Electrónica I

Este es el quinto curso de Ingeniería Eléctrica Universitaria: electrónica I — el primer curso sobre dispositivos. La onda 1 y EE04 analizaron circuitos que conformaron habilidad central es el modelado: elegir el modelo de dispositivo más simple que responda a la pregunta actual. la pregunta actual.

• La unidad 5.1 introduce semiconductores y la escalera de modelos del diodo.
• La unidad 5.2 aplica diodos: rectificadores, fuentes de alimentación y reguladores Zener.
• Las unidades 5.3–5.4 polarizan las dos familias de transistores (BJT, MOSFET).
• La unidad 5.5 linealiza alrededor del punto de polarización: amplificadores de señal pequeña.
• Las unidades 5.6–5.7 añaden retroalimentación y la visión en el dominio de la frecuencia.

El hábito de verificación: cada punto de polarización se verifica contra el dispositivo regiones de operación (el supuesto que hace válida la ecuación), cada respuesta de señal pequeña en un caso límite. Cada unidad termina con los errores comunes y un resumen de tres líneas.

El silicio puro conduce mal; el dopaje añade portadores — los donantes generan tipo n (electrones), los aceptores generan tipo p (huecos). Una unión pn PN conduce en un forma: polarización directa (lado p positivo) permite que la corriente fluya exponencialmente; polarización inversa ensancha la región de agotamiento y bloquea.

El diodo tiene una escalera de modelos — elija según la pregunta:

• Ideal: 0 V al conducir, circuito abierto cuando está apagado.
• Caída constante: 0.7 V al conducir (silicio).
• Pieza lineal: 0.7 V + resistencia en serie $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$.
• La ley exponencial de Shockley $i = I_{S}(e^{v/nV_{T}} - 1)$ cuando la La forma de la curva es importante, con $V_{T} = kT/q \approx 26$ mV a temperatura ambiente.

Por qué funciona la escalera: diferencie la ley de Shockley en el punto de operación y la resistencia dinámica del diodo es $r_{d} = nV_{T}/I_{D}$ — unos pocos ohmios a miliamperios. Y como $i \propto e^{v/nV_{T}}$, diez veces la corriente necesita solo $\ln 10 \times nV_{T} = 2.303 \times 26 = 59.9$ mV más de voltaje (n = 1): la curva es casi una pared vertical, por lo que la resistencia en el bucle, no el diodo, determina la corriente — lo cual es exactamente cuando el modelo de caída constante es preciso.

Ejemplo resuelto 1 (selección de modelo, tres formas). Una fuente de 5 V alimenta un diodo en serie con 1 kΩ. Ideal: 5 mA. Caída constante: $(5 - 0.7)/1000 = 4.3$ mA. Verdad de Shockley ($I_{S} = 10^{-12}$ A, $nV_{T} = 26$ mV, bisección en $I_{S}(e^{v/26\mathrm{m}} - 1) = (5 - v)/1000$): $v_{D} = 0.5775$ V, $i = 4.423$ mA. La respuesta de caída constante está dentro de 2.8% — porque la resistencia domina el bucle. Verifique por qué: el modelo de caída constante tiene un error de $0.7 - 0.5775 = 0.12$ V en el voltaje del diodo, y la resistencia convierte eso en solo $0.12/1000 = 0.12$ mA de error de corriente — 2.8% de 4.42 mA.

Ejemplo resuelto 2 (la resistencia dinámica, escalada). En ese punto de operación $r_{d} = nV_{T}/I_{D} = 26\,\mathrm{mV}/4.42\,\mathrm{mA} = 5.9\ \Omega$. Ahora permita que la fuente oscile en $\pm 0.1$ V (señal pequeña): la corriente de oscilación es $0.1/(1000 + 5.9) = 99.4\ \mu\mathrm{A}$ — dentro del 0.6% del resistor puro 100 µA. La parte de CC equivalente a 5 V se encuentra casi sin cambios a través del par; la 0.1 V concepto de señal pequeña de la unidad $1\ \mathrm{k}\Omega + 5.9\ \Omega$, encontrado primero en el diodo: divida el problema en idea de pequeña señal de unidad 5.5, presentada primero en el diodo: divida el problema en resistencia linealizada toma el control). Errores comunes. Usar el modelo exponencial cuando el resistor domina

(bisección innecesaria; el modelo de caída constante es la herramienta correcta allí). (bisección innecesaria; el modelo de caída constante es la herramienta correcta allí). Quoting "$r_d$ = 26 mV" — that is $V_T$; the resistance is $V_T/I_D$, current in the denominator. Forgetting n = 2 at high current (59.9 mV/decade becomes 120 mV/decade).

