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RAFAEL DE JESÚS NAVAS GONZÁLEZ

DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS:

EXÁMENES RESUELTOS (2002-2009)

DPTO. DE ELECTRÓNICA. UNIVERSIDAD DE MÁLAGA

C

C

Columna

W

R

Y

j

X

j

Celda ij

Entrada

Salida

Fila

A mis alumnos,sin los cuales este trabajo no tendría sentido.

PRÓLOGO

El presente volumen reune los enunciados y las soluciones de los exámenes propuestos

entre 2002 y 2009 en las diferentes convocatorias oficiales de examen de la asignaturaDispositivos Electrónicos, que he impartido en la Escuela Técnica Superior de IngenieríaInformática de la Universidad de Málaga en las titulaciones Ingeniero Técnico en Informáticade Sistemas, Ingeniero Técnico en Informática de Gestión e Ingeniero en Informática durantelos últimos 10 años.

Hasta ahora, los documentos que aquí se recogen sólo han estado disponibles para los

alumnos matriculados en la asignatura a través de la plataforma Moodle del Campus Virtual dela UMA. Con ellos pretendía responder a las reiteradas demandas de los estudiantes de conocercómo iba a ser la prueba a la que deberían enfrentarse.

A pesar del vicio inherente que, a mi juico, supone abordar el estudio de la asignatura desde

estas miras, sin embargo, a su favor se puede argumentar que el disponer de los enunciados deexamen y sus soluciones, sobre todo al nivel de detalle en que aquí se desarrollan, puedeproporcionar una perspectiva nueva, que representa un valor añadido. Una lectura atenta deeste material permite al estudiante conocer qué es lo que se espera de él, no sólo en cuanto a losconocimientos que debe adquirir, sino además, en cuanto al modo en que se espera que seexprese y elabore sus respuestas; sobre todo, cuando han de ir dirigidas a un lector que va aevaluar su dominio de la materia. Así las respuesta a los enunciados, que aquí se proporcionan,siguen un hilo argumental lógico, que justifica paso a paso los razonamientos y las decisionestomadas para llegar a la respuesta y a los rersultados obtenidos. En definitiva, proporciona unmodelo que debe ayudar al estudiante a orientar su esfuerzo y establecer su propio método detrabajo, y que puede resultarle útil, más alla del propio dominio de la asignatura.

Con esta visión más amplia, el objetivo de esta publicación es organizar este material

docente, difundirlo incorporándolo al recientemente creado repositorio de documentos de laUMA (RIUMA), y ofrecerlo a un espectro más amplio de lectores, para que pueda seraprovechado más allá del entorno académico concreto en que ha sido concebido.

Recientemente, y en el contexto del viento de cambio que el Espacio Europeo de Educación

Superior preconiza, algunas de las propuestas metodológicas más radicales abogan por laeliminación del tradicional examen final de una asignatura, en el que el alumno se juega a unacarta su futuro acedémico. Se argumenta que una buena metodología docente debería guiar yllevar al alumno a alcanzar los objetivos de aprendizaje propuestos,

tanto de competencias

como de contenidos; y estar acompañada de un procedimiento de evaluación que, teniendo encuenta el esfuerzo del alumno, proporcione al profesor una medida clara del cumplimientoindividual de dichos objetivos, y, por tanto, le permita tener elementos de juicio suficientespara su evaluación final, sin necesidad de esa definitiva prueba final. Por ello puede parecerque un trabajo como éste, que lleva en el título la fatídica palabra examen, navega contracorriente en esta marea de nuevas propuesta que la “revolución de Bolonia” nos ha traido.

Sin embargo, a mi entender, esta idea no debe significar dejar de lado, como herramienta de

evaluación, el tipo de prueba objetiva que aquí se contempla,

en las que el alumno debe

mostrar su dominio de la asignatura, así como su capacidad de expresarse y razonar con ciertorigor formal y por escrito, en base a los conocimientos adquiridos. En este sentido, consideroque el material que aquí se proporciona es válido y constituye un buen ejemplo

de esto

A los largo de este texto se presentan diferentes enunciados de examen ordenados en forma

cronológica y en el mismo formato en que se entregaban a los alumnos. Cabe notar que al finalde cada uno de los enunciados de examen se proporciona un pequeño formulario que resumelas principales ecuaciones que el alumno puede necesitar conocer y manejar en la solución delos problemas. A continuación de cada enunciado se desarrolla la respuesta en detalle, enalgunos casos mostrando diferentes alternativas posibles al abordar la solución del problemapropuesto. En algunos casos sólo se ha proporcionado la respuesta a los problemas, dado quecomo puede verse en aquellos casos en los que se proporciona la respuesta completa(preguntas de teoría y problemas) la respuesta a las cuestiones teóricas es fácil de encontrar enel Manual 70 (Curso de Dispositivos Electronicos en Informática y Problemas de ExamenResueltos) editado por el SPICUM (Servicio de Publicaciones de la UMA)

