107
Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL |TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR (BJT) 1 TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR(BJT) ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS Este documento tiene como objetivo guiar al estudiante de electrónica en el tópico de los transistores de unión bipolares (BJT por sus siglas en inglés). El texto cuenta tanto con ejercicios resueltos como propuestos, que abarcan temas como: zonas y puntos de operación, reguladores de voltajes y amplificadores de pequeña señal. 2015 Borrador 14.0 Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL 15/05/2015

2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

|TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR (BJT) 1

Borrador 14.0Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL

15/05/2015

2015

TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR(BJT)ELECTRÓNICA PARA INGENIEROSEste documento tiene como objetivo guiar al estudiante de electrónica en el tópico de los transistores de unión bipolares (BJT por sus siglas en inglés). El texto cuenta tanto con ejercicios resueltos como propuestos, que abarcan temas como: zonas y puntos de operación, reguladores de voltajes y amplificadores de pequeña señal.

Page 2: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Contenido1

CAPÍTULO 1 4

ZONAS Y PUNTOS DE OPERACIÓN 4

PROBLEMAS RESUELTOS 4

Ejercicio 1 4

Ejercicio 2 6

Ejercicio 3 7

Ejercicio 4 9

Ejercicio 5 12

Ejercicio 6 14

Ejercicio 7 19

Ejercicio 8 23

Ejercicio 9 27

PROBLEMAS PROPUESTOS 31

Problema 1 31

Problema 2 32

Problema 3 33

Problema 4 34

Problema 5 35

Problema 6 36

Problema 7 37

Problema 8 38

Problema 9 39

Problema 10 40

Problema 11 41

Problema 12 42

Problema 13 43

Problema 14 44

Problema 15 45

CAPÍTULO 2 46

|TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR (BJT) 2

Page 3: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

REGULADORES DE VOLTAJE 46

Ejercicio 1 46

Ejercicio 2 47

Ejercicio 3 49

Ejercicio 4 52

Ejercicio 5 56

PROBLEMAS PROPUESTOS 59

Problema 1 59

Problema 2 60

CAPÍTULO 3 61

AMPLIFICADORES DE PEQUEÑA SEÑAL 61

Ejercicio 1 61

Ejercicio 2 66

Ejercicio 3 68

Ejercicio 4 70

Ejercicio 5 73

Ejercicio 6 76

Ejercicio 7 79

Ejercicio 8 81

PROBLEMAS PROPUESTOS 83

Ejercicio 1 83

Ejercicio 2 84

Ejercicio 3 85

Ejercicio 4 86

Ejercicio 5 87

Ejercicio 6 88

Ejercicio 7 89

Ejercicio 8 90

|TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR (BJT) 3

Page 4: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

CAPÍTULO 1

ZONAS Y PUNTOS DE OPERACIÓN

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1En el siguiente circuito, determinar la potencia disipada por el transistor cuando:a) V=0 b) V=5 [V]

Datos: V BE=0.7 [V ] , β=100 ,V CE (sat )=0 [V ]

R1=100KΩ,R2=1KΩ,V CC=10 [V ]

Solución:

a) V=0:

El transistor trabaja en la zona de corte y por lo tanto:

IB=IC=I E=0

PQ=V CE IC=(5.7)(0)=0

b) V=5 [V ]

4

Page 5: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IB=5−0.7100

=0.043mA

IC=β IB=100 (0.043mA )=4.3mA

V CE=10−4.3 (1 )=5.7 [V ]

PQ=V CE IC=(5.7)(4.3)=24.5 [mW ]

5

Page 6: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 2Calcular el valor de I LED en el circuito de la figura1.

Considere β = 100

R1680Ω

R2200Ω

R3620Ω

V112 V

Q12N1132A

LED1

Solución:

Se asume IB≅ 0 porque:

R2 (β+1 )≫ R3

200 (β+1 )≫620

200 (100+1 ) ≫620

20200≫620

Por divisor de voltaje se tiene:

o V R3=12620

620+680=5.72[V ]

Siguiendo la malla formada por 12[V], R2 y R3 se tiene:

12−200 IE 1−V EB−V R 3=0 5.6=200 I E1

o I 1E=I LED=27.88mA

1 http://www.slideshare.net/aicvigo1973/polarizacin-y-estabilizacin-del-transistor-bipolar

6

Page 7: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 3En el siguiente circuito, determine el mínimo valor de β para que el transistor Q1 se sature.