Resumen: un diodo es una válvula de un solo sentido con una curva de avance casi vertical; la loop resistor sets the current; $r_d = nV_T/I_D$ is the linearised view; pick el modelo que necesite la pregunta y verifique la respuesta contra el siguiente modelo superior.

El rectificador de media onda conduce un semiciclo; el full-wave puente conduce ambos (cuatro diodos, dos conduciendo a la vez, por lo que las diode drops cost 1.4 V and each diode must survive a peak inverse voltage de un pico secundario). Un condensador de filtrado mantiene la entre picos: la ondulación $\Delta V \approx I_{load}/(f\cdot C)$ (media onda) o $I_{load}/(2f\cdot C)$ (onda completa): el capacitor debe suministrar la carga durante todo el intervalo entre picos de recarga.

Ejemplo resuelto 1 (fuente de puente, verificada). Un puente rectifica una entrada de 12 V RMS y 50 Hz en el secundario; la carga consume 100 mA y el capacitor es de 2200 µF. Salida máxima: $12\sqrt{2} - 1.4 = 17.0 - 1.4 = 15.6$ V. Ondulación (onda completa, recargada cada 10 ms): $\Delta V = 0.1/(100 \times 2200\mu) = 0.455$ V. Por lo tanto, la salida entre 15.6 y 15.1 V. Verificaciones: rizado ≪ pico (2.9% ✓ — el el supuesto de la fórmula); media onda duplicaría la ondulación a 0.91 V con el mismo capacitor: el puente ofrece una mejora de 2× por cuatro diodos; PIV por diodo ≈ 17.0 V (un pico del secundario): seleccione diodos con capacidad superior a ese valor.

Ejemplo resuelto 2 (regulador zener diseñado para ambos extremos, escalonado). Regula de 12 V hacia abajo hasta 5.1 V mediante un diodo zener de 5.1 V; la carga varía entre 0–10 mA y el zener necesita al menos 2 mA para mantenerse en ruptura. El caso más desfavorable para la corriente del zener ocurre con carga total: $R \le (12 - 5.1)/(10\mathrm{m} + 2\mathrm{m}) = 575\ \Omega$ → seleccione 560 Ω. Ahora verifique el otro extremo — sin carga: $I_{Z} = (12 - 5.1)/560 = 12.3$ mA, so $P_{Z} = 5.1 \times 12.3\mathrm{m} = 63$ mW y el resistor disipa $(12-5.1)^{2}/560 = 85$ mW en el peor caso. Con carga completa, $I_{Z} = 12.3 - 10 = 2.3$ mA ≥ 2 mA ✓. Ambos extremos verificados: este es un diseño completo del regulador: una desigualdad derivada de cada extremo del rango de carga.

Errores comunes. Usar f en lugar de 2f para la ripple del puente (el condensador se recarga cada semiciclo). Olvidar los 1.4 V de dos caídas de diodo en el voltaje de salida máximo. Dimensionar la resistencia zener solo para la carga típica — la corriente zener debe verificarse en AMBOS extremos, y su potencia en el extremo sin carga.

Resumen: puente = ambos semiciclos, costo de 1.4 V, PIV un pico; ripple $I/(2fC)$ determinado por la separación entre recargas; la zener mantiene el voltaje mientras la resistencia serie absorbe el excedente — diseñada en los dos extremos de carga.

El transistor bipolar de unión tiene tres regiones — corte, activo (la región de amplificación: $I_C = \beta I_B$, $V_{BE} \approx 0.7$ V), y saturación ($V_{CE} < 0.2$ V, ambas uniones en directa). El polarizado significa colocar el punto de reposo (el punto de polarizado, Q-punto) firmemente en la zona activa y haciéndola independiente de β — el parámetro que varía 2:1 entre dispositivos del mismo tipo.

