electrónica analógica
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Electrónica Analógica Problemas de diodos
1
2.1 PROBLEMAS
PROBLEMA 1
Para el circuito de la figura determinar el valor de la tensión en la carga para los
siguientes casos:
a) b)
Solución
CASO a)
Dado que la tensión en el ánodo parece ser más alta que en el cátodo (VA > VK), y mayor
que la tensión umbral (VA - VK < Vγ), suponemos que el diodo está polarizado
directamente (D ON), y por lo tanto, conduce.
Sustituimos el diodo por su circuito equivalente en ON:
La tensión en la carga se calcula como: IIRV LL ⋅=⋅= 5 [1]
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0vV(v)
I (mA)
V(v)
I (mA)
0v
V(v)
I (mA)
0vV(v)
I (mA)
V(v)
I (mA)
0v
KA
I
D ON (P.D.)
KA
I
KA
I
D ON (P.D.)
50v 5K
I
I
A K
M
50v 5K
I
I
A K
M
I
I
A K
M
50v 5K
D
RL50v 5K
D
RL
Electrónica Analógica Problemas de diodos
2
Para calcular la corriente que circula por la carga, resolvemos la malla M:
M: 0550 =⋅− I mAI 105
50==
Comprobamos que la hipótesis de D ON es correcta. Para ello, tenemos que verificar que
I > 0:
I = 10mA > 0 Hipótesis D ON OK !
Volviendo a [1]: vVL 50105 =⋅=
Lógico, ya que toda la tensión aplicada cae sobre la carga.
CASO b)
Al igual que en el caso anterior, dado que la tensión en el ánodo parece ser más alta que
en el cátodo (VA > VK), y mayor que la tensión umbral (VA - VK < Vγ), suponemos que el
diodo está polarizado directamente (D ON), y por lo tanto, conduce.
Sustituimos el diodo por su circuito equivalente en ON:
La tensión en la carga se calcula como: IIRV LL ⋅=⋅= 5 [1]
Para calcular la corriente que circula por la carga, resolvemos la malla M:
M: 05001.07.050 =⋅−⋅−− II mAI 86.9001.05
7.050=
+
−=
Comprobamos que la hipótesis de D ON es correcta. Para ello, tenemos que verificar que
I > 0:
I = 9.85mA > 0 Hipótesis D ON OK !
Volviendo a [1]: vVL 3.4986.95 =⋅=
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
50v 5K
I
I
K
M
0.7v 1Ω
50v 5K
I
I
K
M
0.7v 1Ω
Electrónica Analógica Problemas de diodos
3
¿Qué hubiera ocurrido si, en cualquiera de los dos casos, inicialmente hubiésemos
supuesto el diodo en OFF?
Sustituimos el diodo por su circuito equivalente en OFF:
Comprobamos que la hipótesis de D OFF es correcta. Para ello, tenemos que verificar
que VA - VK < Vγ:
VA = 0 + ∆V1 = 0 + 50 = 50v
VA - VK < Vγ 50 – 0 < 0.7
Hipótesis D OFF INCORRECTA !
VK = 0 + ∆V2 = vIRL 00500 =⋅+=⋅+
Y volveríamos a empezar a resolver el problema partiendo de la suposición de D ON.
¿Qué ocurre si, en el caso b), sustituimos la pila de 50v por una de 0.5v y suponemos
inicialmente el diodo en ON?
La tensión en la carga se calcula como: IIRV LL ⋅=⋅= 5 [1]
Para calcular la corriente que circula por la carga, resolvemos la malla M:
M: 05001.07.05.0 =⋅−⋅−− II mAI 04.0001.05
7.05.0−=
+
−=
Comprobamos que la hipótesis de D ON es correcta. Para ello, tenemos que verificar que
I > 0: I = -0.04mA > 0 Hipótesis D ON INCORRECTA !
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
KA
I = 0
D OFF (P.I.)
KA
I = 0
D OFF (P.I.)
50v 5K
I = 0
A K
∆V1 ∆V250v 5K
I = 0
A K
∆V1 ∆V2
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
0.5v 5K
I
I
K
M
0.7v 1Ω
0.5v 5K
I
I
K
M
0.7v 1Ω
Electrónica Analógica Problemas de diodos
4
Por lo tanto, el diodo estará en OFF. Sustituimos el diodo por su circuito equivalente en
OFF:
VA = 0 + ∆V1 = 0 + 0.5 = 0.5v
VA - VK < Vγ 0.5 – 0 < 0.7
Hipótesis D OFF OK !
VK = 0 + ∆V2 = vIRL 00500 =⋅+=⋅+
Volviendo a [1]: vVL 005 =⋅=
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
KA
I = 0
D OFF (P.I.)
KA
I = 0
D OFF (P.I.)
0.5v 5K
I = 0
A K
∆V1 ∆V20.5v 5K
I = 0
A K
∆V1 ∆V2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
5
PROBLEMA 2
Para el circuito de la figura, calcular la tensión que cae sobre el diodo.
Solución
En primer lugar, calculamos el equivalente Thevenin entre el punto P y tierra:
Eq. Th.
Vth es la tensión entre el punto P y tierra, es decir, la tensión que cae sobre la resistencia
R2:
IIRVth ⋅=⋅= 2.02
Calculamos la corriente I a través de la malla MM:
015 21 =⋅−⋅− IRIR
mARR
I 5.372.02.0
1515
21
=+
=+
=
vVth 5.75.372.0 =⋅=
Lógico, ya que si aplicamos una tensión sobre dos resistencias iguales dispuestas en serie,
en cada una de ellas cae la mitad de la tensión aplicada.
15v 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
15v 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
15v 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
X
P
15v 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
15v 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
X
P
15v 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Vth
I
M
I
15v 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Vth15v 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Vth
I
M
I
Vth
2.5v
Rth
VD ?
Vth
2.5v
Rth
2.5v
Rth
VD ?
Electrónica Analógica Problemas de diodos
6
Rth es la resistencia que se ve desde el punto P hacia la derecha cuando cortocircuitamos
la fuente de tensión:
Rth = R1 || R2 = K1.02.02.0
2.02.0=
+
⋅
Después de hacer Thevenin, el circuito equivalente que nos queda es el siguiente:
Dado que la tensión en el ánodo parece ser más alta que en el cátodo (VA > VK), y mayor
que la tensión umbral (VA - VK < Vγ), suponemos que el diodo está polarizado
directamente (D ON), y por lo tanto, conduce.
Sustituimos el diodo por su circuito equivalente en ON:
La tensión en el diodo se calcula como: IIRVV FD ⋅+=⋅+= 001.07.0γ [1]
200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Rth
200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Rth
7.5v
2.5v
0.1K
VD ?
7.5v
2.5v
0.1K
VD ?
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
V(v)
I (mA)
0.7v 1v
300mA
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
Ω=−
== 1300
7.011
αtgRF0.7v
A K
I
D ON (P.D.)
7.5v
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
K
I
M
7.5v
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
K7.5v
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
7.5v
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
K
I
M
Electrónica Analógica Problemas de diodos
7
Para calcular la corriente que circula por la carga, resolvemos la malla M:
M: 05.2001.07.01.05.7 =−⋅−−⋅− II mAI 6.42001.01.0
5.27.05.7=
+
−−=
Comprobamos que la hipótesis de D ON es correcta. Para ello, tenemos que verificar que
I > 0:
I = 42.5mA > 0 Hipótesis D ON CORRECTA !
Volviendo a [1]: vVD 7426.06.42001.07.0 =⋅+=
¿Para qué tensión de entrada dejará de conducir el diodo?
Como hemos hecho en el caso anterior, en primer lugar calculamos el equivalente
Thevenin:
Si aplicamos una tensión sobre dos resistencias iguales
dispuestas en serie, en cada una de ellas cae la mitad de
la tensión aplicada.