Para concluir este Prólogo, me gustaría resaltar aquí el carácter

Open Access

de esta

plublicación, a la que se ha otorgado licencia

Creative Commoms

by-nc-sa

), esto es

(Reconocimiento - NoComercial - ConmpartirIgual). Esta licencia obliga al reconocimientodel autor, autoriza la reproducción y libre distribución de la obra, así como la creación de obraderivada. No permite, en ningun caso, un uso comercial, ni de la obra original ni de las obrasderivadas, y exige que la distribución de las mismas se haga con una licencia igual a la queregula la obra original.

Cualquier pregunta o sugerencia será atendida en la dirección de correo: rjnavas@uma.es

Málaga Julio 201

El autor.

DISPOSITIVOS ELEC

T

RÓNICOS

INGENIERO TÉCNICO EN INFORMÁTICA DE GESTIÓN.

1º Curso Grupo C.

Examen ordinario. Curso 02/03. Málaga 13-6-2003.

1.- En el circuito de la

(^) Figura 1

, el transistor bipolar Q funciona en su región activa:

c) Determinar la tensión de salida,de circuito.b) Determinar el valor de la intensidad de corriente y la caída de tensión en cada uno de los elementossemiconductores.a) Justificar esta afirmación. Indicar y justificar además cuál es el estado de los demás dispositivos

v o , y la potencia aportada por la fuente V

CC

.

(3 puntos)

2.- Para el circuito inversor NMOS de la

Figura 2 :

de cumplir a) Indicar todos los posibles estados en que pueden encontrarse los transistores y las condiciones que ha

v o (^) en cada uno ellos.

b) Calcular el valor

v o y el consumo de potencia. Justificar la respuesta verificando que se cumplen las

condiciones de la zona de trabajo en la que se supone que se encuentras ambos transistores. (4 puntos)

3.- Explica brevemente el significado de los términos puerta lógica y familia lógica. Cita tres ejemplos de

diferentes familias lógicas, explicando brevemente el significado de cada uno de ellos.familias lógicas. Indicar también cuáles son los principales parámetros que se utilizan para comparar

(1 punto)

4.- Explica brevemente, en términos de corriente de portadores y de forma cualitativa, los fenómenos eléc-

tricos que caracterizan a una unión PN en equilibrio, en polarización directa y en polarización inversa.

(1 punto)

5.- Dibuja y describe el esquema básico de una memoria RAM (memoria de acceso aleatorio) de lectura y

sistemas que representan los términos RAM estática y RAM dinámica.escritura (R/W memory). Explica también cuáles son las principales semejanzas y diferencias entre los

(1 punto)

D

E

D

B y D

E modelo tensión umbral

R

B

= R

B

=1M

Figura 1

V

CC

= 10 V

V

BEact

= V

BEon

= V

BEsat

= 0.7V

β

V

CEsat

= 0.2V

V

γ =0.7V

R

C = 10K

Q

v

o

V

CC

R

c

D

B

R

B

R

B

_ +

M b^^ V DD

V i

β t = 12

(^) μ A/V

2

V

i

5 V

M t^

v O

V

Tb

(^) = 1 V

V

Tt

= -3 V

β b = (^9) (^) μ A/V

2

Figura 2

V

DD

5 V

FORMULARIO:

próximo 30 de Junio en los tablones oficiales del centro.Nota: Las calificaciones, así como el día, lugar y hora de la revisión del examen, serán publicadas el

C

B

E

E^ C

B

si

C

E

B

I

B

β I B

E C

B

I

B^

V

CEsat

V

BEON

V

BEON

V

BE

V

BEon

si

I

B^

y V

CE

V

CEsat

I

B

β I B

I

C

y si

D

S

G

D

S

G

D

S

G

I D

2 ---K

V GS

V T

(

) 2

= I D

K

V GS

V T

(

) V DS^

V 2 DS 2

---

=

V GS^

V

T^

V

DS^

V

GS

V

T

V

DS

V

GS

V

T^

V

GS

V

T

V

GS

V

T

G

S D

y^ si y si si

V

T^

Vd

Id

si

I

d

V

d^

si

Id

Vd V γ

V

γ

ideal

V

γ

Id

Vd

G

S V D

T

SOLUCIONES.