Datos: V BE=0.7 [V ] ;V CE (sat)=0.2 [V ]

R1=200KΩ,R2=100KΩ,

Solución:

Siguiendo la malla del circuito de salida, desde V CC hasta tierra:

V CC= IC RC+V CE

En el límite de las regiones activa-saturación:

IC = ICmáx= βmin IBmáx

V CE= V CE(sat)

Lo que significa que por el circuito circula la máxima corriente de colector y que para que el β aún sea válido,IB=I Bmáx .

Reemplazando:

V CC= βmin IBmáx RC+V CE(sat)

En el circuito de entrada:

7

Page 8: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IB=I Bmáx=V BB−V EB

RB

Y por lo tanto:

V CC=βmin[ V BB−V EB

RB]RC+V CE(sat)

Despejando βmin:

βmin= RB

RC[ V CC−VCE (sat)

V BB−V EB]

βmin=142

8

Page 9: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 4En el siguiente circuito, determinar los puntos de operación de los transistores Q1 y Q2.

Datos: β1 = β2 = 100C1, C2, C3 idealesRin=36kΩ, R1= 60 kΩ, R2= 90 kΩ, R3= 8 kΩ, R4= 0.5 kΩR5= 17.5 kΩ, R6= 2 kΩ, R7= 3.5 kΩ

Solución:

Redibujando el circuito, teniendo en cuenta que los capacitores se abren en el análisis DC y sumando las fuentes de 18V y 12V, se tiene el siguiente circuito:

9

Page 10: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

En la Figura se puede observar que:

IB1≅ 0 , porque : IB2≅ 0 , porque :

(R4+R5 ) (β1+1 )≫ R2 R6 (β2+1 )≫ R3

(0.5k+17.5 k ) (100+1 )≫90k 2k (100+1 ) ≫8k

1818kΩ≫90kΩ 202k≫8kΩ

Lo que cumple con la característica de la configuración tipo H.

Encontrando V 1 , I E1 , IC 1:

V B1=30( R2R1+R2 )=30 ( 90

60+90 )=18[V ]

IE1=V B1−V BE

R4+R5= 18−0.70.5+17.5

=0.96mA

o Ic 1=( ββ+1 ) IE1=0.95 [mA ]

Siguiendo la malla que va desde 30V hasta GND y aplicando LVK:30−(8 ) Ic 1−V CE1−(18 ) IE1=0

30−8 (0.95 )−V CE−18 k (0.96 )=0

o V CE 1=¿5.01 V

10

Page 11: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PQ1=(0 .95mA ,5 .01V )

Analizando Q2:

V C 1=30−8 (0.95 )=22.4V

V E2=22.4+0.7=23.1V

IE2=30−23.1

2=3.45mA

o IC 2=β

β+1I E2=3.41mA

V CE 2=30−2 I E2−3.5 I c2

o V CE 2= 10.94 V

PQ2=(3.41mA ;10.94V )

11

Page 12: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 5En el siguiente circuito, para cada transistor, determine su punto de operación y la zona en que se encuentran operando.

Datos: Q1 ,Q2 :V BE=0.7 [V ] , β=100 ,V CE (sat )=0 [V ]

R1=200KΩ,R2=100KΩ,R3=9KΩ, R4=3KΩ,R5=0.8KΩ,R6=0.1KΩ,

V CC=20 [V ] ,V Z=3.3 [V ]

Solución:

Aplicando Thevenin

V Th=V cc−R2R2−R1

RTh=R1∨¿ R2

V Th=20∗100100+200

=6.67V

12

Page 13: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IB1=V th−V BE

Rth+R∫¿= 6.67−0.766.67+303

=0.0161mA ¿

IE1= (β+1 ) IB=1.626mA

I c1=β IB=100∗IB=1.61mA

IR3=I c 1−IB2=1.47mA

R3 IR3=R5 IE2+0.7

R3 ( IC1−I B2 )=R5 (β+1 ) IB2+0.7

IB2=0.159mA

Aplicando Kirchhoff:

V CC−R3 IC 1−V CE 1−R4 I E1=0

V CE 1=V CC−R3 I R3−R4 IE 1=1.9V

PQ1= (1.61mA ;1.9V )

IC 2=β2 I β 2=15.9mA

IE2=(β2+1 ) I β 2=16.059mA

20−R5 I E2−V CE 2−R6 IC 2−V Z=0

V CE 2=13.50V

PQ2= (15.9mA ;13.50V )

13

Page 14: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 6En el siguiente circuito, considerando las señales V 1 yV 2 determine:

Las zonas de operación de los transistores. Los puntos de operación de los transistores. Los valores de V A ,V B ,V C .

