¡Descarga Examen parcial de Física - Electrónica: Preguntas y respuestas y más Exámenes en PDF de Física solo en Docsity!
Cognoms i Nom: Codi
Examen parcial de F´ısica - ELECTR `ONICA Model A 5 de Desembre del 2013
Q¨uestions: 50% de l’examen A cada q¨uesti´o nom´es hi ha una resposta correcta. Encercleu-la de manera clara. Puntuaci´o: correcta = 1 punt, incorrecta = -0.25 punts, en blanc = 0 punts.
T1) Si la tensi´o llindar dels dos d´ıodes del circuit de la figura ´es de 0.7 V, indiqueu quina de les seg¨uents afirmacions ´es FALSA: a) VB = 4.3 V. b) I 2 = 4.3 mA. c) VA = 4.3 V. d) I 1 = 5 mA.
T2) La tensi´o llindar dels dos d´ıodes del circuit de la figura ´es de Vγ = 0.7 V i la tensi´o Zener del d´ıode Zener ´es VZ = 10 V. El valor de la carrega del con- densador un cop s’ha arribat al regim estacionari ´es: a) 10 nC. b) 5 nC. c) 0.7 nC. d) 0 nC.
T3) Indiqueu quina de les portes l`ogiques seg¨uents im- plementa el circuit de la figura adjunta
a) A + B + C + D. b) (A + B + C) · D. c) A · B · C + D. d) A · B · C + D.
D
A B C
5V
OUT
T4) Al circuit de la figura hi ha dos d´ıodes de tensi´o llindar Vγ = 0.7 V i un transistor de par`ametres caracter´ıstics VT = − 0 .5 V i β = 20 mA/V^2. La intensitat de drenador ´es: a) I = 230 mA. b) I = 0 A. c) I = 0.4 mA. d) I = 800 mA.
R
5V
I
T5) El transistor PMOS de la figura, de VT = −1 V, treballa amb tensi´o VD = 0.1 V quan VG = 0 V. Llavors podem afirmar que
a) Treballa en saturaci´o i β = 0.0125 mA/V^2. b) Treballa en regimohmic i β = 1 mA/V^2. c) Est`a en tall. d) Treballa en saturaci´o i β = 1 mA/V^2.
Cognoms i Nom: Codi
Examen parcial de F´ısica - ELECTR `ONICA Model B 5 de Desembre del 2013
Q¨uestions: 50% de l’examen A cada q¨uesti´o nom´es hi ha una resposta correcta. Encercleu-la de manera clara. Puntuaci´o: correcta = 1 punt, incorrecta = -0.25 punts, en blanc = 0 punts.
T1) La tensi´o llindar dels dos d´ıodes del circuit de la figura ´es de Vγ = 0.7 V i la tensi´o Zener del d´ıode Zener ´es VZ = 10 V. El valor de la carrega del con- densador un cop s’ha arribat al regim estacionari ´es: a) 0.7 nC. b) 0 nC. c) 5 nC. d) 10 nC.
T2) El transistor PMOS de la figura, de VT = −1 V, treballa amb tensi´o VD = 0.1 V quan VG = 0 V. Llavors podem afirmar que
a) Treballa en saturaci´o i β = 1 mA/V^2. b) Esta en tall. c) Treballa en saturaci´o i β = 0.0125 mA/V^2. d) Treballa en regim `ohmic i β = 1 mA/V^2.
T3) Si la tensi´o llindar dels dos d´ıodes del circuit de la figura ´es de 0.7 V, indiqueu quina de les seg¨uents afirmacions ´es FALSA: a) I 1 = 5 mA. b) VA = 4.3 V. c) I 2 = 4.3 mA. d) VB = 4.3 V.
T4) Al circuit de la figura hi ha dos d´ıodes de tensi´o llindar Vγ = 0.7 V i un transistor de par`ametres caracter´ıstics VT = − 0 .5 V i β = 20 mA/V^2. La intensitat de drenador ´es:
a) I = 800 mA. b) I = 230 mA. c) I = 0 A. d) I = 0.4 mA.
R
5V
I
T5) Indiqueu quina de les portes l`ogiques seg¨uents im- plementa el circuit de la figura adjunta
a) A · B · C + D. b) (A + B + C) · D. c) A + B + C + D. d) A · B · C + D.
D
A B C
5V
OUT
Respostes correctes de les q¨uestions del Test
Q¨uesti´o Model A Model B T1) a c T2) b c T3) d d T4) c d T5) a a
Resoluci´o del Model A
T1) Com els dos d´ıodes estan en polaritzaci´o directa, el potencial del punt A ´es VA = 5 − 0 .7 = 4.3 V, i el del punt B VB = 5 V. Per tant les intensitats calculades a les resist`encies s´on I 1 = (10 − 5)/ 103 = 5 mA i I 2 = (4. 3 − 0)/ 103 = 4.3 mA.
T2) Els dos d´ıodes esta en polaritzaci´o inversa. A m´es la fem = 5 V de la pila no ´es prou gran per fer que el Zener condueixi. Per tant, al regim estacionari no circula corrent per cap branca del circuit i la diferencia de potencial als extrems del condensador ´es 5 V. Aix´ı doncs, la carrega al condensador ´es q = C · = 1 · 5 = 5 nC.