2
ith
VV =
La resistencia Thevenin será la misma que en caso anterior: Rth = R1 || R2 = 0.1K
Vi 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
X
P
Vi 200Ω
R2
2.5v
200Ω
R1
VD ?
X
P
Vi 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Vth
I
M
I
Vi 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
VthVi 200Ω
R2
200Ω
R1
X
P
Vth
I
M
I
Electrónica Analógica Problemas de diodos
8
Dado que tenemos que calcular para qué tensión de entrada dejará de conducir el diodo,
supondremos que está en ON (conduce) y calcularemos el punto límite de conducción
cuando (I ≤ 0, no conduce).
Para calcular la corriente que circula por el diodo, resolvemos la malla M:
M: 05.2001.07.01.02
=−⋅−−⋅− IIVi
101.0
2.32
001.01.0
5.27.02
−
=+
−−
=
ii VV
I
Hallamos el punto límite de conducción del diodo. Para ello hacemos I ≤ 0:
4.602.32
0101.0
2.32 ≤⇒≤−⇒≤
−
= ii
i
VV
V
I
En resumen, cuando Vi ≤ 6.4 el diodo estará en OFF y cuando Vi > 6.4 en ON:
6.4v
Vi
D OFF D ON
6.4v
Vi
D OFF D ON
Vi/2
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
K
I
M
Vi/2
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
KVi/2
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
Vi/2
2.5v
0.1K
VD ?0.7v
1Ω
A
K
I
M
Electrónica Analógica Problemas de diodos
9
PROBLEMA 3
Hallar los estados de los diodos en función de la tensión de entrada:
Solución
Pasos a seguir:
1. Considerar que Vi es +∞ o -∞ (si hay un diodo en el mismo cable que Vi, tiene
que empezar conduciendo) y deducir qué diodos conducen (DON) y cuáles no
(DOFF).
a. VA - VK > Vγ DON
b. VA - VK < Vγ DOFF
2. Dibujar el circuito con sus equivalentes y resolverlo con el objetivo de calcular las
corrientes de los diodos en ON y las tensiones de los diodos en OFF.
3. Calcular los puntos límite de conducción de los diodos y determinar cuál es el
diodo cuyo punto límite de conducción condiciona el cambio de estado
a. DON DOFF : ID ≤ 0
b. DOFF DON : VA –VK ≥ Vγ
4. Sustituir el diodo que nos ha condicionado por su circuito equivalente en el nuevo
estado y repetir desde el paso 2 hasta calcular el cambio de estado del resto de
diodos.
PASO 1
En este caso, vamos a suponer que Vi es +∞. Por lo tanto, con Vγ = 0.7v:
(+Vi↑↑) VAD1 > VKD1 (0v) VAD1 - VKD1 > Vγ (0.7v) D1ON (0v) VAD2 < VKD2 (+Vi↑↑) VAD2 - VKD2 < Vγ (0.7v) D2OFF
Vi
1K
1KD2
D1
Vi
1K
1KD2
D1
V(v)
I (mA)
0.7vV(v)
I (mA)
0.7v
Electrónica Analógica Problemas de diodos
10
PASO 2
M1: 7.007.01 −=⇒=−⋅− ii VIIV
M2: mAIIVVIIV LLiiLi 7.001)7.0(011 =⇒=⋅−−−⇒=⋅−⋅−
N: 4.17.07.0 111 −=⇒+=−⇒+= iDDiLD VIIVIII
vVVV KDADKD 7.07.007.0112 =+=+==
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVVI iiD 4.104.11 ≤⇒≤−=⇒ D1 es el que condiciona
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 7.07.07.07.00 ≥−⇒≥−⇒ no se cumple
D2 no cambia con D1ON
Por lo tanto, con D2OFF, cuando vVi 4.1≤ D1 pasa de ON a OFF. Ahora, suponiendo que
D1 está en OFF, vamos a ver cuando cambia D2.
PASO 4 PASO 2
Vi
1K
1K
0.7v
KD1
AD1
AD2
KD2
ILI
ID1
M1
M2
NVi
1K
1K
0.7v
KD1
AD1
AD2
KD2
ILI
ID1
Vi
1K
1K
0.7v
KD1
AD1
AD2
KD2
ILI
ID1
M1
M2
N
Vi
1K
1K
KD1
AD1
AD2
KD2
II
M
Vi
1K
1K
KD1
AD1
AD2
KD2
II
M
Electrónica Analógica Problemas de diodos
11
M: 2
011 ii
VIIIV =⇒=⋅−⋅−
22112
iiiiKD
VVVIVV =⋅−=⋅−=
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 4.14.17.02
7.02
0 −≤⇒≥−⇒≥−⇒≥−⇒ iiii VV
VV
Por lo tanto, cuando D1OFF, cuando 4.1−≤iV D2 pasa de OFF a ON.
Resumen:
-1.4v
Vi
D1OFF
D2ON
1.4v
D1OFF
D2OFF
D1ON
D2OFF
-1.4v
Vi
D1OFF
D2ON
1.4v
D1OFF
D2OFF
D1ON
D2OFF
Electrónica Analógica Problemas de diodos
12
PROBLEMA 4
Para el circuito de la figura, hallar:
1. Los estados de los diodos en función Vi
2. )( iVfVo =
Solución
* PASO 0
PASO 1
Como tenemos un diodo en serie con la tensión de entrada, vamos a suponer Vi de tal
manera que el diodo esté en ON. Por lo tanto, Vi = +∞. Deducimos el estado de los
diodos teniendo en cuenta que VγD1 = 0v y para VγD2 = 1v:
(+Vi↑↑) VAD1 > VKD1 (<+Vi↑↑) VAD1 - VKD1 > VγD1 (0v) D1ON (6v) VAD2 < VKD2 (+Vi↑↑) VAD2 - VKD2 < VγD2 (1v) D2OFF
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mAD1
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mA
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mAD1
V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
D2
V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
D2
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mAD1
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mA
V(v)
I (mA)
0v 1v
100mAD1
Ω=−
== 5100
15.11
αtgRF1v
A K
I
D2 ON (P.D.)
Ω=−
== 5100
15.11
αtgRF1v
A K
I
D2 ON (P.D.)V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
D2
V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
V(v)
I (mA)
1v 1.5v
100mA
D2
KA
I = 0
D2 OFF (P.I.)
KA
I = 0
D2 OFF (P.I.)
Ω=== 10100
11
αtgRF
A K
I
D1 ON (P.D.)
Ω=== 10100
11
αtgRF
A K
I
D1 ON (P.D.)
KA
I = 0
D1 OFF (P.I.)
KA
I = 0
D1 OFF (P.I.)
Vi
10ΩD2
D1
6v
Vo
Vi
10ΩD2
D1
6v
Vo
Electrónica Analógica Problemas de diodos
13
PASO 2
M: 02.0
001.001.0 111
i
DDDi
VIIIV =⇒=⋅−⋅−
202.001.001.0 12
iiiDiKD
VVVIVV =⋅−=⋅−=
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 0002.0
1 ≤⇒≤=⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVVV
iiii 10212
2
2
2
121
26 ≤⇒≥−⇒≥
−⇒≥−⇒
El diodo que condiciona es D2. Por lo tanto, con D1ON, cuando vVi 10≤ D2 pasa de OFF
a ON. Ahora, suponiendo que D2 está en ON, vamos a ver cuando cambia D1.