Nota: El transistor Q4 es NPN

R1 Q2

Q1

R2 Q3

R3

R4

R5

Q4

R6

V1V2

VA

20V

VC

VB

Datos: R1=33KΩ,R2=930KΩ,R3=10KΩ, R4=1KΩ, R5=100Ω, R6=33KΩ, V CC=20 [V ] . Para todoslos transistores β=100 ,|V BE|=0.7 [V ],V sat=0[V ]

14

Page 15: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Solución:

Realizando el análisis DC del circuito, se tiene el siguiente gráfico:

Independientemente del intervalo de tiempo, el transistor Q1 -qué está configurado como diodo-, está en la zona de corte, porque la fuente de 20 [V] lo polariza inversamente. La corriente IB1=0 y por lo tanto:

IC 1=β1 IB1=0

Para t=[0,1 ] seg.

El transistor Q4 esta en la zona de corte porque si V 2=0, significa que IB4=0 y por lo tanto:

IC 4=β4 IB 4=0

Para el transistor Q2 :

V 1−R1 IB2−V BE2=0

IB2=V 1−V BE2

R1=5−0.7

33=0.13 [mA ]

IC 2=β2 IB2=100 (0.13 )=13[mA ]

15

Page 16: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Como el transistor Q1 está en la zona de corte:

IB3=IC 2=13 [mA ]

V EC2=20−10 IE3−0.7−930 IC 2

V EC2=−25[KV ]

Al ser el V EC2 negativo, se concluye que el transistor Q2 está saturado y por lo tanto:

V EC2=0

V EC1=20[V ]

V A=0

Analizándo desde otro punto de vista, el voltaje en la resistencia de R2=930 [KΩ ] es:

V R2=13 (930 )=12,090[V ]

Valor que no es posible, puesto que la fuente V CC=20[V ] y a menos que el circuito sea un multiplicador de voltaje, las caídas de tensión en los elementos del circuito son menores a 20V.

Debido a que no pueden existir voltajes de 12,090 V en el circuito, se concluye que el transistor Q2 está saturado y que por el mismo no circula una corriente IC 2=13[mA ], sino una corriente mucho menor, que se la determina considerando que V EC2=0.

El análisis anterior permite observar que las corrientes IBno pueden ser altas (son de µA no de mA), a menos que se esten analizando circuitos electrónicos de potencia.

Suponiendo que el transistor Q3 esta en la zona activa:

V CC−R3(β3+1) IB3−V BE3−R2 IB3=0

20−10 (100+1 ) IB3−0.7−930 I B3=0

19.3=1940 IB3→I B3=19.31940

=0.01 [mA ]=IC 1

IC 3=β3 IB3=100 (0.01 )=1[mA ]

16

Page 17: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IE3=(β3+1)IB3=101 (0.01 )=1.01[mA ]

Y finalmente:

V C=V CC−R3 IE3=20−10 (1.01 )=9.9[V ]

Para determinar V B:

V B=R4 IC 3=1 (1 )=1[V ] Y a partir de V B se determina:

V CE 3=V C−V B=9.9−1=8.9[V ]

V CE 4=V B=1 [V ]

Resumiendo, en el primer intervalo se tiene:

Q1: abierto;Q2 :saturacion;Q3 :activo ;Q 4: corte

PQ1 (0 ,20V ); PQ2 (0.01mA ,0V ); PQ3 (1mA ,8.9V ) ; PQ4 (0 ,1V )

V A=0 [V ] ;V B=1 [V ] ;V C=9.9[V ]

Para t∈[1,2]seg

V 1=0 [V ] V 2=0[V ]

Q1 está encorte

V 1=0V ∴ IB2=IC 2=I E2=0→Q 2está en corte

→V 2=0→IB 4=IC 4=I E4=0→Q 4 está encorte

Como IC 2=IB3=0→IC 3=I E3=0→Q3 está encorte

En estas condiciones:

PQ1 (0 ,0 ) ;PQ2 (0 ,0 ) ; PQ3 (0 ,20V ); PQ 4 (0 ,0 )

V A=0 ;V B=0 ;V C=20V

Para t∈ [2,3 ] seg:

17

Page 18: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V 1=0 [V ]V 2=5 [V ]

Q1 está encorte

V 1=0 [V ]∴ I B2=IC 2=IE2=0→Q2 está encorte

Como IC 2=IB3=0→IC 3=I E3=0→Q3 está encorte

Como IC 3=IC 4=0→Q4 está encorte

Así:

PQ1 (0 ,0 ) ;PQ2 (0 ,0 ) ; PQ3 (0 ,20V ); PQ 4 (0 ,0 )

V A=0 ;V B=0 ;V C=20V

18

Page 19: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 72

En el siguiente circuito, determinar los puntos de operación Q1 yQ2.