1.- En el circuito de la

(^) Figura 1

, el transistor bipolar Q funciona en su región activa:

mentos de circuito.b) Determinar el valor de la intensidad de corriente y la caída de tensión en cada uno de los ele-vos semiconductores.a) Justificar esta afirmación. Indicar y justificar además cuál es el estado de los demás dispositi- c) Determinar la tensión de salida,

v o , y la potencia aportada por la fuente V

CC

.

a)

Es claro que si el transistor Q funciona en su región activa, los diodos D

B y D

E deben estar condu-

ciendo. En caso contrario se tendría

y

; pero esto es imposible con Q en

activa donde

y

. Así para justificar la afirmación de que Q trabaja en su región

activa, sustituiremos en el circuito de la

Figura 1

cada uno de estos elementos por su correspondiente

siguiente esquema de lamodelo y comprobaremos que se cumplen las condiciones que determinan su validez. Así resulta el

Figura 1.

, donde además se ha asignado nombre y referencia a diferentes varia-

Dado que de momento sólo estamos interesados en el cálculo de las variablesbles de circuito:

I

B , (^) I DB

, I DE

y V CE

, el circuito

las resistencias Ranterior puede ser sustituido para este propósito por el siguiente circuito equivalente más sencillo, donde

B

y R

B^

y su conexión a V

CC

han sido sustituidas por su equivalente Thevenin desde el

nudo

N

A

. Desde este nudo ambas resistencias forman un divisor de tensión con resistencias iguales por lo

que se tiene que

y

D

E

D

B y D

E modelo tensión umbral

R

B

= R

B

=1M

Figura 1

V

CC

= 10 V

V

BEact

= V

BEon

= V

BEsat

= 0.7V

β

V

CEsat

= 0.2V

V

γ =0.7V

R

C = 10K

Q

v

o

V

CC

R

c

D

B

R

B

R

B

_ +

I

DB

I

B

I

DE

I

E

I

B^

I

E^

β

I

B^

v

o

V CC

R C

R B

R B

_ +

V

γ

V

γ

I DB

I DE

I B

β BI

V BEON

I RB I RB

I RC

_

v

CE

I

B^

y b)

V CE

V

CEsat

Si Q esta en activa

se ha de cumplir: a)

I

DB

Si D

B conduce

se ha de cumplir: c)

I

DE^

Si D

E conduce

se ha de cumplir: d)

N A

Se tienen las siguientes condiciones:

I CC

Figura 1.

V

TH

V

CC^

R

TH

R

B 1 // R B 2

El esquema del circuito equivalente resulta pues:

b) Por tanto hemos verificado que Q trabaja en su región activa, mientras que ambos diodos conducen.

En primer lugar se tendrá que identificar todas las variables que exige calcular este apartado del pro-

Por tanto, volviendo pues al esquema original del circuito se tiene que estas variables son:así como indicar las referencias consideradas para cada una de ellas.blema, esto es “la intensidad de corriente y la caída de tensión en cada uno de los elementos del circuito”,

• Tensiones y corrientes en las resistencias:

V

RB

1 , I RB

1 , V RB

2 , I RB

2 , V RC

, I RC

.

• Tensiones y corrientes en los diodos

V

DB

, (^) I DB

, V DE

, I DE

.

• Tensiones y corrientes en el transistor.

V

BE

, I B , V CE

, (^) I C (Variables de emisor común)

• Corriente en la fuente de alimentación

I

CC^

.

conducen, emplearemos para el cálculo de estas variables el esquema del circuito correspondiente a laPor otra parte, dado que hemos comprobado que el transistor Q trabaja en su zona activa y ambos diodos

(^) Fig-

ura 1.

, previa a la simplificación Thevenin, de modo que las referencias para cada una de las variables

son las que allí se han utilizado.

Algunas de las variables que se piden en este apartado ya han sido calculadas en el apartado anterior.

Así se tiene que para los diodos ya se ha obtenido que

V

DB

(^) =

V DE

= 0,7V, dado que ambos diodos condu-

cen; además de

y

Para

el

transistor

Q

se

ha

obtenido

y

finalmente

Quedan por calcular las variables asociadas a las resistencias y la corriente a través de la fuente

V

CC

.