PASO 4 PASO 2
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M
ID1Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M
ID1
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M1
ID1
1v
5Ω
M2
ID2
IL
N
Electrónica Analógica Problemas de diodos
14
M1: 02.0
10
005.0
01.05061005.001.0 1
221iDi
DDDi
VIVIIIV
−=
⋅+−=⇒=−+⋅+⋅−
M2: 04.0
10
01.0
01.0001.001.0 1
1
+=
⋅−=⇒=⋅−⋅− iDi
LLDi
VIVIIIV
N: 04.0
103
005.0
01.05
01.0
01.01
11121
−=⇒
⋅+−−
⋅−=⇒=+ i
DDiDi
DLDD
VI
IVIVIIII
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 33.33
100
04.0
1031 =≤⇒≤
−=⇒
Por lo tanto, cuando D2ON, D1 pasa de ON a OFF cuando vVi 33.3≤
Una vez hemos resuelto los estados de los diodos para los diferentes valores de Vi,
calculamos la Vo en cada caso:
202.001.001.0 1
iiDo
VVIV =⋅=⋅=
4
10
04.0
1001.001.0
+=
+⋅=⋅= ii
Lo
VVIV
M: ( ) mAII DD 33.333001.0005.016 22 =⇒=⋅+−−
vIV Do 33.333.33301.001.0 2 =⋅=⋅=
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M
ID1
Vo
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M
ID1Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M
ID1
Vo
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD110Ω
M1
ID1
1v
5Ω
M2
ID2
IL
N
Vo
Vi
10Ω
6v
AD2
KD2
AD1 KD1
1v
5Ω
ID2
ID2
M
Vo
Electrónica Analógica Problemas de diodos
15
Resumen:
3.33v
Vi
D1OFF
D2ON
10v
D1ON
D2ON
D1ON
D2OFF
vVo 33.3=4
10+= i
o
VV
2
io
VV =
Electrónica Analógica Problemas de diodos
16
PROBLEMA 5
Para el circuito de la figura, hallar:
1. Los estados de los diodos (ideales) en función Vi
2. )( iVfVo =
Solución
PASO 1
Como tenemos un diodo en serie con la tensión de entrada, vamos a suponer Vi de tal
manera que el diodo esté en ON. Por lo tanto, Vi = +∞. Deducimos el estado de los
diodos teniendo en cuenta que VγD1 = VγD2 = 0v:
(+Vi↑↑) VAD1 > VKD1 (<+Vi↑↑) VAD1 - VKD1 > VγD1 (0v) D1ON (<+Vi↑↑) VAD2 < VKD2 (+Vi↑↑) VAD2 - VKD2 < VγD2 (0v) D2OFF
PASO 2
M: 15
10010510 111
−=⇒=−⋅−⋅− i
DDDi
VIIIV
3
20
15
101010 12
+=
−⋅−=⋅−= ii
iDiKD
VVVIVV
Vi
5K
5v
10v2K
10KAD1 KD1
AD2
KD2
M
ID1
Vi
5KD2
D1
5v
10v2K
10K
Vo
Electrónica Analógica Problemas de diodos
17
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 10015
101 ≤⇒≤
−=⇒ i
iD V
VI
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVV
iii 50
3
50
3
205 −≤⇒≥
−−⇒≥
+−⇒
El diodo que condiciona es D1. Por lo tanto, con D2OFF, cuando vVi 10≤ D1 pasa de ON
a OFF. Ahora, suponiendo que D1 está en OFF, vamos a ver cuando cambia D2.
PASO 4 PASO 2
vVKD 102 =
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 050105 ≥−⇒≥−⇒ no se cumple
D2 no cambia con D1OFF
Por lo tanto, D2 se mantiene siempre en OFF.
Vi
5K
5v
10v2K
10KAD1 KD1
AD2
KD2
I=0
Electrónica Analógica Problemas de diodos
18
Una vez hemos resuelto los estados de los diodos para los diferentes valores de Vi,
calculamos la Vo en cada caso:
3
20
15
10510510 1
+=
−⋅+=⋅+= ii
Do
VVIV
vIVo 100510510 =⋅+=⋅+=
Resumen:
Vi
5K
5v
10v2K
10KAD1 KD1
AD2
KD2
M
ID1
Vo
Vi
5K
5v
10v2K
10KAD1 KD1
AD2
KD2
M
I=0
Vo
10v
Vi
D1OFF
D2OFF
D1ON
D2OFF
vVo 10=3
20+= i
o
VV
Electrónica Analógica Problemas de diodos
19
PROBLEMA 6
Para el circuito de la figura, hallar:
1. Los estados de los diodos (ideales) en función Vi
2. )( iVfVo =
Solución
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos teniendo en cuenta que
VγD1 = VγD2 = 0v:
(+Vi↑↑) VAD1 > VKD1 (10v) VAD1 - VKD1 > VγD1 (0v) D1ON (<+Vi↑↑) VAD2 < VKD2 (+Vi↑↑) VAD2 - VKD2 < VγD2 (0v) D2OFF
PASO 2
M: 8.2
1001028.0 111
−=⇒=−⋅−⋅− i
DDDi
VIIIV
8.2
82
8.2
88.08.2
8.2
108.08.0 12
+=
+−=
−⋅−=⋅−= iiii
iDiKD
VVVVVIVV
Vi
D1
D2
5v
10v
0.5K
0.8K
Vo
2K
1K
Vi
5v
0.5K
0.8K
AD1
KD1
AD2KD2
I=0 ID1
ID1
M
10v
2K
1K
Electrónica Analógica Problemas de diodos
20
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 1008.2
101 ≤⇒≤
−=⇒ i
iD V
VI
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV
ii 1108.2
825 −≤⇒≥
+−−⇒
El diodo que condiciona es D1. Por lo tanto, con D2OFF, cuando vVi 10≤ D1 pasa de ON
a OFF. Ahora, suponiendo que D1 está en OFF, vamos a ver cuando cambia D2.
PASO 4 PASO 2
M: 3.3
1001025.08.0
−=⇒=−⋅−⋅−⋅− i
i
VIIIIV
3.3
85.2
3.3
88.03.3
3.3
108.08.02
+=
+−=
−⋅−=⋅−= iiii
iiKD
VVVVVIVV
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV
ii 8.903.3
85.25 −≤⇒≥
+−−⇒
Por lo tanto, cuando D1OFF, D2 pasa de OFF a ON cuando vVi 8.9−≤
Vi
5v
0.5K
0.8K
AD1
KD1
AD2KD2
I
M
10v
2K
1K
Electrónica Analógica Problemas de diodos
21
Una vez hemos resuelto los estados de los diodos para los diferentes valores de Vi,
calculamos la Vo en cada caso:
4.1
4
8.2
20228
8.2
10210210 1
+=
−+=
−⋅+=⋅+= iii
Do
VVVIV
3.3
132
3.3
20233
3.3
10210210
+=
−+=
−⋅+=⋅+= iii
o
VVVIV
M1: 01025.08.0 221 =−−−− IIIVi
5.2
108.0 12
−−=⇒
IVI i [1]
M2: 0518.0 21 =+⋅−− Di IIV
58.0 12 +−=⇒ IVI iD
N: 221 DIII += =⇒ 1I5.2
108.0 1 −− IVi + 5.28.25.35.258.0 111 +−=⇒+− IVIIV ii
3.5
5.25.35.25.33.5 11
+⋅=⇒+⋅=⋅⇒ i
i
VIVI
[1] 25.13
555.2
5.2
3.5
5328.23.5
5.2
103.5
5.25.38.0
2
−⋅=
−−⋅−⋅
=
−
+⋅⋅−
= i
iiii
V
VVVV
I
3.5
92
25.13
5.225
25.13
11055.132
25.13
555.2210210 2
+=
+=
−+=
−⋅⋅+=⋅+= iiii
o
VVVVIV
Vi
5v
0.5K
0.8K
AD1
KD1
AD2KD2
I=0 ID1
ID1
M
10v
2K
1K
Vo
Vi
5v
0.5KAD1
KD1
AD2KD2
I
M
10v
2K
1K
Vo
Vi
0.5K
0.8K
AD1
KD1
AD2KD2
M1
10v
2K
M2
NI1
I2
ID2
1K
5vVo
Electrónica Analógica Problemas de diodos
22
Resumen:
-9.8v
Vi
D1OFF
D2ON
10v
D1OFF
D2OFF
D1ON
D2OFF
3.5
92 += i
o
VV
3.3
132 += i
o
VV
4.1
4+= i
o
VV
Electrónica Analógica Problemas de diodos
23
PROBLEMA 7
Para el circuito de la figura, hallar:
1. Los estados de los diodos (ideales) en función Vi
2. )( iVfVo =
Solución (suponiendo Vi = +∞ en el paso 1)
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos teniendo en cuenta que
VγD1 = VγD2 = 0v:
(-5v) VAD1 < VKD1 (+Vi↑↑) VAD1 - VKD1 < VγD1 (0v) D1OFF (+Vi↑↑) VAD2 > VKD2 (5v) VAD2 - VKD2 > VγD2 (0v) D2ON
PASO 2
M1: 5
5055
−=⇒=−⋅− i
i
VIIV
M2: mAIIV
VIIIV ooi
iooi 5.00105
550555 =⇒=⋅−
−⋅−⇒=⋅−⋅−⋅−
N: 10
1525.0
5
522
−=−
−=−=⇒+= ii
oDoD
VVIIIIII
Vi
5KD2D1
5v
Vo
5v
5K5K
Vi
5K
5v5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M1M2
N
ID2
I
Electrónica Analógica Problemas de diodos
24
vV
VIVV iiiKD 5
5
5551 =
−⋅−=⋅−=
PASO 3
D1OFF D1ON : VAD1 –VKD1 ≥ VγD1 010055 ≥−⇒≥−−⇒ no se cumple
D1 no cambia
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 vVV
I ii
D 5.7010
1522 ≤⇒≤
−=⇒
El diodo que condiciona es D2. Por lo tanto, con D1OFF, cuando vVi 5.7≤ D2 pasa de ON
a OFF. Ahora, suponiendo que D2 está en OFF, vamos a ver cuando cambia D1.
