2

𝑻𝟏 = 𝟗𝟎° − 𝟓𝟏. 𝟎𝟓𝟕° 𝑻𝟐 = 𝟔. 𝟓𝟐𝒎𝒔𝒈

𝑻𝟏 = 𝟑𝟖. 𝟗𝟒°

𝑻𝟐 = 𝟏𝟖𝟎° − 𝑻𝟏𝑽𝒎𝒊𝒏 = 𝑽𝒎𝒂𝒙𝒆−

𝑻𝟐𝑹𝑳𝑪

𝑻𝟐 = 𝟏𝟖𝟎° − 𝟑𝟖. 𝟗𝟒°𝟏𝟎. 𝟓

𝟏𝟑. 𝟓= 𝒆−

𝟔.𝟓𝟐

𝟔𝑪

𝑻𝟐 = 𝟏𝟒𝟏° 𝑪 = 𝟒𝟑𝟐𝟒 𝝁𝑭

c.) % de rizado

%𝑟 =1

𝑉𝑚𝑎𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑎𝑥 + 𝑉𝑚𝑖𝑛 ) 𝑋 100%

%𝑟 =1

13.5 − 10.5

13.5 + 10.5) 𝑋 100%

%𝑟 = 7.21%

Ejercicio 5

Un señor recurre a un estudiante de electrónica para que lo ayude, ya que ha perdido el cargador de su teléfono celular. El estudiante revisa el teléfono y lee los siguientes datos de la batería: 3.6Voltios, 950mA. El estudiante propone un diseño sabiendo que cuenta con un núcleo de transformador, alambre para el embobinado, un puente rectificador de diodos de germanio; resistencias, capacitores y diodos zeners de diferentes valores. Los diodos zeners son de 3,6W. Se pide determinar:

a) Diagrama del circuito propuesto b) Voltaje máximo en el secundario c) Relación de vueltas del transformador. d) Corriente pico de los diodos e) Valor del capacitor f) Resistencia Rs promedio.

Nota: Para el diseño considerar un rizado de un 5% y un voltaje promedio en el capacitor de 7 Voltios. Solución ↓IZ

Vp= VRMS

𝑉𝑑𝑐∗ 100 = 7

%r= Vmax + Vmin

VRMS = Vmax−Vmin

5= VRMS

7∗ 100

VRMS = 0,35 V

0,35(2√3)=Vmax– Vmin

14 = Vmax + Vmin

Vmax= 7,6 V

Vmin= 6,4 V

Vs= 7,6 + 0,6 = 8,2 V

𝑁2=

120√2

𝑁2= 20,6

IDCT=IpT1

Vmin=Vmaxsin( 𝑤𝑡1)

6.4=7.6sin( 𝑤𝑡1)

Wt1=sin−1(6.4

7.6) = 57°

T1=90 -57 =33

T2= 180 -33 =147°

T1=7.08 ms

T2= 1.58 ms

Ip=(0.95)(8.33)

Ip= 5.01 A

C=−𝑡2

𝑅 ln(𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑎𝑥 )

R: carga del sistema (no solo Rl)

ILprom=1,45 A

1.45= 4.83

C=−7.08

4.83 ln(6.4

C=8.53 mF

Ejercicio 6

Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo tap central, NO regulada, que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: 𝑉𝑜 = (24 ± 1.5) 𝑉 Resistencia de carga: 𝑅𝐿 = 12𝛺 El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms, 60Hz c) Capacitor ( C ) requerido, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C. d) % de rizado

Solución:

Vomax= 𝑉𝑠

2 –VD

Vs= 2(Vomax + VD)

Vs= 50.4

𝑉𝑝

𝑉𝑠 =

𝑁2=

110√2

50.4 =

𝑁2 =2.18

Ip = IDC𝑇

𝑇1 = 2

88.91 = 4.04

𝑉𝑚𝑎𝑥−𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑎𝑥+𝑉𝑚𝑖𝑛 x 100% =

25.5−22.5

25.2+22.5x 100% = 3.6%

IDC = 𝑉𝑜𝑑𝑐

𝑅𝑙 =

12 = 2A

ωt1 = sin−1 𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑎𝑥 = 1.08

T1 = 90-ωt1= 88.91 T2 = 180 - T1 = 91.09o

120 180

t2=4.2 ms

C = −𝑡2

𝑅𝑒𝑞𝑙𝑛𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑎𝑥

= 2.8mF

Ejercicio 7

Usando la fuente DC no regulada del ejercicio 6.