Para

R

C (^) se tiene que

, mientras que

Para

R

B (^) se tiene que

, y de ahí que

Para

R

B (^) se tiene que

, y de ahí que

Finalmente

c)

Dado que del circuito se tiene que

, el valor de

v o es 4,2V.

Finalmente, la potencia aportada por la fuente V

CC

resulta ser

v

o

V CC

R C

R TH =R

B // R

B

_ +

V

γ

V

γ

I DB

I DE

I B

β I B

V BEON I RC

_

V CE

V CC 2

Del análisis del circuito se tiene de forma directa:

V CE

V CC

β R C (^) I B^

V γ

=

I DB

I B

V 2 CC

---

V BEON

2 V γ

(

)

R TH

---

=

=

I DE

β

1

(

) BI

=

Sustituyendo los valores numéricos:

I DB

I B

μ A

0

=

=

DE^ I

μ A

0

=

V CE

3,5V

V CESAT

=

N A

Se cumple b)Se cumple d)Se cumple a) y c) (3)(2) (1)

Figura 1.

I

DB^

I

B

μ A

I

DE^

μ A

V

BE

0,7V

I

B^

μ A

V

CE

3,5V

I

C

β I B

μ A

I

RC

I

C

μ A

V

RC^

V

CC

V

CE

V

γ

5,8V

V

RB

1

V

CC

V

BEON

V

γ

7,9V

I

RB

1

V

RB^ 1

R

B 1

μ A

V

RB

2

V

BEON

V

γ

2,1V

I

RB^ 2

V

RB

2

R

B^ 2

μ A

I

CC

I

RB

1

I

RC

μ A

v o

V

CE

V

γ

P

V

CC

I

CC^

×

5,879mW

2.- Para el circuito inversor NMOS de la

(^) Figura 2:

que ha de cumplir a) Indicar todos los posibles estados en que pueden encontrarse los transistores y las condiciones

v o en cada uno ellos.

b) Calcular el valor

v o y el consumo de potencia. Justificar la respuesta verificando que se cum-

res.plen las condiciones de la zona de trabajo en la que se supone que se encuentras ambos transisto-

lo haremos según ilustra la En primer lugar resulta conveniente poner nombre a las variables del circuito sobre las que se va a razonar;

Figura 2.

a)

El análisis de las posibles combinaciones de estados de los transistores se presentó en clase y está reco-

puesta a este apartado. En resumen la situación es que tanto Mgido en la Transparencia 14 del Tema 6, por lo que se remite al razonamiento que allí se expone como res-

t como M

b conducen y se tienen cuatro

posibilidades:

M b^ V DD

V i

β t = 12

μ A/V

2

V

i

(^) 5 V

M t^

v O

V

Tb

= 1 V

V

Tt (^) = -3 V

β b = (^9) (^) μ A/V

2

Figura 2

V

DD

5 V

β t (^) = (^12)

μ A/V

2

V

i

5 V

V

Tb

= 1 V

V

Tt (^) = -3 V

β b = 9 μ A/V

2

V

DD

(^) =

5 V

V GSt

=

V

DSb

= V

O

I Gt = 0

I Db Mb

V

DD

V

i

Mt

I Dt

V

DSt

V GSb

O

I Gb = 0

Figura 2.

V

O

V

DD

V

Tt

1) M

b óhmica - M

t óhmica

2) M

b óhmica - M

t saturación

3) M

b saturación - M

t óhmica

4) M

b saturación - M

t saturación

V

O

V

DD^

V

Tt

V

O

V

DD^

V

Tb^

V

O

V

DD^

V

Tb^

V

O

V

DD

V

Tt

V

O

V

DD^

V

Tt

V

O

V

DD

V

Tb^

V

O^

V

DD^

V

Tb

b) Sustituyendo los valores numéricos de este problema se tiene:

Para calcular

V

o hay que decidir cual de las situaciones antes contempladas es la verdadera.