Ejemplo resuelto 1 (polarizado por divisor de voltaje, exacto). $V_{CC} = 12$ V; $R_{1} = 68$ kΩ (a $V_{CC}$), $R_{2} = 12$ kΩ (a tierra), $R_{C} = 2.2$ kΩ, $R_{E} = 1$ kΩ, $\beta = 100$. Tevenizar el divisor: $V_{B} = 12 \times 12/80 = 1.8$ V, $R_{B} = 68\mathrm{k} \parallel 12\mathrm{k} = 10.2$ kΩ. Estimación rápida (ignorar corriente de base): $V_{E} = 1.8 - 0.7 = 1.1$ V → $I_{E} \approx 1.1$ mA. Exact (bucle de base con $I_E = (\beta+1)I_B$): $I_B = (1.8 - 0.7)/(10.2\mathrm{k} + 101 \times 1\mathrm{k}) = 9.9\ \mu$A → $I_C = 0.989$ mA, $V_{CE} = 12 - 0.99\mathrm{m} × 2.2\mathrm{k} - 0.99 = 8.8$ V — active ✓ ($V_{CE} ≫ 0.2$ V). La estimación rápida fue un 11% demasiado alta; el causa es la corriente de base que carga el divisor — exactamente lo que el bucle exacto contempla.

Ejemplo resuelto 2 (β duplicado, el punto del circuito, escalonado). Mismo circuito, $\beta = 200$: $I_B = 1.1/(10.2\mathrm{k} + 201\mathrm{k}) = 5.2\ \mu$A → $I_C = 1.04$ mA, $V_{CE} = 8.7$ V — aún activo ✓. Entonces β × 2 movió la corriente del colector en un 5% (0.99 → 1.04 mA) y el punto Q apenas se movió. El mecanismo: cualquier aumento de corriente de colector eleva el voltaje emisor arriba, lo cual reduce $V_{BE}$ y limita la corriente de base — retroalimentación retroalimentación dentro del polarizado, proporcionada por $R_E$. Con $R_E = 0$, la región activa fórmula $I_C = \beta(1.8 - 0.7)/10.2\mathrm{k}$ predice 10.8 mA a β = 100 y 21.6 mA a β = 200. La resistencia de colector de 2.2 kΩ no puede conducir ninguna corriente desde 12 V, por lo que la suposición de región activa falla: estos son candidatos, no corrientes de saturación reales. La sensibilidad a β de la fórmula sigue siendo clara, pero la verificación de región debe ocurrir antes de aceptar un punto Q. Ambas fuentes de error se cuantifican ahora: 11% del divisor (corregible con un divisor más rígido), 5% por dispersión de β (absorbida por $R_E$).

Errores comunes. Verificar $V_{CE} > 0$ en lugar de $> 0.2$ V (saturación comienza aproximadamente en 0.2 V). Calcular $V_C$ a partir de la estimación de 1.1 mA y luego "verificar" contra un punto Q calculado con la corriente exacta — mantén una sola cadena, luego verifica. Creer que el divisor solo hace el polarizado independiente de β — es $R_E$ (con el divisor lo suficientemente rígido para mantener $V_B$) lo que hace realiza el trabajo.

Resumen: dividor de Thévenin, resolver el lazo base exactamente, verificar la región; $R_E$ garantiza independencia de β a costa del margen dinámico; estimar y verificar es válido cuando ambos están etiquetados como tales.

El MOSFET está controlado por voltaje: la puerta no consume corriente DC, y en saturación (la región de amplificación — con una nomenclatura opuesta a la del BJT) el modelo de ley cuadrática proporciona

con umbral $V_t$. Las tres regiones: corte ($v_{GS} < V_t$), tríodo/óhmico ($v_{DS} < v_{GS} - V_t$ — un resistor, no un amplificador), saturación (se cumple la desigualdad — una fuente de corriente).