Datos: paraQ1 y Q2V saturación=0.3 [V ] , β=100

R1=40 [KΩ ] ,R2=0.5 [KΩ ] , R3=1 [ KΩ ] , R4=2 [KΩ ] , R5=2 [KΩ ]

Solución:

Definiendo las corrientes en el circuito se tiene el siguiente gráfico:

2 Ejercicio tomado del libro: “Electrónica I Teoría y solucionario de problemas”.

19

Page 20: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Siguiendo la malla formada por R3 ,Q1, R1 y−15[V ] se tiene:

R3 ( IE1+ IB2 )+0.7+R1 IB1=15

1 (101 IB1+ IB2 )+40 I B1=14.3

IB2+141 I B1=14.3 (1)

Puesto que se necesita otra ecuación en función de IB1 e IB2 se puede tomar

la malla formada por R3 ,Q2, R5 y−5 [V ] se tiene:

R3 ( IE1+ IB2 )+0.7+R5(β+1) IB2=5

1 (101 IB1+ IB2 )+2(101) IB2=4.3

101 I B1+20 IB2=4.3 (2)Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) se tiene:

IB1= 101.63 μA

IB2= -29.83 μA

Ya que IB2<0, el transistor Q2 está en zona de corte.

20

Page 21: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

El punto de operación de Q2 será:

V CE=V 1−V 2

V CE=5−(−5 )=10 [V ]

IB2=I E2=IC2=0

PQ2=(0 A ,10V )

Al retirar Q2 del circuito se tiene:

R3 IE1+0.7+R1 IB1=15

1(101 IB1)+40 I B1=14.3 141 I B1=14.3

o IB1=101.41µAo IC 1=10.14mA

o IE1=10.24mA

Calculando V EC :

V EC=15−1.5 IC 1o V EC=−0.32[V ]

21

Page 22: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Puesto que V EC<0 , el transistor Q1 está en zona de saturación y por lo tanto:

V EC=15−1.5 IC 1 0.3=15−1.5 IC 1

o I c1=9.8mA

Siendo su punto de operación:

o PQ1=(9.8mA ,0.3V )

22

Page 23: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 8

En el siguiente circuito, encuentre los puntos de operación de Q1 ,Q2 ,Q3

( IC ,V CE ).

Datos: β1=β3=50 , β2=40 ,|V BE1|=|V BE2|=|V BE3|=0.7 [V ]

Solución:

Puntos de operación

23

Page 24: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Se realiza el análisis DC

Para el transistor Q1:

−10 IB1−0.7−4.7 I E1+10=0

−10 IB1−0.7−4.7 (β1+1) IB1+10=0

−10 IB1−0.7−(4.7 )(51)IB1+10=0

24

Page 25: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

249.7 IB1=9.3→IB1=9.3249.7

=0.037 [mA ]

IC 1=β1 IB1=50 (0.037 )=1.9[mA ]

V CE 1=20−4.7 (1.90 )=11.1 [V ]

El punto de operación de Q1 es:

PQ1 :(1.9mA ,11.1V )

Para el transistor Q2, realizando el análisis de una forma directa:

IB2=10−0.7

10+4.7(40+1)=0.046 [mA ]

IC 2=β2 IB2=40 (0.046 )=1.8 [mA ]

V CE 2=20− (2.2+4.7 )1.8=7.1[V ]

El punto de operación de Q2 es:

PQ2 :(1.84mA ,7.1V )

Para el transistor Q3:

V Th=10( 1515+39 )−10( 39

39+15 )=−4.4 [V ]

RTh=39 (15)39+15

=10.8 [KΩ]

Puesto que:

IB3=IE 3

( β3+1)

IB3=V Th−V BE+10RTh+1.5 β3+1¿

¿=0.03[mA ]

IC 3≌β3 IB3=3 [mA ]

V CE 3=10−1.5 I E3−0.5 IC3+10=14.0[V ]

El punto de operación de Q3 es:

25

Page 26: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PQ3 :(3.0mA ,14.0V )

26

Page 27: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 9En el siguiente circuito, determine:

El Valor de V 0

Los puntos de operacion de los transistores El estado de los diodos

Si:

a¿V i=0[V ] b¿V i=3 [V ] c ¿V i=−3[V ] d ¿V i=10[V ]

Datos: R1=0.1KΩ,R2=5KΩ, R3=5KΩ, R4=5KΩ, R5=5KΩ,R6=0.1KΩ,V CC=10 [V ] ., Para lostransistores β=100 ,|V BE|=0.7 [V ] ,V sat=0 [V ] ; para los diodosV D=0.7 [V ] ,

27

Page 28: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Nota: Los valores de las resistencias se encuentran en KΩ.