De las cuatro situaciones anteriores es claro que la 4) es imposible, ya que

V

o no puede se a la vez menor

VSegún el enunciado, el circuito corresponde a un inversor de la familia NMOS, por tanto para una entradaque dos y mayor que cuatro. i = VDD, esto es, un uno lógico, como es el caso en este problema, la salida debería ser un cero lógico,

esto es un valor

V

o pequeño, esto correspondería a M

b en su zona óhmica. Por tanto cabe pensar que la

situación más probable sea la 1), o bien la 2). De ambas el caso b) es aquel para el que la salida

V

o puede

Vamos a intentar pues este caso en primer lugar, esto eséxito esta situación.alcanzar el valor más pequeño, además en la transparencia Transparencia 15 del Tema 6 se analiza con

M

b óhmica - M

t saturación

del enunciado, a estudiar también esta situación, esto es,hubiéramos supuesto que el caso correcto es el 1). Vamos pues, como solución alternativa al apartado b)Sin embargo, para este problema, esta misma solución también podría haberse alcanzado si de partidaHasta aquí la respuesta al enunciado del problema.

M

b óhmica - M

t óhmica.

V

O

1) M

b óhmica - M

t óhmica

2) M

b óhmica - M

t saturación

3) M

b saturación - M

t (^) óhmica

4) M

b saturación - M

t (^) saturación

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

V

O

Imposible

Dado que se tiene que

I

Db ohm

(

)

I

Dt sat (

)

β b

V GSb

V

Tb

V

DSb

V

2 DSb^2

β t

V

GSt

V

Tt^

2

V

GSt

V

DSb

V

O

V

GSb^

V

i

V

DD

β b

V

DD

V

Tb^

V

O^

V

2 O 2

β t

V

Tt

2

β b

V

DD^

V

Tb

V

O^

V

O 2

[

]

β t

V

Tt

2

V

O 2

V

O

Sustituyendo valores numéricos

V

O 2

V

DD

V

Tb

V

O

β M 2

β M 1

V

Tt 2

V

O

V

V

O

V

P

V

DD

V

DD

I

Dt sat

(

I

Dt sat

(

β t

V

Tt

μ A

P

V

DD^

W

Dado que para el caso b) se ha de cumplir

la solución válida es

Para el cálculo de la potencia consumida se tiene

V

O

V

V

4.- Explica brevemente, en términos de corriente de portadores y de forma cualitativa, los fenóme-

zación inversa.nos eléctricos que caracterizan a una unión PN en equilibrio, en polarización directa y en polari-

• En equilibrio: forma esquemática esa estructura y su comportamiento en equilibrio en término de corriente de portadores:dos zonas adyacentes de materiales semiconductores, uno de tipo p y otro de tipo n. La figura ilustra deUna unión PN es una estructura física que resulta de la fabricación, sobre una misma oblea de silicio, de Un resumen de las Transparencias 4, 5 y 6 del Tema 4 dan respuesta a esta pregunta:

La

corriente de difusión

de portadores mayoritarios, huecos en la zona p, y electrones en la zona n,

por lagenerada a partir de la diferencia de concentración de estos a ambos lados de la unión, se ve contrarrestada

corriente de arrastre

de portadores minoritarios, electrones en la zona p, y huecos en la zona n,

secuencia de la formación de una zona en la que sólo haygenerada a su vez por el campo eléctrico interno, que aparece en las inmediaciones de la unión, como con-

(^) cargas fijas

, (iones de la red cristalina) positivas

en la zona n y negativas en la zona p. En resumen, llega un momento en el que

se alcanza un equilibrio

• En polarización inversa: entre la corriente originada por difusión y la de arrastre, con una corriente neta nula.

Si a la unión PN se la coloca una fuente independiente externa de manera que la

caída de tensión esté

entre la parte n y la parte p

, se dice que está polarizada en inversa. En estas condiciones, como ilustra la

figura de más abajo,

el campo resultante

va hacia la izquierda, y por tanto se

suma al campo eléctrico

interno

. Esto origina un

desequilibrio entre las corrientes de arrastre y difusión

, en concreto

favorece

la corriente de arrastre

, que es la debida al campo eléctrico. En resumidas cuentas, el desequilibrio

la corriente está formada por portadores minoritarios origen, por ejemplo en la zona p hay muy pocos electrones que puedan viajar hacia la derecha. Se dice quela derecha. Sin embargo, los electrones y huecos que se pueden mover son muy escasos en las zonas deoriginado por el campo externo obliga a un movimiento neto de huecos hacia la izquierda y electrones hacia