PASO 4 PASO 2
M1: 15
0555 ii
VIIIIV =⇒=⋅−⋅−⋅−
3
2
15551
iiiiKD
VVVIVV =⋅−=⋅−=
PASO 4 PASO 3
D1OFF D1ON : VAD1 –VKD1 ≥ VγD1 vVVV
iii 5.70
3
2150
3
25 −≤⇒≥
−−⇒≥−−⇒
Por lo tanto, cuando D2OFF, D1 pasa de OFF a ON cuando vVi 5.7−≤
Vi
5K
5v5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M
I=IoI
Electrónica Analógica Problemas de diodos
25
Solución (suponiendo Vi = -∞ en el paso 1)
PASO 1
Vamos a suponer Vi = -∞. Deducimos el estado de los diodos teniendo en cuenta que
VγD1 = VγD2 = 0v:
(-5v) VAD1 > VKD1 (-Vi↓↓) VAD1 - VKD1 > VγD1 (0v) D1ON (-Vi↓↓) VAD2 < VKD2 (5v) VAD2 - VKD2 < VγD2 (0v) D2OFF
PASO 2
M1: 5
5055
+=⇒=+⋅− i
i
VIIV
M2: mAIIV
VIIIV ooi
iooi 5.00105
550555 −=⇒=⋅−
+⋅−⇒=⋅−⋅−⋅−
N: 10
152
5
55.011
+−=
+−−=−=⇒=+ ii
oDoD
VVIIIIII
vV
VIVV iiiAD 5
5
5552 −=
+⋅−=⋅−=
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 5.7010
1521 −≥⇒≤
+−=⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 010055 ≥−⇒≥−−⇒ no se cumple
D2 no cambia
En este caso, el diodo que condiciona es D1. Por lo tanto, con D2OFF, cuando vVi 5.7−≥
D1 pasa de ON a OFF. Ahora, suponiendo que D1 está en OFF, vamos a ver cuando
cambia D2.
Vi
5v5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M1M2
N IoI
ID1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
26
PASO 4 PASO 2
M1: 3
0555 ii
VIIIIV =⇒=⋅−⋅−⋅−
3
2
3552
iiiiAD
VVVIVV =⋅−=⋅−=
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVV
iii 5.703
15205
3
2≥⇒≥
−⇒≥−⇒
Por lo tanto, cuando D1OFF, D2 pasa de OFF a ON cuando vVi 5.7≥
Una vez hemos resuelto los estados de los diodos para los diferentes valores de Vi,
calculamos la Vo en cada caso:
vIV oo 5.25.055 =⋅=⋅=
31555 ii
oo
VVIV =⋅=⋅=
Vi
5K
5v5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M
I=IoI
Vi
5K
5v
Vo
5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M1M2
N
ID2
IoI
Vi
5K
5v
Vo
5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M
I=IoI
Electrónica Analógica Problemas de diodos
27
vIV oo 5.2)5.0(55 −=−⋅=⋅=
Resumen:
-7.5v
Vi
D1ON
D2OFF
7.5v
D1OFF
D2OFF
D1OFF
D2ON
vVo 5.2−=3
io
VV = vVo 5.2=
Vi
5K
5v
Vo
5v
5K5K
KD1
AD1
AD2
KD2
M1M2
N IoI
ID1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
28
PROBLEMA 8
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos (ideales) en función Vi
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos: D1ON, D2OFF y D3ON
PASO 2
M1: 7
502343 111
−=⇒=−⋅−⋅−− i
DDDi
VIIIV
M2: 010770482343 111 =⋅−⋅−−⇒=−⋅−⋅−⋅−⋅−− LDiLLDDi IIVIIIIV
mAIIV
V LLi
i10
2010
7
577
−=⇒=⋅−
−⋅−−
N: 7
6.3
10
2
7
513
−=
−−
−=−= ii
LDD
VVIII
32 −= iK VV
Vi
4KD1
2K
D2
D3
3v
10v
2v4v
8K
3K3K
Vi
4K
2K
3v
10v
2v4v
8K
3K3K
A3
K3
K2
A2
K1A1
ID1
ID3
ILN
M1 M2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
29
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 507
51 ≤⇒≤
−=⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV ii 130)3(10 ≤⇒≥−−⇒
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 vVV
I ii
D 6.307
6.33 ≤⇒≤
−=⇒
En este caso, el diodo que condiciona es D2. Por lo tanto, con D1ON y D3ON, cuando
vVi 13≤ D2 pasa de OFF a ON. Ahora, suponiendo que D2 está en ON, vamos a ver
cuando cambian D1 y D3.
PASO 4 PASO 2
M1: 3
1301033 22
iDDi
VIIV
−=⇒=−⋅+−
M2: 7
5027
3
13310027310 2
−=⇒=−⋅−
−⋅−⇒=−⋅−⋅− ii
D
VII
VII
M3: 10
204102 −=⇒=−⋅− LL II
N1: 21
10610
3
13
7
521
−=
−−
−=−= iii
DD
VVVIII
N2: 7
6.3
10
2
7
53
−=
−−
−=−= ii
LD
VVIII
Vi
4K
2K
3v
10v
2v4v
8K
3K3K
A3
K3
K2
A2
K1A1
ID1
ID3
ILN2
M1
M3
ID2
I
M2
N1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
30
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 6.10021
106101 ≤⇒≤
−=⇒
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 vVV
I ii
D 6.307
6.33 ≤⇒≤
−=⇒
En este caso, el diodo que condiciona es D1. Por lo tanto, con D2ON y D3ON, cuando
vVi 6.10≤ D1 pasa de ON a OFF.
Vamos a comprobar que el nuevo punto límite de conducción de D2 es congruente con lo
calculado en el caso anterior:
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 vVV
I ii
D 1303
132 ≥⇒≤
−=⇒
Ahora, suponiendo que D1 está en OFF y D2 en ON, vamos a ver cuando cambia D3.