Ejemplo resuelto 1 (asume saturación, luego verifica). $V_{DD} = 10$ V, $\tfrac{1}{2}k_n(W/L) = 0.5$ mA/V², $V_t = 1.5$ V, $R_D = 3$ kΩ, puerta mantenida en $V_G = 3$ V (divisor — sin corriente DC en puerta). Asumir saturación: $I_D = 0.5 \times (3 - 1.5)^{2} = 1.125$ mA; $V_{DS} = 10 - 1.125\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = 6.6$ V. Check: $6.6 \ge 3 - 1.5 = 1.5$ ✓ — saturación se mantiene, y el punto Q es (1.125 mA, 6.6 V).

Ejemplo resuelto 2 (la verificación falla, escalado). Elevar la puerta a $V_G = 5$ V, mismo circuito. Asumir saturación: $I_D = 0.5 \times 3.5^{2} = 6.1$ mA, $V_{DS} = 10 - 6.1\mathrm{m} \times 3\mathrm{k} = -8.4$ V — imposible (tensión de drenaje negativa), por lo tanto la suposición es inválida: el resistor no puede reducir 18 V desde una fuente de 10 V. Re-solver en triodo con $i_D = 0.5(2 \times 3.5\, v_{DS} - v_{DS}^{2})$ y la recta de carga $10 = 3\mathrm{k}\, i_D + v_{DS}$: la ecuación cuadrática da $v_{DS} = 1.00$ V, $i_D = 3.00$ mA. Verificaciones: región $1.0 < 3.5$ ✓ triodo; la ecuación del triodo devuelve $0.5(2 \times 3.5 \times 1 - 1) = 3.0$ mA ✓ consistente con la recta de carga; y la saturación en esta puerta habría requerido 18.4 V de alimentación. La lección se generaliza: el modelo es una suposición — la verificación de la región es lo que lo hace válido.

Errores comunes. Confiar en la corriente de saturación sin la verificación de la región (el ejemplo fallido anterior llega a una respuesta incorrecta si solo se verifica $V_{DS} > 0$). Mezclar los nombres de las regiones con los BJT (saturación MOSFET = amplificador; saturación BJT = destruido). Olvidar que la corriente de puerta es cero en CC — el divisor no tiene carga, lo cual es precisamente por qué los divisores MOSFET pueden usar resistencias de megohmios. la corriente es cero en CC — el divisor no está cargado, lo cual es precisamente por qué prueba; asumir, resolver, verificar — y cuando la verificación falla, la ecuación cuadrática del triodo

Resumen: ley cuadrática en saturación, la frontera $v_{DS} = v_{GS} - V_t$ es el prueba; asumir, resolver, verificar — y cuando la verificación falla, la región triodo cuadrática El modelo de pequeña señal reemplaza cada dispositivo por su versión linealizada

Amplification is linear only about a bias point (the Q-point of unit 5.3). El modelo de pequeña señal reemplaza cada dispositivo por su versión linealizada parámetros en ese punto: BJT — $g_m = I_C/V_T$ (diferencie la exponencial), $r_\pi = \beta/g_m$, $r_o$; MOSFET — $g_m = k(W/L)(V_{GS} - V_t) = 2I_D/(V_{GS} - V_t)$ (differentiate the square law), $r_o$. Las fuentes de CC se convierten en cortocircuitos; los condensadores de acople se convierten en cortocircuitos a la frecuencia de señal.

Ejemplo resuelto 1 (la etapa de emisor común). En el punto de polarización unitario-5.3 $I_C = 0.99$ mA, $\beta = 100$: $g_m = 0.99\mathrm{m}/26\mathrm{m} = 38.1$ mS; $r_\pi = 100/38.1\mathrm{m} = 2.6$ kΩ. Ganancia de voltaje con $R_E$ bypassed y $r_o = 50$ kΩ: $A_v = -g_m(R_C \parallel r_o) = -38.1\mathrm{m} \times 2.11\mathrm{k} = -80$. Limiting checks: $r_o → ∞$ gives $-g_m R_C = -84$ (r_o cuesta 5%); y la ganancia debe ser negativa — la etapa CE invierte.