a) Diseñe el bloque regulador empleando un diodo Zener con una potencia máxima de 2

Vatios, Izmín= 0.01A, y un voltaje de salida de -12 Voltios

b) Encontrar el rango de R1 para que el zener pueda regular

Solución:

Pzmáx =2W Izmín =0.01A

Izmáx = 𝑃𝑧𝑚𝑎𝑥

𝑉𝑧𝑚𝑎𝑥 = 0.16A

Iodc = 𝑉𝑜𝑑𝑐

𝑅𝑙 =

12 = 1A

Rzmin = 𝑉𝑛𝑟 min − 𝑉𝑧

𝐼𝑧𝑚𝑖𝑛+1 =

22.5−12

0.01+1 = 10.40Ω

Rzmax = 𝑉𝑛𝑟 max − 𝑉𝑧

𝐼𝑧𝑚𝑎𝑥+1 =

|25.5|−|−12|

0.16+1 =11.64Ω

El rango de R1 para que pueda regular será el siguiente:

𝟏𝟎. 𝟒𝟎 𝛀 < 𝑅𝟏 < 11.64𝛀

Ejercicio 8

Vmax=30V Vmin=24V Rs=60Ω Pzmax=3.5W

a) Calcular el rango de variación de RL si se desea que Izmin sea 2mA. Asuma que el diodo

Zener es ideal con Vz=15V

b) Asumiendo que el diodo Zener tiene la característica dada en la figura y que RL=300Ω,

calcule el voltaje de rizado (pico-pico) en la salida Vo

Solución:

a) Para 30V

Izmax=3.5𝑊

15𝑉= 233𝑚𝐴 Ismax=

30−15

60= 250𝑚𝐴

Irmin=250-233=17mA

Irmax=250-2=248mA

RLmin= 15𝑉

248𝑚𝐴= 60.48Ω RLmax=

15𝑉

250−233𝑚𝐴= 882Ω

Para 24V

RLmin= 15𝑉

148𝑚𝐴= 101.35Ω RLmax=∞

b) Con RL=300Ω

𝑟𝑑 =15−14.75

0.05= 5Ω 𝑉𝑡ℎ𝑚𝑎𝑥 = 5𝑥

30−14.75

65+ 14.75 = 15.92𝑉

Rth=60||5=4.615 ohm Vo =15.68V

𝑉𝑡ℎ𝑚𝑖𝑛 =24 − 14.75

65𝑥5 + 14.75 = 15.46𝑉

𝑉𝑜 =15.46∗300

304.62= 15.23𝑉

Vr(p-p)=15.68-15.23

Vr(p-p)=0.45V

Respuesta:

101.35𝛀<RL<882𝛀

Ejercicio 9

Para el siguiente circuito:

a) Determine el rango de variación de RL si se desea que Iz mínima sea 3 mA; asuma que el

diodo zener es ideal con Vz=12 V

b) Asumiendo que el diodo zener tiene Pmáx= 4W y las características dadas en la figura y

que RL= 350 𝛀 calcule el Vrpp (Voltaje de rizado pico a pico) en la salida Vo.

c) Hallar RL para obtener un Vrpp= 0.5 V, asuma la característica dada.

Solución:

𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 𝑉𝑧(𝐼𝑍𝑚á𝑥)

𝐼𝑍𝑚á𝑥 =𝑃𝑍𝑚á𝑥

𝑉𝑧

120 Vrms

11.3 12

I [mA]

𝑰𝒁𝒎á𝒙 =𝟒

𝟏𝟐= 𝟎. 𝟑𝟑 [𝑨]

𝐼𝑠 = 𝐼𝑧 + 𝐼𝐿

) − 𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧 =

𝑉𝑧

𝑅𝐿

𝑅𝐿 =𝑉𝑧

)−𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧

𝑅𝐿𝑚í𝑛 =𝑉𝑧

37−𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧𝑚á𝑥

𝑹𝑳𝒎í𝒏 =𝟏𝟐

𝟑𝟕−𝟏𝟐

𝟏𝟎𝟎+ 𝟎. 𝟑𝟑

= 𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀]

𝑅𝐿𝑚á𝑥 =𝑉𝑧

45−𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧𝑚í𝑛

𝑹𝑳𝒎á𝒙 =𝟏𝟐

𝟑𝟕−𝟏𝟐

𝟏𝟎𝟎+ 𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟑

= 𝟒𝟕. 𝟒𝟑 [𝛀]

𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀] < 𝑅𝑳 < 47.43 [𝛀]