PASO 4 PASO 2
M1 y M2 no dependen de Vi, por lo tanto, D3 no cambia D3 siempre en ON.
Vamos a comprobarlo:
M1: mAIII DDD5
4027310 222 =⇒=−⋅−⋅−
M2: mAII LL10
20472 −=⇒=−⋅−
Vi
4K
2K
3v
10v
2v4v
8K
3K3K
A3
K3
K2
A2
K1A1
ID3
ILN
M2
ID2
ID2
M1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
31
N: mAIII LDD 110
2
5
423 =
−−=−=
PASO 4 PASO 3
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 013 ≤=⇒ DI no se cumple D3 no cambia
Resumen:
10.6v
Vi
D1OFF
D2ON
D3ON
13v
D1ON
D2ON
D3ON
D1ON
D2OFF
D3ON
Electrónica Analógica Problemas de diodos
32
PROBLEMA 9
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos (ideales) en función Vi y Vs
Vamos a suponer Vi = 10v. D1 estará en OFF. El circuito resultante es el siguiente:
PASO 1
Vamos a suponer Vs = +5v. Deducimos el estado de los diodos: D2ON y D3OFF
Vi
D1
D2
D3
3v
8K
5K
3K
Vs
Vs
Vi10
5
-5
-10
D3
3v
8K
5K
D2 3K
Vs
Electrónica Analógica Problemas de diodos
33
PASO 2
M: 13
0103 222s
DDDs
VIIIV =⇒=⋅−⋅−
13
10
1333 23
sssDsK
VVVIVV =⋅−=⋅−=
PASO 3
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 0013
2 ≤⇒≤=⇒ ss
D VV
I
D3OFF D3ON : VAD3 –VKD3 ≥ VγD3 vVV
ss 9.30
13
103 ≤⇒≥−⇒
En este caso, el diodo que condiciona es D3. Por lo tanto, con D1OFF, cuando vVs 9.3≤
D3 pasa de OFF a ON. Ahora, suponiendo que D3 está en OFF, vamos a ver cuando
cambian D2.
PASO 4 PASO 2
3v
8K
5K
3K
VsK3
A3
A2
ID2
K2
M
3v
8K
5K
3K
VsK3
A3
A2
ID2
K2
M2
N
M1
ID3
Io
Electrónica Analógica Problemas de diodos
34
M1: 95
3910
5
330353 2
332
−−=
−⋅−−=⇒=−⋅+⋅− sDs
DDDs
VIVIIIV
M2: 10
30103 2
2Ds
ooDs
IVIIIV
⋅−=⇒=⋅−⋅−
N: 19
63
10
3
5
332
22232
−=⇒
⋅−=
−⋅−−+⇒=+ s
DDsDs
DoDD
VI
IVIVIIII
PASO 4 PASO 3
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 vVV
I ss
D 2019
632 ≤⇒≤
−=⇒
Por lo tanto, con D1OFF y D3ON, cuando vVs 2≤ D2 pasa de OFF a ON.
Vamos a comprobar que el nuevo punto límite de conducción de D3 concuerda con lo
calculado en el caso anterior:
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 vVV
I is
D 9.3095
39103 ≥⇒≤
−−=⇒
Resumen con Vi = 10v:
Ahora vamos a suponer Vi = -10v. D1 estará en ON.
PASO 1
Vamos a suponer Vs = +5v. Deducimos el estado de los diodos: D2ON y D3ON
2v
Vs
D1OFF
D2OFF
D3ON
3.9v
D1OFF
D2ON
D3ON
D1OFF
D2ON
D3OFF
Electrónica Analógica Problemas de diodos
35
PASO 2
M1: 3
100310 22
+=⇒=−⋅+− s
DsD
VIVI
M2: 5
13
5
3
1033
5
330353 2
332 =
−+
⋅+
=−⋅+
=⇒=−⋅+⋅−s
s
sDDDDs
VV
VIIIIV
M3: 4
5
8
5
1353
8
530853 3
3 −=
⋅−
=⋅−
=⇒=⋅−⋅− DooD
IIII
60
43120
5
13
3
10
4
5321321
+−=−
+−−=−−=⇒=++ ss
DDoDoDDD
VVIIIIIIII
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ss
D 55.21060
431201 ≥⇒≤
+−=⇒ imposible: Vsmax=5v
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 1003
102 −≤⇒≤
+=⇒ s
sD V
VI imposible: Vsmin=-5v
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 05
133 ≤=⇒ DI no se cumple
Por lo tanto, con Vi=-10v D1ON, D2ON y D3ON siempre.
3v
8K
5K
3K
Vs
K1 A1
ID1
-10v
K3
A3K2
A2
ID2
ID3
M1 M2 M3
Io
Electrónica Analógica Problemas de diodos
36
PROBLEMA 10
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
NOTA: Vγ=0v y Vz=5v
Solución
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos teniendo en cuenta que
Vγ=0v y VZ=5v.
(+Vi↑↑) VAD > VKD (<+Vi↑↑) VAD - VKD > Vγ (0v) DON
(10v) VAZ < VKZ (+Vi↑↑) VAZ - VKZ < VZ (-5v) ZON(I.P)
PASO 2
M1: mAIIIV Di 501011 =⇒=−⋅−⋅−
M2: 1501051 −=⇒=−−⋅− iDDi VIIV
N: 20−=⇒+= iZZD VIIII
Vi
D1K
Z
10v
1K2K
Vi
1K
10v
1K2K
5v
NID IZ
I’=0
I
KZ
AZ
AD KD
M1
M2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
37
PASO 3
DON DOFF : ID ≤ 0 vVVI iiD 15015 ≤⇒≤−=⇒
ZON(I.P) ZOFF : IZ ≤ 0 vVVI iiZ 20020 ≤⇒≤−=⇒
En este caso, el diodo que condiciona es Z. Por lo tanto, con DON, cuando vVi 20≤
Z pasa de ONI.P a OFF. Ahora, suponiendo que Z está en OFF, vamos a ver cuando
cambia D y cuando vuelve a cambiar Z.
PASO 4 PASO 2
M: 2
1001011
−=⇒=−⋅−⋅− i
DDDi
VIIIV
2
10
2
1011
+=
−⋅−=⋅−= ii
iDiKZ
VVVIVV
PASO 4 PASO 3
DON DOFF : ID ≤ 0 vVV
I ii
D 1002
10≤⇒≤
−=⇒
ZOFF Z ON(D.P) : VAZ –VKZ ≥ VγZ vVVV
iii 1002
10200
2
1010 ≤⇒≥
−−⇒≥
+−⇒
Por lo tanto, cuando vVi 10≤ , D pasa de ON a OFF y Z pasa de OFF a OND.P
simultáneamente.
Vi
1K
10v
1K2K
ID
I’=0
ID
KZ
AZ
AD KD
M
10v
Vi
DOFF
ZON(D.P)
20v
DON
ZOFF
DON
ZON(I.P)
Electrónica Analógica Problemas de diodos
38
PROBLEMA 11
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
NOTA: Vγ=1v y Vz=6v
Solución
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos teniendo en cuenta que
Vγ=1v y VZ=6v.
(<+Vi↑↑) VAZ < VKZ (+Vi↑↑) VAD - VKD < VZ (-6v) ZON(I.P)
(5v) VAD < VKD (+Vi↑↑) VAD - VKD < Vγ (1v) DOFF
PASO 2
M: 3
60162
−=⇒=⋅−−⋅− i
ZZZi
VIIIV
3
61
−=⋅= i
ZKZ
VIV
Vi
Z
2K
D
5v1K
Vi
2K
5v1K
KZ
AZ
6v
KD AD
IZ
M
Electrónica Analógica Problemas de diodos
39
PASO 3
ZON(I.P) ZOFF : IZ ≤ 0 vVV
I ii
Z 603
6≤⇒≤
−=⇒
DOFF DON : VAD –VKD ≥ VγD vVVV
iii 18
3
3
3
6151
3
65 ≤⇒≥
+−⇒≥
−−⇒
En este caso, el diodo que condiciona es D. Por lo tanto, con ZON(I.P), cuando vVi 18≤
D pasa de OFF a ON. Ahora, suponiendo que D está en ON, vamos a ver cuando cambia
Z.