Ejemplo resuelto 2 (degeneración y comparación con el MOSFET, escalado). Levante el bypass para que $R_E = 1$ kΩ participe: la ganancia exacta es $-g_m R_C/(1 + g_m R_E) = -84/(1 + 38.1) = -2.14$, against the $-R_C/R_E = -2.2$ textbook form — within 2.4% because $g_m R_E = 38 ≫ 1$ (esa es la condición de validez de la forma, ahora visible). La degeneración intercambió 84 por 2.2 — linealidad y una ganancia estable compradas con el mismo $R_E$ que estabilizó el polarización. Misma historia en el mundo MOSFET: el punto Q unitario-5.4 da $g_m = 2I_D/V_{ov} = 2 × 1.125\mathrm{m}/1.5 = 1.5$ mS y una ganancia de fuente común $-g_m R_D = -4.5$. The BJT at the same 1.125 mA has $43.3$ mS — 29× the MOSFET — transconductancia y ganancia de corriente frente a resistencia de entrada infinita: el compromiso fundamental. resistencia de entrada: el compromiso fundamental.

Errores comunes. Calcular $g_m$ a partir de la corriente de polarización estimada después la resolución exacta existe — un solo camino, un solo conjunto de parámetros. Usar $-R_C/R_E$ where $g_m R_E \sim 1$ (the form needs $g_m R_E \gg 1$). Creer que el modelo de pequeña señal es un circuito diferente — es el mismo circuito, diferenciado en el punto Q. circuito, diferenciado en el punto Q.

Resumen: diferenciar la ley del dispositivo en el punto Q para obtener $g_m$; $r_\pi = \beta/g_m$; bypassed gain $-g_m R_C$, degenerated $-R_C/R_E$ when $g_m R_E \gg 1$; el BJT gana en transconductancia por miliamperio, el MOSFET gana en la puerta.

Wave 1's golden rules return with the finite-gain view. Negative feedback bucle; lo que importa es la ganancia de bucle $A_{OL}\beta_{fb}$. Derivación (etapa inversora): si el amplificador operacional puede mantener $v_- \approx v_+$, la resistencia de entrada transporta $(v_{in} - 0)/R_{in}$, la resistencia de retroalimentación transporta la misma corriente, y $v_o = -R_f v_{in}/R_{in}$. Escribir el nodo exacto así que la respuesta de la regla de oro es exacta en el límite $A_{OL}$

y se desvía por el factor $A_{OL}\beta_{fb} \to \infty$ en la práctica real. y desviarse por el factor $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$ en la vida real.

Ejemplo resuelto 1 (las cuatro topologías y GBW). Inversor $-R_f/R_{in}$ (resistencia de entrada $R_{in}$); no inversor $1 + R_f/R_{in}$ (resistencia de entrada → ∞); transimpedancia $v_o = -I_p R_f$ (fotodiodo: $2\ \mu\mathrm{A} \times 1\ \mathrm{M}\Omega = 2$ V); sumador $-(v_1 R_f/R_1 + v_2 R_f/R_2)$. Un amplificador operacional con producto ganancia-ancho de banda** GBW = 1 MHz en ganancia en bucle cerrado 40 dB (100×) tiene ancho de banda 10 kHz; en 20 dB (10×), 100 kHz ✓ (el producto se mantiene en 1 MHz a lo largo de la hipérbola).

Ejemplo resuelto 2 (cuán erróneas son las reglas de oro, escaladas). El factor de error $1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$, calculado. Ganancia en bucle cerrado 100 ($\beta_{fb} = 0.01$): con $A_{OL} = 10^{5}$, $A_{CL} = 100/(1 + 1/1000) = 99.90$ — un error del 0.1%, invisible en un osciloscopio. Con un amplificador operacional cansado o de alta frecuencia op-amp where $A_{OL}$ has fallen to $10^{3}$ (remember unit 5.7: the ganancia de bucle abierto ya está cayendo): $A_{CL} = 100/1.1 = 90.9$ — un error del 9.1% es grande, son exactas, y cerca de la esquina mueren silenciosamente. Verificación: en son grandes son exactas, y cerca de la esquina se apagan silenciosamente. Verificar: en 10 kHz with GBW 1 MHz the open-loop gain has fallen to $10^{6}/10^{4} = 100$ — igual a la ganancia de bucle cerrado, ganancia de bucle 1, y de hecho eso es el −3 dB esquina encontrada en el ejemplo 1.