Observando las configuraciones de Q1 yQ2, se aprecia que no cumplen con las caracteristicas de una configuracion tipo H, puesto que:

Q1:R1 (β1+1 )=0.1 (100+1 )=10.1 [KΩ ] noesmuchomayor que R2=5 [KΩ]

Q2 :R6 ( β2+1 )=0.1 (100+1 )=10.1 [KΩ ]noesmuchomayor que R5=5[KΩ]

Por lo que habría que resolver el problema por Thevenin:

V Th1=V CC( R3R2+R3 )+

V CC

2 ( R3R2+R3 )=10( 5

5+5 )+5( 55+5 )=7.5[V ]

V Th2=−V CC( R4R4+R5 )−

V CC

2 ( R5R4+R5 )=−10( 5

5+5 )−5( 55+5 )=−7.5[V ]

RTh1=R2⫫R3=2.5 [KΩ]

RTh2=R4⫫R5=2.5[KΩ]

Asumiendo que Q1∧Q2 están en zona activa:

IE1=V CC−V EB1−V Th1

R1+RTh1

β1+1

IE1=10−0.7−7.5

0.1+2.5100+1

¿¿=14.4 [mA ]

28

R1

+10v

Q1

D1D2

D3 D4

VI

R6

R7

V0

Q2

Rth1

Vth1

Rth2

Vth2

-10V

Page 29: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IE2=V Th1−V BE1+V CC

R6+RTh 2

β2+1

IE2=−7.5−0.7+10

0.1+2.5100+1

¿¿=14.4 [mA ]

Despues de realizar los analisis de las configuraciones de Q1 yQ2, es tiempo de comprender que sucede cuando se aplica la señal de V i.

a¿V i=0[V ]

Si V i=0, ambos transistores conducen, los cuatro diodos tambien lo hacen y por cualquier camino que se tome:

V 0=V i−V D+V D

V 0=V i=0

V EC1=V CC−V i−V D−R1 IE1=10−V i−0.7−0.1 (14.4 )

V EC1=V CE2=7.9−V i=7.9 [V ]

V CE 2=V i−V CC−V D−R6 IE 2=V i+10−0.7−0.1 (14.4 )

V CE 2=7.9+V i=7.9 [V ]

b¿V i=3 [V ]

Si V i=3 [V ], tanto los dos transistores como los cuatro diodos siguen conduciendo y:

V 0=V i=3[V ]

V EC1=7.9−V i=4.9 [V ]

V CE 2=7.9+V i=10.9 [V ]

Q2 no está saturado porque entre sus extremos (V i ,−V CC), hay 13 [V].

c ¿V i=−3[V ]

29

Page 30: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Si V i=−3 [V ], nuevamente, tanto los 2 transistores como los cuatro diodos conducen y:. ambos transistores siguen conduciendo:

V 0=V i=−3[V ]

V EC1=7.9−V i=10.9 [V ]

V CE 2=7.9+V i=4.9 [V ]

d ¿V i=10[V ]

Si V i=10 [V ], el diodo D1 se abre, porque no puede polarizarse directamente (V D1<0) y el transistor Q1 conduce a través de D3. En lo que respecta a Q2, este transistor conduce a través de D2 y el D4 se abre. Por lo tanto:

V 0=R7 IC 1=0.1 (14.4 )=1.4 [V ]

V EC1=V CC−V D3−(R1+R7 ) IC 1=10−0.7−(0.1+0.1 ) (14.4 )

V EC1=¿6.4[V ]

V CE 2=7.9+V i=17.9 [V ]

Resumiendo:

V i

[V]V 0

[V]D1 D2 D3 D4 PQ1

(mA, V)PQ2

(mA, V)0 0 C C C C (14.4, 7.9) (14.4, 7.9)3 3 C C C C (14.4, 7.9) (14.4, 7.9)-3 -3 C C C C (14.4, 7.9) (14.4, 7.9)10 1.4 NC C C NC (14.4, 7.9) (14.4, 7.9)

C: conduce; NC: no conduce

30

Page 31: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

31

Page 32: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 1Para el circuito mostrado a continuación determinar el estado de los transistores.

Rb1=100KΩ,Rb2=50KΩ,Rc1=5kΩ ,Rc2=2.7KΩ, Re 2=2KΩ, Re 1=3KΩ

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

32

Page 33: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 2Determinar el punto de operación de cada uno de los transistores.