PASO 4 PASO 2
M1: 2
1041620162
−=⇒⋅−−⋅−⇒=⋅−−⋅− i
ZZiZi
VIIVIIV
M2: mAII 4051 =⇒=−+
N: 2
18
2
108
2
10411
iiiDDZ
VVVIIII
−=
+−=
−−=⇒+=
PASO 4 PASO 3
ZON(I.P.) ZOFF : IZ ≤ 0 vVV
I ii
Z 1002
10≤⇒≤
−=⇒
En este caso, el diodo que condiciona es Z. Por lo tanto, con DON, cuando vVi 10≤
Z pasa de ONI.P a OFF. Ahora, suponiendo que Z está en OFF, vamos a ver cuando
vuelve a cambiar Z.
Vi
2K
5v1K
KZ
AZ
6v
KD AD
IZ
M1
M2
1vNID
I
Electrónica Analógica Problemas de diodos
40
PASO 4 PASO 2
M: mAII DD 4051 −=⇒=−+
vIV DAZ 41 =⋅=
PASO 3
ZOFF ZON(D.P) : VAZ –VKZ ≥ VγZ vVV ii 314 ≤⇒≥−⇒
Por lo tanto, con DON, cuando vVi 3≤ Z pasa de OFF a OND.P.
Resumen:
Vi
2K
5v1K
KZ
AZ
KD AD
M
1vNID
ID
3v
Vi
DON
ZON(D.P)
10v
DON
ZOFF
DON
ZON(I.P)
DOFF
ZON(I.P)
18v
Electrónica Analógica Problemas de diodos
41
PROBLEMA 12
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
NOTA: Vγ=0v y Vz=8v
Solución
PASO 1
Vamos a suponer Vi = +∞. Deducimos el estado de los diodos: D1ON, ZON(I.P) y D2ON
PASO 2
M1: 2
60822
−=⇒=−⋅−+ i
ZZi
VIIV
M2: 18
25
3
1
3
3228032328 22
2
−=
−−=
−⋅−⋅+=⇒=−⋅−⋅−⋅+ iDiDZ
DZ
VIVIIIIII
M3: 3
230323 2
2D
ooD
IIII
⋅+=⇒=⋅−⋅+
N1: 18
5614
2
6
18
2511
−=
−+
−=⇒+= iii
DZD
VVVIIII
N2: 6
4
3
23
3
1 2222
−=
⋅++
−−=⇒=+ iDDi
DoD
VIIVIIII
Vi
D1
Z
D2
3v
3K
2K
2K
2v 3K
Vi
3v
3K
2K
2K
2v 3KN1 N2A1
ID1
K1
KZ
AZ
A2
K2Iz
ID2
I
Io
M1 M2 M3
Electrónica Analógica Problemas de diodos
42
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 4018
56141 ≤⇒≤
−=⇒
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 vVV
I ii
Z 406
4≤⇒≤
−=⇒
ZON(I.P) ZOFF : IZ ≤ 0 vVV
I ii
Z 602
6≤⇒≤
−=⇒
En este caso, el diodo que condiciona es Z. Por lo tanto, con D1ON y D2ON, cuando
vVi 6≤ Z pasa de ON(I.P) a OFF. Ahora, suponiendo que Z está en OFF, vamos a ver
cuando cambian D1 y D2 de ON a OFF, y cuando vuelve a cambiar Z de OFF a ON(D.P).
PASO 4 PASO 2
M1: 21
15
3
10232 2
121
+=
−−=⇒=⋅−⋅−+ iDi
DDDi
VIVIIIV
M2: 3
230323 2
2D
ooD
IIII
⋅+=⇒=⋅−⋅+
N: 7
4
3
23
3
12
22
221
−=⇒
⋅++=
−−⇒+= i
DD
DDi
oDD
VI
II
IVIII
2+= iKZ VV
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D5
10
21
151 −≤⇒≤
+=⇒
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 vVV
I ii
Z 407
4≤⇒≤
−=⇒
Z OFF Z ON(D.P) : VAZ –VKZ ≥ VγZ ( ) vVV ii 2020 −≤⇒≥+−⇒
Vi
3v
3K
2K
2K
2v 3KNA1
ID1
K1
KZ
AZ
A2
K2
ID2
Io
M1
M2
ID1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
43
En este caso, el diodo que condiciona es D2. Por lo tanto, con ZOFF y D1ON, cuando
vVi 4≤ D2 pasa de ON a OFF. Ahora, suponiendo que D2 está en OFF, vamos a ver
cuando cambia D1 de ON a OFF y cuando vuelve a cambiar Z de OFF a ON(D.P).
PASO 4 PASO 2
M: 6
20332 111
+=⇒=⋅−⋅−+ i
DDDi
VIIIV
2+= iKZ VV
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 206
21 −≤⇒≤
+=⇒
Z OFF Z ON(D.P) : VAZ –VKZ ≥ VγZ ( ) vVV ii 2020 −≤⇒≥+−⇒
En este caso, D1 y Z cambian simultáneamente cuando vVi 2−≤ . Por lo tanto, con D2OFF,
cuando vVi 2−≤ D1 pasa de ON a OFF y Z de OFF a ON(D.P).