𝑹𝒛𝒆𝒏𝒆𝒓 =𝟏𝟐 − 𝟏𝟏. 𝟑

𝟏𝟎𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟑= 𝟕 [𝛀]

𝑉𝑟𝑝𝑝 = 𝑉𝑜𝑚á𝑥 − 𝑉𝑜𝑚í𝑛

𝑉𝑜𝑚á𝑥 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚á𝑥

𝑽𝒐𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐 + 𝟕(𝟎. 𝟑𝟑) = 𝟏𝟒. 𝟑𝟏 [𝑽]

𝑉𝑜𝑚í𝑛 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚í𝑛

𝑽𝒐𝒎í𝒏 = 𝟏𝟐 + 𝟕(𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟑) = 𝟏𝟐. 𝟎𝟐𝟏 [𝑽]

𝑽𝒓𝒑𝒑 = 𝟏𝟒. 𝟑𝟏 − 𝟏𝟐. 𝟎𝟐𝟏 = 𝟐. 𝟐𝟖𝟗 [𝑽]

c) 0.5 = 14.31 − 𝑉𝑜𝑚í𝑛

𝑉𝑜𝑚í𝑛 = 13.81[𝑉]

13.81 = 12 + 7𝐼𝑧𝑚í𝑛

𝐼𝑧𝑚í𝑛 = 258.57 [𝑚𝐴]

𝑅𝐿𝑚í𝑛 =𝑉𝑧

37−𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧𝑚á𝑥

𝑹𝑳𝒎í𝒏 =𝟏𝟐

𝟑𝟕−𝟏𝟐

𝟏𝟎𝟎+ 𝟎. 𝟑𝟑

= 𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀]

𝑅𝐿𝑚á𝑥 =𝑉𝑧

45−𝑉𝑧

100+ 𝐼𝑧𝑚í𝑛

𝑹𝑳𝒎á𝒙 =𝟏𝟐

𝟑𝟕−𝟏𝟐

𝟏𝟎𝟎+ 𝟐𝟓𝟖. 𝟓𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟑

= 𝟐𝟑. 𝟓𝟗 [𝛀]

𝟐𝟎. 𝟔𝟖 [𝛀] < 𝑅𝑳 < 23.59 [𝛀]

Ejercicio 10

En el estado estable (cuando se cierre el interruptor S1A), determine el valor de C2

Datos: r% =5%, 𝐼𝐷𝐶𝑚á𝑥 = 300 𝑚𝐴, diodos ideales.

Solución:

r% ≤ 5%

𝐼𝐷𝐶𝑚á𝑥 = 300 𝑚𝐴

𝑉𝑚á𝑥 = (11.3√2)2

𝑉𝑚á𝑥 = 31.87 𝑉

Se sabe que:

𝑟% =𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠)

𝑉𝐷𝐶𝑥 100%

Para simplificar el cálculo de 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠), se asume linealidad en la carga-descarga del capacitor:

𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) =𝑉𝑟(𝑝−𝑝)

2√3=

𝑉𝑚á𝑥−𝑉𝑚í𝑛

11.3Vpk 60Hz 0°

Adicionalmente:

𝑉𝐷𝐶 =𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚í𝑛

Y de allí se deduce que:

𝒓% =𝑽𝒎á𝒙−𝑽𝒎í𝒏

√𝟑 (𝑽𝒎á𝒙+𝑽𝒎í𝒏)𝒙 𝟏𝟎𝟎%

Reemplazando los valores:

0.05√3 =𝑉𝑚á𝑥−𝑉𝑚í𝑛

𝑉𝑚á𝑥+𝑉𝑚í𝑛

0.0866(𝑉𝑚á𝑥 + 𝑉𝑚𝑖𝑛) = 𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛

0.0866𝑉𝑚á𝑥 + 0.0866𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥 − 𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚𝑖𝑛(1 + 0.0866) = 𝑉𝑚á𝑥(1 − 0.0866)

𝑉𝑚𝑖𝑛 =(1−0.0866)

(1+0.0866)𝑉𝑚á𝑥 = 26.89 𝑉

𝑉𝐷𝐶 =31.87+26.89

2= 29.38 V

𝑅1 =29.38

300 = 0.0979 k

Por otro lado:

𝑉𝑚í𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)

Considerando que la señal está duplicada:

(26.9-16)= (31.87-16) 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)

10.9=16 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡1)

ω𝑡1=42.9𝑜

𝑇1 = 90𝑜 − 42. 9𝑜 = 47.1𝑜

Convirtiendo los grados en milisegundos:

𝑇1 =47.1𝑜

360𝑜 16.67 [𝑚𝑠] ; 𝑇 =1

60= 16.67 𝑚𝑠

𝑇1 = 2.18 [𝑚𝑠]

𝑇2 = 16.67 − 𝑇1=16.67-2.18=14.49 [ms]

De la curva de descarga del capacitor:

𝑉𝐶 = 𝑉𝑚á𝑥𝑒−𝑡

𝑅𝐶

𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉𝑚á𝑥𝑒−𝑇2𝑅𝐶

−𝑇2

𝑅𝐶= 𝑙𝑛

𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚á𝑥

𝐶 = −𝑇2

𝑅 ∗ 𝑙𝑛𝑉𝑚𝑖𝑛

𝑉𝑚á𝑥

𝐶 = −14.49 ∗ 10−3

98 ∗ 𝑙𝑛26.9

C=852 𝜇𝐹

PROBLEMAS PROPUESTOS

Ejercicio 1

En el siguiente circuito, determinar:

a) Voltaje promedio en el capacitor

b) Valor del capacitor

c) Corrientes máxima y mínima del Zener

d) Corriente pico de los diodos

Datos: 𝑉𝐷 = 0.7𝑉; 𝑉𝑍 = 4.7𝑉 𝑟(%) = 5% ; 𝑅𝑆 = 50𝛺 ; 𝑅𝐿 = 200𝛺

Ejercicio 2

Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo puente, regulada con diodo zener(sin BJT), que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: Vo = -5 [V] Corriente de salida: Io = 0.5 [A] % de rizado: %r = 4%. El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms. c) Capacitor ( C ) utilizado, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C. d) Resistencia para proteger el diodo zener (Rs), indicando: Rsmín y Rsmáx y su potencia.

Ejercicio 3

Diseñar una fuente de voltaje con rectificador de onda completa tipo puente, regulada con diodo zener(sin BJT), que cumpla las siguientes especificaciones: Voltaje de salida: Vo = -9 [V] Corriente de salida: Io = 0.5 [A] % de rizado: %r = 4%. El diseño debe incluir: a) Diagrama esquemático del circuito. b) Transformador utilizado, indicando: voltaje en el secundario, numero de vueltas, corriente que debe soportar. Se asume que el voltaje de entrada es 120 Vrms. c) Capacitor ( C ) utilizado, indicando: Tcarga, Tdescarga, Vmín, Vmáx, C . d) Resistencia para proteger el diodo zener (Rs), indicando: Rsmín y Rsmáx y su potencia.

Ejercicio 4

En el siguiente circuito analice:

a) Con SW abierto como se cargan los capacitores en cada semiperiodo, durante 4

semiperiodos.

b) Con el SW cerrado, 𝑉𝑅1(𝐷𝐶) , 𝐼𝑅1(𝐷𝐶)

Datos: 𝑉𝑖 = 120 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]

𝐶1 = 200 µ𝐹 ; 𝐶2 = 100 µ𝐹 ; 𝑅𝐿 = 100𝛺 Transformador ideal 10:1, diodos ideales

120 Vrms

Tecla = A

Ejercicio 5

Dado el siguiente circuito determinar:

a) C1 para obtener 𝑉𝐷𝐶1 = 6 [𝑉] ; 𝐼𝐷𝐶1 = 1 [𝐴]

b) Ipicopara D1 y D2

c) Vrpp2 en la salida V2, si se desea 𝑉𝐶2 = 8 [𝑉𝑝𝑝]

𝑉𝑟𝑚𝑠1 = 50 [𝑉]

𝑉𝑟𝑚𝑠2 = 20 [𝑉]

𝑉𝑟𝑚𝑠3 = 20 [𝑉]

𝑉𝑟𝑚𝑠4 = 50 [𝑉]

𝑉𝑍 = 15 [𝑉]

𝑅𝑍 = 3 [Ω]

𝑅1 = 50 [Ω]

𝑅2 = 500 [Ω]

02BZ2.2

Ejercicio 6

a) Grafique Vo hasta que se estabilice

b) En estado estable, determine el voltaje en cada capacitor

c) En estado estable, determine el voltaje inverso pico de cada diodo

Datos: 𝑉𝑖 = 120 𝑠𝑒𝑛 120𝜋𝑡 [𝑉(𝑟𝑚𝑠)]

𝐶1 = 𝐶2 = 𝐶3 = 𝐶4 = 100 µ𝐹 Transformador ideal 𝑁1: 𝑁2 es 10:1, diodos ideales

120 Vrms

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