Errores comunes. Usar la fórmula inversora para una etapa no inversora ($1 + R_f/R_{in}$ difiere exactamente en 1 — a ganancia unitaria es todo). Olvidar la resistencia de retroalimentación del amplificador transimpedancia fija la ganancia desde corriente, por lo que la capacitancia del fotodiodo aún moldea la ganancia de ruido.

Resumen: la ganancia de bucle $A_{OL}\beta_{fb}$ es el medidor de verdad para las reglas de oro; error $= 1/(1 + A_{OL}\beta_{fb})$; GBW es una hipérbola — ganancia en bucle cerrado ganancia por ancho de banda se conserva hasta la esquina, donde las reglas dejan de aplicarse.

Todo amplificador es un paso-banda: capacitores de acoplamiento fijan la baja esquina $f_L = 1/(2\pi R_{eq}C)$ por etapa ($R_{eq}$ = lo que ve el capacitor, fuentes anuladas), y en el extremo alto capacitancia Miller ve (fuentes nulas), y en el extremo alto capacitancia Miller salida a entrada de una etapa inversora con ganancia $C$ presenta $-A$ — el nodo de entrada se comporta como si viera $i = C\,d(v_{in} - v_o)/dt = C(1 + A)\,dv_{in}/dt$ a tierra. La aproximación de polo dominante como si viera $C_M = C(1 + A)$ a tierra. El polo dominante aproximación: un polo hace la mayor parte de la caída, $f_H \approx 1/(2\pi R_{eq}C_{eq})$.

Ejemplo resuelto 1 (el pasabandas completo, ambas frecuencias de corte). La CE unidad-5.5 etapa: el condensador de acoplamiento ve $R_{eq} = R_B \parallel r_\pi = 10.2\mathrm{k} \parallel 2.6\mathrm{k} = 2.08$ kΩ, por lo que un condensador de acoplamiento de 10 µF produce $f_L = 1/(2\pi \times 2.08\mathrm{k} \times 10\mu) = 7.7$ Hz. Extremo alto: $C_{gb} = 5$ pF entre base y colector donde la ganancia del etapa es −80: $C_M = 5\mathrm{p} \times 81 = 405$ pF, más 20 pF parásitos → $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 425\mathrm{p}) = 187$ kHz. La etapa pasa 7.7 Hz a 187 kHz con ganancia −80. Verificaciones: el capacitor de acoplamiento ve la paralela combinación (fuentes nulas), no la suma — el clásico error de $f_L$; y el −80 dentro del factor Miller es la ganancia de banda media, ya decreciendo cerca $f_H$ — la respuesta de polo dominante es optimista en unos pocos porcentajes, la lectura honesto.

Ejemplo resuelto 2 (el cascode y el cascade, escalado). Un cascode mantiene el colector casi constante, eliminando la ganancia a través de las 5 pF: $f_H = 1/(2\pi \times 2\mathrm{k} \times 25\mathrm{p}) = 3.18$ MHz — 17× para un transistor: Miller explica la enfermedad y la cura. En cambio, el cascade: dos etapas idénticas de 187 kHz en serie están cada una 3 dB abajo ahí, así que el par está 6 dB abajo — el punto de −3 dB general se sitúa en $187 \times \sqrt{2^{1/2} - 1} = 120$ kHz. Un amplificador multietapa paga por su ganancia dos veces — una vez en Miller, una vez en cascade.

Errores comunes. Sumar en lugar de paralelar resistencias al encontrar qué ve el capacitor de acoplamiento; reportar la esquina por etapa como el esquina del sistema (la cascada la reduce en $\sqrt{2^{1/n} - 1}$).

Resumen: $f_L$ desde condensadores de acoplamiento contra resistencia de fuente nula; Miller se multiplica por $(1 + |A|)$; el cascode lo elimina; las cascadas reducen esquinas en $\sqrt{2^{1/n} - 1}$.