Resumen:
Vi
3v
3K
2K
2K
2v 3KA1
ID1
K1
KZ
AZ
A2
K2
ID1
M
ID1
-2v
Vi
D1OFF
D2OFF
ZON(D.P)
6v
D1ON
D2ON
ZOFF
D1ON
D2ON
ZON(I.P)
4v
D1ON
D2OFF
ZOFF
Electrónica Analógica Problemas de diodos
44
PROBLEMA 13
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
DATOS: D1: Vγ = 0.75v
D2: ideal
Z1: Vγ = 0.5v y Vz = 10v
Z2: Vγ = 0.5v y Vz = 5v
Solución
PASO 1
Vi = +∞. Estado de los diodos: D1ON, D2OFF, Z1ON(I.P) y Z2ON(I.P)
PASO 2
M1: 75.150675.0 1611 −=⇒=⋅−−−− iDDi VIIIIV
M2: mAII 10010 11 =⇒=−
M3: mAII6
5056 66 =⇒=−
N1: 75.2510)75.15(111 −=−−⇒−= iiDZ VVIII
5.9966
5)75.25(10 222611 −=⇒+=−+⇒+=+ iZZiZZ VIIVIIII
75.02 −= iKD VV
Vi
1K
6K
2K
10v
1K
5v
10v
KD2
AD2
KZ1
AZ1
KZ2
AZ2
AD1 KD1
ID1 I1
I6
IZ1
IZ2
M1M3
M2
N1
Vi
D1
D2
Z11K
6K
2K
10v
1K
Z2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
45
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVVI iiD 75.15075.151 ≤⇒≤−=⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV ii 75.100)75.0(10 ≤⇒≥−−⇒
Z1 ON(I.P) Z1 OFF : IZ1 ≤ 0 vVVI iiZ 75.25075.251 ≤⇒≤−=⇒ condiciona Z1
Z2 ON(I.P) Z2 OFF : IZ2 ≤ 0 vVVI iiZ 5833.1605.9962 ≤⇒≤−=⇒
PASO 4 PASO 2
M1: 2
75.50675.0 1611
−=⇒=⋅−−−− i
DDDi
VIIIIV
M2: mAII6
5056 66 =⇒=−
N: 6
25.2232612
−=⇒−= i
ZDZ
VIIII
75.02 −= iKD VV
2
25.4
2
75.51515 11
+=
−⋅+=⋅+= ii
DKZ
VVIV
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 75.502
75.51 ≤⇒≤
−=⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV ii 75.100)75.0(10 ≤⇒≥−−⇒ condiciona D2
Z1 OFF Z1 ON(D.P) : VAZ1 –VKZ1 ≥ VγZ1 vVV
ii 75.45.02
25.45 ≤⇒≥
+−⇒
Z2 ON(I.P) Z2 OFF : IZ2 ≤ 0 vVV
I ii
Z 4167.706
25.2232 ≤⇒≤
−=⇒
Vi
1K
6K
2K
10v
1K
5v
KD2
AD2
KZ1
AZ1
KZ2
AZ2
AD1 KD1
ID1 ID1
I6 IZ2
M1M1
N
Electrónica Analógica Problemas de diodos
46
PASO 4 PASO 2
M1: 2
75.10010275.0 22
−−=⇒=−+− i
DDi
VIIV
M2: mAV
IIV
IIII iiD
2
75.50
6
562
2
75.1021006210 116112
−=⇒=⋅−−
−⋅−⇒=−−−−
M3: mAII6
5056 66 =⇒=−
N1: 2
5.162
2
75.10
2
75.5211121
−=
−−
−=−=⇒=+ iii
DDDD
VVVIIIIII
N2: 6
25.223
6
5
2
75.5612261
−=−
−=−=⇒+= ii
ZZ
VVIIIIII
2
25.4
2
75.51515 11
+=
−⋅+=⋅+= ii
KZ
VVIV
PASO 4 PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 25.802
5.1621 ≤⇒≤
−=⇒ condiciona D1
Z1 OFF Z1 ON(D.P) : VAZ1 –VKZ1 ≥ VγZ1 vVV
ii 75.45.02
25.45 ≤⇒≥
+−⇒
Z2 ON(I.P) Z2 OFF : IZ2 ≤ 0 vVV
I ii
Z 4167.706
25.2232 ≤⇒≤
−=⇒
Vi
1K
6K
2K
10v
1K
5v
KD2
AD2
KZ1
AZ1
KZ2
AZ2
AD1 KD1
ID1 I1
I6 IZ2
M1 M3
N2
M2
N1
ID2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
47
PASO 4 PASO 2
M1: mAIIII DDDD4
50511210 2222 =⇒=−⋅−⋅−⋅−
M2: mAII6
5056 66 =⇒=−
N: mAIII DZ12
5
6
5
4
5622 =−=−=
vIIV DDKZ4
25
4
53101210 221 =⋅−=⋅−⋅−=
PASO 4 PASO 3
D2ON D2OFF : ID2 ≤ 0 04
52 ≤=⇒ DI no se cumple
Z1 OFF Z1 ON(D.P) : VAZ1 –VKZ1 ≥ VγZ1 5.025.15.04
255 ≥−⇒≥−⇒ no se cumple
Z2 ON(I.P) Z2 OFF : IZ2 ≤ 0 012
52 ≤=⇒ ZI no se cumple
Resumen:
8.25v
Vi
D1OFF
D2ON
Z1OFF
Z2ON(I.P)
25.75v10.75v
D1ON
D2ON
Z1OFF
Z2ON(I.P)
D1ON
D2OFF
Z1OFF
Z2ON(I.P)
D1ON
D2OFF
Z1ON(I.P)
Z2ON(I.P)
Vi
1K
6K
2K
10v
1K
5v
KD2
AD2
KZ1
AZ1
KZ2
AZ2
AD1 KD1
ID2
I6 IZ2
N
N1
ID2
M2M1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
48
PROBLEMA 14
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
DATOS: D1 y D2: ideales
D3 y D4: Vγ = 1v
Z1 y Z2: Vz = 4v
Solución
* PASO 0
Vi
D4
5K
Z2
D3
Z1
5K
D1
D2
-20v
20v
10K
D4
Z2
D3
Z1
≡
≡
DA
DB
VγDA = VZ1 + VγD3
VγDB = VγD4 + VZ2
Z1ON(I.P)
D3ON
Z1OFF
D3OFF
D4ON
Z2ON(I.P)
D4OFF
Z2OFF
DA O
N
DA
OFF
DB
OFF
DB O
N
Electrónica Analógica Problemas de diodos
49
CIRCUITO EQUIVALENTE:
PASO 1
Vi = +∞. Estado de los diodos: D1ON, D2OFF, DAOFF y DBON
PASO 2
M1: 5
200205 11
−=⇒=−⋅− i
i
VIIV
M2: mAIIV
VIIV iii 3055
5
2050555 2221 =⇒=−⋅−
−⋅−⇒=−⋅−⋅−
M3: mAII oo 5.00105 =⇒=−
Vi
5K 5K
D1
D2
-20v
20v
10K
DA
DB
Vi
5K 5K
-20v
20v
10K
ID1
IDB
5v
KD1
AD1
KD2
AD2
ADB
KDB
ADA
KDAM1
M2
M3
N1 N2Io
I1 I2
Electrónica Analógica Problemas de diodos
50
N1: 5
353
5
20211
−=−
−=−= ii
D
VVIII
N2: mAIII oDB 5.25.032 =−=−=
PASO 3
D1ON D1OFF : ID1 ≤ 0 vVV
I ii
D 3505
351 ≤⇒≤
−=⇒ condiciona D1
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 02020 ≥−−⇒ no se cumple D2 no cambia
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA 550 ≥−⇒ no se cumple DA no cambia
DBON DBOFF : IDB ≤ 0 05.2 ≤=⇒ DBI no se cumple DB no cambia
PASO 4 PASO 2
M1: 10
50555 111
−=⇒=−⋅−⋅− i
i
VIIIV
M2: mAII oo 5.00105 =⇒=−
N: 10
10
2
1
10
51
−=−
−=−= ii
oDB
VVIII
2
5
10
555 12
+=
−⋅−=−= ii
iiKD
VVVIVV
Vi
5K 5K
-20v
20v
10KIDB
5v
KD1
AD1
KD2
AD2
ADB
KDB
ADA
KDA
M1
M2
NIo
I1 I1
Electrónica Analógica Problemas de diodos
51
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVV
iii 450
2
450
2
520 −≤⇒≥
−−⇒≥
+−−⇒
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA 550 ≥−⇒ no se cumple DA no cambia
DBON DBOFF : IDB ≤ 0 vVV
I ii
DB 10010
10≤⇒≤
−=⇒ condiciona DB
PASO 4 PASO 2
4
32
iKD
VV =
2
iKDA
VV =
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVV
iii 67.260
4
3800
4
320 −≤⇒≥
−−⇒≥−−⇒
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA 1052
0 −≤⇒≥−⇒ ii V
V condiciona DA
Vi
5K 5K
-20v