T3) Es tracta d’un disseny CMOS, on la part PULL-UP i la part PULL-DOWN realitzen la mateixa funci´o logica amb diferents implementacions. Per esbrinar de quina funci´o logica es tracta, ens podem fixar per exemple en la part PULL-UP, formada pels transistors PMOS que hi ha des de la tensi´o de referencia de 5 V fins a la l´ınia de sortida OUT. La part superior del PULL-UP, formada pels transistors A, B i C implementa la funci´o logica A+ ¯ B+ ¯ C, mentre que la actuaci´¯ o amb el transistor D fa que el resultat sigui la AND de la funci´o anterior amb D. Aix´¯ ı s’obt´e ( A + ¯ B + ¯ C)¯ · D.¯ Aplicant les lleis de Morgan aquest resultat ´es equivalent a A · B · C + D.
T4) Els dos d´ıodes condueixen ja que en cas contrari no cauria tensi´o a la resistencia i hi hauria una diferencia de potencial de 5 V als extrems dels d´ıodes, cosa que no pot ser. Aix´ı doncs, amb el d´ıode de dalt conduint, hi ha Vγ = 0.7 V menys al catode (banda n) respecte a l’anode (banda p), de forma que la tensi´o a la porta del transistor ´es VG = 4.3 V. Aix´ı resulta VGS − VT = (4. 3 − 5) − (− 0 .5) = − 0 .2 V, mentre que VDS = 0 − 5 = −5 V. Aix´ı veiem que 0 > VGS − VT > VDS i per tant el transistor treballa en saturaci´o. Sabent aix`o, obtenim I = β(VGS − VT )^2 /2 = 20 · 10 −^3 (− 0 .2)^2 /2 = 0.4 mA.
T5) Com VGS = 0 − 5 = −5 V resulta VGS − VT = − 5 − (−1) = −4 V, mentre que VDS = 0. 1 −5 = − 4 .9 V. Per tant 0 > VGS −VT > VDS i el transistor treballa en r`egim de saturaci´o. La intensitat ´es I = VD/RD = 0.1 mA, i amb ID = β(VGS − VT )^2 /2, obtenim β = 2ID/(VGS − VT )^2 = 0.0125 mA/V^2.
Resoluci´o del Problema
a) Sabent que VS = 1 V podem obtenir inmediatament el corrent IS aplicant la llei d’Ohm a la resist`encia RS. Aix´ı IS = (VS −0)/RS = 1/(2· 103 ) = 0.5 mA. Tanmateix, com que el transistor treballa en saturaci´o sabem que
IS =
β(VGS − VT )^2 → 0. 5 · 10 −^3 =
(150 · 10 −^6 )(VG − 1 − 0 .6)^2
i per tant
VG = 1. 6 ±
√√ √√ 2 · (0. 5 · 10 −^3 ) (150 · 10 −^6 ) que dona lloc a dues sol·lucions
V (^) G+ = 4. 18 V , V (^) G− = − 0. 98 V ,
pero la segona sol·luci´o no es pot admetre ja que resulta en una tensi´o porta-font VGS < 0. Aix´ı doncs VG = 4.18 V. D’altra banda al regim de saturaci´o s’ha de satisfer la condici´o 0 < VGS − VT ≤ VDS , d’on resulta
- 18 − 1 − 0. 6 ≤ VD − 1 → VD ≥ 3 .58 V. Aix´ı doncs, el valor m´ınim de VD que garanteix que el transistor es troba en r`egim de saturaci´o ´es V (^) Dmin = 3.58 V.
b) Ara sabem que VG = 1.2 V i que VD = 0.4 V, pero no sabem el valor de VS. De totes formes veiem que VGS − VT = (1. 2 − VS ) − 0 .6 = 0. 6 − VS mentre que VDS = 0. 4 − VS , i per tant VGS −VT > VDS de forma que el transistor ha de treballar en regim ohmic. Sabent el r`egim de treball i les expressions anteriors per VGS − VT i VDS , podem escriure l’expressi´o del corrent
IS = β
[ (VGS − VT )VDS −
V DS^2
] = 150 · 10 −^6
[ (0. 6 − VS )(0. 4 − VS ) −
(0. 4 − VS )^2
] .
D’altra banda, a la resist`encia RS tenim
IS =
VS − 0
RS
→ VS = 2 · 103 ID ,
i si ajuntem aquestes dues equacions, obtenim
VS = 0. 3
[ (0. 6 − VS )(0. 4 − VS ) −
(0. 4 − VS )^2
] ,
de forma que, simplificant, resulta
- 15 V (^) S^2 − 1. 18 VS + 0.048 = 0.
Aquesta equaci´o de segon grau admet dues solucions, V (^) S+ = 0.041 V i V (^) S− = 7.826 V. La segona sol·luci´o no es pot admetre ja que resulta VS > VD, de forma que la sol·luci´o f´ısica ´es VS = 0.041 V. Amb aquest valor podem trobar directament IS substituint a l’expressi´o d’adalt
ID =
VS − 0
RS
= 20. 4 μA.