Datos:|V BE|=0.7V β =100 (para los dos transistores)

R1Q1

R2

R3

R4

R5

Q2

R6

R715kΩ

+12v

+12v

R1=10KΩ,R2=0.1KΩ, R3=1kΩ,R4=100KΩ,R5=100KΩ,R6=RR7=0.5KΩ

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

33

Page 34: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 3Dado V1 Y V2, grafique las formas de onda de Vi y Vo. Considere diodos ideales.

R1=5KΩ,R2=5KΩ, R3=15KΩ, R4=20KΩ, R5=5KΩ,R6=0.1KΩ

V z=5V , β=100

V 1=15V ,V 2=0 , para0≤t<1(seg)

V 1=0V ,V 2=15V , para1≤ t<2(seg)

34

R1

R2

D1

D2

D3

V1

V2

R3

R4

Q1

R5

C1

D4

+15

R6

VoVi

Page 35: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 4Graficar V o vs V x

R1=5Ω, R2=3.3KΩ,R3=400Ω ,R4=50Ω,R5=4.7Ω,R6=6KΩ;R7=6KΩ

Vx=2V−0V

Para todoslos transistores : β=200 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

35

Vx

R1Q1

Q2

R2

+15v

R3

D1 C1

L1 R4

R5Q3

R6

R7 V0

+36v

Page 36: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 5Graficar V o vs t.

R1=5KΩ,R2=2KΩ ,R3=10k Ω,R4=10KΩ,R5=6.8KΩ,R6=10KΩ;R7=15KΩ

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

36

V1

R1

R2Q1Q2

L1 D1

C1 R3

R4

R5

R6

R7

R8

V0

-15v

+15v

Page 37: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 6Encuentre el valor de RC para que:

a) V CE=10V

b) Q2 esté en el borde de saturación.

R1=20KΩ, R2=0.3KΩ,V=2V V 1=20V

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

37

V

R1Q1

R2

Rc

V1

Page 38: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 7Graficar V o1 vs t; V o2 vs t ;V o3 vs t

R1=1KΩ,R2=10KΩ ,R3=2kΩ, R4=1KΩ ,

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

38

Q1Vx1

D1

D21BH62L1

R1

Q2

V02

V03

R2

R3

Vx2

R4

V01

Page 39: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Vx

R1

R2

R3

R4

R5

R6Q1 Q2

V01

+30v

+20v

Problema 8Graficar V o1 vs t.

R1=430KΩ ,R2=5KΩ, R3=0.1kΩ, R4=5KΩ ,R5=5KΩ, R6=430Ω

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

39

Page 40: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 9En el siguiente circuito, determinar:

a) La región de operación (corte, activa, saturación) de los transistores Q1, Q2.

b) El rango de Rd para que Q3 esté en la región activa.

Ra=1.7KΩ, Rb=0.4KΩ,Rc=6kΩ,

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

40

Page 41: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 10Para el siguiente circuito. Determinar el estado de los transistores.

Vi

C1

R1

R2

V15 V

Q1

R3

C2

Q2

R4

C3

R5

V115 V R6

C4 Vo

R1=53KΩ,R2=10KΩ,R3=2kΩ,R4=39KΩ,R5=83KΩ,R6=5KΩ

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V ,V CEsat .=0.2V

41

Page 42: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 11Hallar los puntos de operación, VO, V1.

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V

Problema 12Hallar los puntos de operación y graficar VC1

42

V1

R1 C1

R2

R3

R4

R5

R6

C2

Q1

Q2

+20v

V0

Page 43: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Para todoslos transistores : β=100 ,|V BE|=0.7V

Problema 13En el siguiente circuito dado:

a) Calcular el punto de operación del transistor, si el β varía con IC como se indica en las características.

Transistor de silicio |V BE|=0.6V

43

R1 R2

R3

R4

R5D1

Q1

D2

C1Q2

C2

+20v

Page 44: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 14En el siguiente circuito, determinar los puntos de operación de los transistores.

Datos: Q1: |V BE|=0.6V β=100 ; Q2|V BE|=0.6V , β=130

44

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

R8

R9

R10

R11

Q1

Q2

Q3

Q4

+6v

+6v

Page 45: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 15Determinar el punto de operación de cada uno de los transistores Datos: |VZ1| = 6.7V

|V BE|=0.7V

β=100 (para todos los transistores)