20v
10KIDB
KD1
AD1
KD2
AD2
ADB
KDB
ADA
KDA
I
I I
Electrónica Analógica Problemas de diodos
52
PASO 4 PASO 2
M1: 10
50555 111
+=⇒=+⋅−⋅− i
i
VIIIV
M2: mAII oo 5.00105 −=⇒=−−
N: 10
10
2
1
10
51
+=
−−
+=−= ii
oDA
VVIII
2
5
10
555 12
−=
+⋅−=−= ii
iiKD
VVVIVV
PASO 4 PASO 3
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVVV
iii 350
2
350
2
520 −≤⇒≥
−−⇒≥
−−−⇒
Resumen:
Vi
5K 5K
-20v
20v
10K
IDA 5v
KD1
AD1
KD2
AD2
ADB
KDB
ADA
KDAM1M2
NIo
I1 I1
-10v
Vi
D1OFF
D2OFF
DAON
DBOFF
35v10v-35v
D1OFF
D2ON
DAON
DBOFF
D1OFF
D2OFF
DAOFF
DBOFF
D1OFF
D2OFF
DAOFF
DBON
D1ON
D2OFF
DAOFF
DBON
Electrónica Analógica Problemas de diodos
53
PROBLEMA 15
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
DATOS: D3 ideal; los demás Vγ = 0.7v y Vz = 5v
Solución
* PASO 0
Vi
Z2
D2
0.5K
Z110K
10v
D1 5KD3
10K
D1
Z1
D2
Z2
≡
≡
DA
DB
VγDA = VZ1 + VγD1
VγDB = VγD2 + VZ2
Z1ON(I.P)
D1ON
Z1OFF
D1OFF
D2ON
Z2ON(I.P)
D2OFF
Z2OFF
DA O
N
DA
OFF
DB
OFF
DB O
N
Electrónica Analógica Problemas de diodos
54
CIRCUITO EQUIVALENTE:
PASO 1
Vi = +∞. Estado de los diodos: DAON, DBOFF y D3ON
PASO 2
M1: 4.3120107.55.0 5.05.0 −=⇒=−−− ii VIIV
M2: mAIIIII DDD 79.020
7.15010)2(57.15051057.510 333105 ==⇒=−⋅−⇒=−−−+
M3: 310310 01010 DD IIII =⇒=−
N1: mAIIII DD 58.12 33105 ==+=
N2: ( ) 98.3221.58 - 4.31255.0 −=−=+= iiDA VVIII
PASO 3
DAON DAOFF : IDA ≤ 0 vVVI iiDA 49.1604.312 ≤⇒≤−=⇒ condiciona D1
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB 7.57.150 ≥−⇒ no se cumple DB no cambia
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 079.03 ≤=⇒ DI no se cumple D3 no cambia
Vi
DB
0.5K
10K10v
DA 5KD3
10K
Vi
0.5K
10K10v
5K
10K
5.7vAD3 KD3
ADA
KDA
KDB
ADB
IDA
ID3
I5
I0.5
N2
N1
M1
M2M3
I10
Electrónica Analógica Problemas de diodos
55
PASO 4 PASO 2
M1: 21
010)2(5.501055.0 33310i
DDDii
VIIIVIIIV =⇒=−⋅−⇒=−−−
M2: 310310 01010 DD IIII =⇒=−
N: 3310 2 DD IIII =+=
N2: ( ) 98.3221.58 - 4.31255.0 −=−=+= iiDA VVIII
21
20
2125.05.0 ii
iiKDB
VVVIVV =
⋅⋅−=−=
PASO 4 PASO 3
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB vVV
ii 99.57.5
21
200 −≤⇒≥−⇒
D3ON D3OFF : ID3 ≤ 0 0021
3 ≤⇒≤=⇒ ii
D VV
I condiciona D3
PASO 4 PASO 2
M: 31
201055.0 i
i
VIIIIV =⇒=−−−
31
30
3125.05.0 ii
iiKDB
VVVIVV =
⋅⋅−=−=
Vi
0.5K
10K10v
5K
10K
AD3 KD3
ADA
KDA
KDB
ADB
ID3
I
I
N
M1
M2
I10
Vi
0.5K
10K10v
5K
10K
AD3 KD3
ADA
KDA
KDB
ADB I
I
M
Electrónica Analógica Problemas de diodos
56
PASO 4 PASO 3
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB vVV
ii 89.57.5
31
300 −≤⇒≥−⇒
Resumen:
-5.89v
Vi
DAOFF
DBON
D3OFF
16.49v0v
DAOFF
DBOFF
D3OFF
DAOFF
DBOFF
D3ON
DAON
DBOFF
D3ON
-5.89v
Vi
D1OFF
Z1OFF
D2ON
Z2ON(I.P)
D3OFF
16.49v0v
D1OFF
Z1OFF
D2OFF
Z2OFF
D3OFF
D1OFF
Z1OFF
D2OFF
Z2OFF
D3ON
D1ON
Z1ON(I.P)
D2OFF
Z2OFF
D3ON
Electrónica Analógica Problemas de diodos
57
PROBLEMA 16
Para el circuito de la figura, hallar los estados de los diodos en función Vi
DATOS: D1, D2, D3 y D4 ideales; VZ1 = 20v y VZ2 = 7v
Solución
* PASO 0
Vi
D3
Z2
5K
Z1
10K
D1
D4
2v
D2
10K
10K
D1
Z1
≡
≡
DA VγDA = VZ1 + VγD1
VγDB = VγD3 + VZ2
Z1ON(I.P)
D1ON
Z1OFF
D1OFF
D3ON
Z2ON(I.P)
D3OFF
Z2OFF
DA O
N
DA
OFF
DB
OFF
DB O
N
D3
Z2
DB
Electrónica Analógica Problemas de diodos
58
CIRCUITO EQUIVALENTE:
PASO 1
Vi = -∞. Estado de los diodos: DAOFF, D2OFF, DBOFF y D4ON
PASO 2
M: 10
055 444i
DDDi
VIIIV −=⇒=++
22
i
ADBADADA
VVVV ===
2
4 2
22
+=+= ii
KD
VVV
Vi
DB
5K
5K
DA D4
2v
D2
10K
Vi
5K
5K
2v
10K
ADA
KDA
A2
K2
ADB
KDBAD4
KD4
ID4
Electrónica Analógica Problemas de diodos
59
PASO 3
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA vVV
ii 402002
≥⇒≥−⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 0202
4
2≥−⇒≥
+−⇒ ii VV
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB 70722
≥⇒≥−⇒ ii VV
D4ON D4OFF : ID4 ≤ 0 vVV
I ii
D 0010
4 ≥⇒≤−=⇒
PASO 4 PASO 2
No circula corriente por ninguna rama del circuito.
iADBADADA VVVV === 2
vVV KDBKDA 0==
vVKD 22 =
PASO 4 PASO 3
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA vVV ii 20200 ≥⇒≥−⇒
D2OFF D2ON : VAD2 –VKD2 ≥ VγD2 vVV ii 202 ≥⇒≥−⇒
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB vVV ii 770 ≥⇒≥−⇒
Vi
5K
5K
2v
10K
ADA
KDA
A2
K2
ADB
KDBAD4
KD4
Electrónica Analógica Problemas de diodos
60
PASO 4 PASO 2
M: 20
2052105 2222
−=⇒=−−−− i
DDDDi
VIIIIV
4
23
20
255 2
+=
−⋅−=−== ii
iDiADBADA
VVVIVVV
4
2
20
255 2
−=
−⋅== ii
DKDB
VVIV
PASO 4 PASO 3
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA vVV
ii 262004
23≥⇒≥−
+⇒
DBOFF DBON : VADB –VKDB ≥ VγDB vVVV
iii 1274
2
4
23≥⇒≥
−−
+⇒
PASO 4 PASO 2
Vi
5K
5K
2v
10K
ADA
KDA
A2
K2
ADB
KDBAD4
KD4
ID2
Vi
5K
5K
2v
10K
ADA
KDA
A2
K2
ADB
KDBAD4
KD4
ID2 7v
IDBI5
I5
Electrónica Analógica Problemas de diodos
61
M1: mAIIV
VIIIV DDi
iDi2
10210
10
710052105 22525 =⇒=−−
−⋅−⇒=−−−−
M2: 10
70575 555
−=⇒=−−− i
i
VIIIV
2
7
10
755 5
+=
−⋅−=−= ii
iiADA
VVVIVV
PASO 4 PASO 3
DAOFF DAON : VADA –VKDA ≥ VγDA vVV
ii 332002
7≥⇒≥−
+⇒
Resumen:
2v
Vi
DAOFF
D2OFF
DBOFF
D4OFF
33v12v0v
DAOFF
D2OFF
DBOFF
D4ON
DAOFF
D2ON
DBOFF
D4OFF
DAOFF
D2ON
DBON
D4OFF
DAON
D2ON
DBON
D4OFF