, porque son minoría en sus zonas de origen,

y

como son pocos la corriente es pequeña

. Estos pocos portadores minoritarios, por ejemplo los electrones

corrienteelectrón-hueco, que es tanto más intenso cuanto mayor sea la temperatura (se da más energía), por eso estaen la zona p, no se originan por introducción de impurezas, sino por el proceso de generación de pares

depende de la temperatura

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

Por difusión

Por arrastre Por difusión

Por arrastre

Las corrientes de difusión y arrastre se cancelan

p

n

difusiónCorriente de

Corriente de

arrastre

E (interno)

• La unión PN en polarización directa:

Si a la unión PN se le coloca una fuente independiente externa de forma que la

caída de tensión se

produce desde la parte p a la n

, se dice que está polarizada en directo. En estas condiciones, como ilustra

la figura de más abajo,

(^) el campo externo

se orienta hacia la derecha, y por tanto

se contrapone al interno

Esto origina un

desequilibrio

que favorece el paso de huecos hacia la derecha y de electrones hacia la

izquierda, es decir

se favorece la corriente de difusión

frente a la de arrastre. Como los huecos que deben

electrones moviéndose hacia la izquierda. En otras palabras,una gran cantidad de huecos moviéndose hacia la derecha. De igual forma, habrá una gran cantidad demoverse netamente de izquierda a derecha son mayoría en la zona de la izquierda, que es material p, habrá

la corriente está formada por portadores

mayoritarios, que son muchos, y por tanto es grande

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

E(interno)

Por el campo total Por difusiónPor el campo total Por difusión

UNIÓN PN POLARIZADA EN INVERSA

Las corriente de arrastre supera a la de difusión

E(externo)

La corriente neta está formada por portadores minoritarios

p

n

Por tanto la corriente es muy pequeña

p

n

huecos en la zona n y electrónes en la zona p

y depende de la temperatura

que se originan por generación-recombinación

Corriente de difusión

Corriente de arrastre

E(total)

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

_ _ _ _

E(interno) Por el campo total Por difusiónPor el campo total Por difusión

UNIÓN PN POLARIZADA EN DIRECTA

Las corriente de difusión supera a la de arrastre

E(externo)

La corriente neta está formada por portadores mayoritarios

p

n

corriente grande

p

n

E(total)

Corriente de difusión

Corriente de arrastre

huecos en la zona p y electrónes en la zona n

cuyas concentraciones se controlan por adición de

impurezas aceptoras y donadoras respectivamente

5.- Dibuja y describe el esquema básico de una memoria RAM (memoria de acceso aleatorio) de lec-

cias entre los sistemas que representan los términos RAM estática y RAM dinámica.tura y escritura (R/W memory). Explica también cuáles son las principales semejanzas y diferen-

Estructura general de una memoria RAM de lectura y escritura Un resumen de las Transparencias 9, 10 y 14 del Tema 7 dan respuesta a esta pregunta:

En la figura se muestra un esquema de la organización de una memoria de acceso aleatorio de lectura y

escritura (R/W RAM memory). Los elementos básicos de memoria se organizan en forma de

matriz de

celdas de memoria

(^) cada una de las cuales puede ser seleccionada individualmente a partir de una línea de

selección de columna y una de fila

, cuyo esquema se muestra en la figura de abajo. El conjunto de líneas

de selección se obtiene de la decodificación de las líneas de dirección de acceso a memoria. Una

(^) línea

adi-

cional denominada WE

indica si el acceso a las celdas de memoria es de

(^) lectura

(^) de la información almace-

nada, o de modificación de dicha información, esto es de

escritura

de la celda de memoria. El dato a

escribir o leer llega a todas las celdas del array por medio de la

(^) línea de dato

, D

IN

para escritura, D

O para

lectura.

Esta organización es común a todas las memorias RAM de lectura y escritura, por tanto es común a las

memorias RAM dinámicas y RAM estáticas.

Por otra parte ambos tipos de memorias son consideradas memorias volátiles, dado que mantienen la

información almacenada, sólo mientras están alimentadas.

X 1

X M

Y 1

Y N

W

R

Entrada

Salida

Selección de fila

Selección de columna

DISPOSITIVOS ELEC

T

RÓNICOS

INGENIERO TÉCNICO EN INFORMÁTICA DE GESTIÓN.

1º Curso Grupo C.

Examen extraordinario. Curso 02/03. Málaga 3-9-2003.

1.- ¿De qué tipo es el cristal para el que existen electrones que ocupan niveles de energía en la banda de

uno de estos cristales.puesta. ¿En qué cristales nunca es posible encontrar esa situación y por qué? Cita algún ejemplo de cadaconducción de menor energía que otros que ocupan niveles en la banda de valencia? Justifica la res-

(0,75 puntos)

2.- ¿Qué es un diodo LED? ¿Y un fotodiodo? ¿Y un diodo Zener? Indicar sus principales diferencias y

semejanzas.

(0,75 puntos)

3.- Qué es una memoria de acceso aleatorio. Cuáles son sus principales ventajas e inconvenientes frente a

una memoria de acceso secuencial. Cita algunos ejemplos.

(0,5 puntos)

4.- En el circuito de la

(^) Figura 1

se sabe que el diodo D

B conduce:

b) Determinar la tensión de salida,cionamiento de cada dispositivo.a) Determinar el estado de conducción de Q. Justificar la respuesta verificando las condiciones de fun-

v o , y la potencia consumida en la resistencia R

L .

mentos activos o como elementos pasivos? Justificar la respuesta.c) Determinar la potencia en las fuentes independientes de corriente. ¿Se comportan éstas como ele-

(3 puntos)

5.- Para el inversor CMOS de la

(^) Figura 2:

a) Determinar el intervalo de valores de

V

i para los que el transistor

M

P conduce en saturación y el tran-

sistor

M

N (^) en óhmica. Justificar adecuadamente la respuesta.

b) Calcular el valor de

v o y la potencia consumida para los valores de

V

i extremo de dicho intervalo.

(2 puntos)

6.- Para el circuito digital de la

Figura 3

a) Calcular los márgenes de ruido de cada uno de los inversores que se emplean en dicho circuito.

(^) ¿Cuál

b) Calcular el valor dede ellos es más inmune al ruido? Justifica la respuesta.

v a (^) para

n=

y verificar que el circuito funciona correctamente.

(3 puntos)

D B R modelo tensión umbral B (^) = 10K

Ω;

R B (^) =1M

Ω

Figura 1

V CC

(^) = 10 V

V BEact

(^) = V

BEon

= V

BEsat

= 0.7V

β

V CEsat

(^) = 0.2V

V γ = 0.7V R L (^) = 100

Ω

Q

v

o

V

CC

R

L

D

B

R

B

R

B

_ +

I

2

I

1

M N^ V DD

V

i

M P^

v O

Figura 2

β N = (^) 25

μ A/V

2

V i =?

V TP

= 1 V

V TN (^) = 1 V

β P = 25

μ A/V

2

V DD

= (^) 5 V

I 1 = 0,8 mA

2 I (^) = 6,0 mA

FORMULARIO:

19 de Septiembre en los tablones oficiales del centro. Nota: Las calificaciones, así como el día, lugar y hora de la revisión del examen, serán publicadas el próximo

Figura 3

v in = 5 V

v a

v o

v o

v o

n

A

B B B

Q o

R c =5K

Ω

R b =10K

Ω

V CC

=5V

D i

R=3K

Ω

D 2

v o

V BEact

=V

BEon

=0.7V

β

V BEsat

=0.7V

V CEsat

=0.2V

D 1

Q o v o

V CC

R =5V c =6K

Ω

R b =10K

Ω

v i (^) v i

A

B

V BEact

=V

BEon

=V

BEsat

β^ =0.7V

V CEsat

=0.2V

V γ =0.7V

v i

v i

v o

v o

v o

v i

V OH = V CC

V OL =V CESAT

V IL =V

IH =V

BEON

+V

γ

v o

v i

V OH = V CC

V OL = V CESAT

V IL = V BEON V IH =V A

V A

R B

β R C

---

V C C

V CE SAT

(

) V BE ON

=

C

B

E

E^ C

B

si

C E

B

I B

β I B

E C

B

I B

V CEsat

V BEON

V BEON

V

BE

V

BEon

si

I B^

y (^) V CE^

V

CEsat

I

B

β I B^

I

C^

y si

D S

G

D S

G

D S

G

I D

2 ---^ β V GS^

V T^

(

) 2

=

I D

β

V GS^

V T^

(

) V DS

V 2 DS 2

---

= V GS

V

T^

V

DS

V

GS

V

T

V

DS^

V

GS

V

T

V

GS^

V

T

V

GS

V

T

G

S D

si y

si

y

si

V

T

Vd

Id

si

I

d

V

d

si

Id

Vd V γ

V γ

ideal

V γ

Id

Vd

G

S^ V D

T