45

Vi

C1 R1

R2

R3

Q1

R4

+25v

R5

R6

C2

Q2

C3

R7

V0

Page 46: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

CAPÍTULO 2

REGULADORES DE VOLTAJE

Ejercicio 1El siguiente diagrama corresponde a una fuente de voltaje lineal regulada con una corriente de salida de 0 a 2 Amperios. Determinar:

a) V 0máx y V 0mín

46

Vi1

7 V

Q1

R1 R2

Q2

7 V

Vi2

R3 R4

Q3 Q4

R5

Q5

R6Z1

R7

15 V

Page 47: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

T1V1

120 Vrms 60 Hz 0°

D1

D2

C1

3.300µF

R1270Ω

D3

D4

Q1

Q2

R3 C2470µF

50kΩKey=A

0%

b) PotQ 2máx

c) Pot D3máx

Datos:Para lostransistores β=100 ,|V BE|=0.7 [V ] .Para los diodosV D=0.3 [V ]

V Z=15 [V ] ,V=20 [V ]

V Vo

Solución:

a) El V 0máx y V 0mín se los obtiene observando el funcionamiento del zener y los extremos del resistor variable:

V 0máx=15−1.4=13.6 [V ]V 0mín=0 [V ]

b) La potencia máxima de Q2(PotQ 2máx) es:

PotQ 2máx=V CE 2 IC 2=(20−13.6 ) (2 )=12.8[W ]

c) La potencia máxima del diodo zener D3(Pot D3máx) es:

Pot D3máx=V D 3 ID 3=15( 20−150.27 )=0.28 [W ]

47

Page 48: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 2En el siguiente circuito, determinar:

a) V0

b) PQ2

c) VEC1

Datos: Para todoslos transistores , β=50 ,|V BE|=0.7 [V ] . V Z 1=6 [V ] ,V Z 2=6.2 , [V ] ;Considere además , IB3≪ I 1

a) Del análisis del circuito, se puede determinar que D2 está encendido, por lo que:

V B3=V Z 2+0.7=6+0.7=6.7 [V ]

IR6=6.7V1KΩ

=6.7[mA ]

De los datos del problema IB3<<I1, lo que significa que la corriente que circula por R6 es aproximadamente igual a la corriente que circula por R3, por lo que:

IR3=6.7[mA ]

Y por lo tanto:

V 0=I R3R3+V B3=6.7 (0.79 )+6.7

V 0=12V

48

Vo IB3

I1

Page 49: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

b) La potencia de Q2es:

PotQ 2=V CE2 IC 2

IC 2≅ I E2=IR3+ IRL=IR3+V 0

RL

=6.7+ 120.24

=56.7 [mA ]

V CE 2=25−12−R4 IC 2=13−0.068 (56.7 )=9.1 [V ]

PotQ 2=56.7 (9.1 )=0.52W

c) El voltaje V CE 1es:

V CE 1=V C 1−V E1

V E1=25−6.2+0.7=18.1[V ]

IE1=25−V E 1

R2=25−18.1

2.7=2.6[mA ]

V C 1=V 0+0.7+R5 IC 1=12+0.7+1(2.6)=15.3 [V ]

V CE 1=15.3−18.1=−3.1[V ]

49

Page 50: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 3En el siguiente circuito, determinar:

a) V0.

b) La corriente máxima en la carga RL.c) RSmín y RSmáx para que el circuito regule (asuma RL=20[Ω])

Datos:Para lostransistores y los diodos|V BE|=V D=0.7 [V ] .

β1=60 , β2=80 ,PotenciaQ1máx=5 [W ]

V Z 1=6.9 [V ] , I Z 1mín=2 [mA ] ,PZ 1máx=0.5 [W ] ;8≤V i≤10.

C11µF

RsRL

Q1

Q2

D1

D2

Z16.9V

D3

Vi Vo

Solución:

a) El valor de V o se lo obtiene directamente del circuito, asumiendo que el diodo zener opera adecuadamente y que el diodo D1 está abierto, puesto que V i≫V 0 (D1 es un diodo que se lo utiliza como protección de Q1):

V Z1+V D3

−V D2−V BE2

−V BE1−V o=0

V o=6.9−1.4=5.5 [V ]

b) La corriente máxima en la carga RL(I ¿¿ Lmáx)¿ es:

I Lmáx=I E1máx≌ IC 1máx=PotenciaQ1máx

V imín−V 0

I Lmáx=5

8−5.5=2[W ]

50

Page 51: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

c) Los valores de RSmín y RSmáx para que el circuito regule, asumiendo que

RL=20[Ω], se los determina de la ecuación de RS:

RS=V i−V Z 1−V D3

I Z 1+ IB2

RS1=V imáx−V Z 1−V D3

I Z 1máx+ IB2

RS2=V imáx−V Z 1−V D3

I Z 1mín+ IB 2

RS3=V imín−V Z1−V D3

I Z 1máx+ I B2

RS4=V imín−V Z 1−V D3

I Z 1mín+ IB2

La corriente maxima a través del zener, se la puede obtener de la forma:

I Z 1máx=PZ 1máx

V Z 1

=0.5 [W ]6.9[V ]

=0.072 [ A ]=72[mA ]

Y la corriente a través de la base del transistor Q2 mediante:

IB2=I E1

(β1+1 ) ( β2+1 )=

V 0

RL

(β1+1 ) (β2+1 )=

V 0

RL (β1+1 ) (β2+1 )

IB2=5.5

55 (60+1 ) (80+1 )=20 [µA ]=0.020 [mA ]

Los posibles valores de RS son:

RS1=10−6.9−0.772+0.020

=0.033 [KΩ]

RS2=10−6.9−0.72+0.020

=1.19[KΩ]

RS3=8−6.9−0.772+0.020

=0.006[KΩ]

RS4=8−6.9−0.72+0.020

=0.198[KΩ]

51

Page 52: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Y por lo tanto, los valores de RSmín y RSmáx para que el circuito regule,

asumiendo que RL=20[Ω], son:

0.033≤ RS≤0.198[KΩ]

Si se toman como valores RSmín=0.006 [KΩ ] y RSmáx=1.19 [KΩ], el circuito no

regula. Puesto que V i es un voltaje que depende del tiempo. Si de:

RS=V i−V Z 1−V D3

I Z 1+ IB2

Se despeja I Z 1:

I Z 1=V i−V Z 1−V D3

RS

−I B2

SiV i=10 [V ] y RSmí n=0.006 [ KΩ ] :

I Z 1=10−6.9−0.70.006

−0.002=435 [mA ]

Y el zener se quema porque no puede soportar una corriente mayor aI Z 1=72.5 [mA ] .

SiV i=8 [V ] y RSmá x=1.19 [KΩ ] :

I Z 1=8−6.9−0.71.19

−0.002=0.32[mA ]

Y el zener se abre porque no puede funcionar con una corriente menor aI Z 1=2 [mA ] .

Finalmente, de los valores de RSmín y RSmáx, se puede observar que:

RSmí n=V ℑá x−V Z 1−V D3

I Z1má x+ IB2 , RSmá x=

V ℑ í n−V Z 1−V D3

I Z 1mí n+ IB2

RSmín se produce cuando I Z 1máx yV imáx

RSmáx se produce cuando I Z 1mín yV imín

52

Page 53: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

53

Page 54: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 43

En el siguiente circuito, determinar:

a) Vo

b) Potencia en Q1

c) Potencia en el zener

Datos:Para lostransistores y los diodos β=40 ,|V BE|=0.7 [V ] ;V Z=3.3 [V ]

R11kΩ

Q1

Q2

Q3

3.3V

R2100kΩ

R350kΩ

R4500Ω

VoVi = 16V

Vx

-

Vy

+

Vi16 V

Solución:

a) Para encontrar el voltaje V 0:

V X=V Z+V BE=3.3+0.7=4 [V ]

Si se asume que IB3≪ IR 3, se puede decir que:

IR3≌ IR2=V X

R3= 450

=0.08[mA ]

Y por lo tanto:

V 0=(R¿¿2+R3) I R2=(100+50 )0.08=12[V ]¿

Para verificar si lo asumido es correcto (IB3≪ IR 3¿ :

IB3=IC 3β

=IR1+ IB2

β

3 Ejercicio tomado del libro: “Electrónica I Teoría y solucionario de problemas”.

54

Page 55: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IR1=V i−(V ¿¿0+2V BE)

R1=16−(12+1.4)

1=2.6 [mA ]¿

Para determinar IB2:

I L=V 0

RL

=24 [mA ]

IE1=¿0.08+24=24.08[mA ]

IB2=I E1

(β+1 )2=24.08412

=14.3 [ μA ]=0.014[mA ]

Y por lo tanto:

IB3=2.6+0.014

40=0.06 [mA ]

Comparando:

IB3=0.06 [mA ]no es≪ I R3=0.08 [mA ]:Por lo que lo asumido no es correcto y hay que nuevamente realizar los cálculos, aplicando Thevenin en la base de Q3. Esto es:

R

Q3

3.3V

Vi = 16V

Vi16 V

Rth3

VTH3

V Th3=V 0( R2R2+R3 )=V 0( 50

100+50 )=0.33V 0

RTh3=R2⫫R3=33.3 [KΩ]

Y la corriente en la base y en el colector de Q3 son:

55

Page 56: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IB3=V Th3−0.7−3.3

RTh 3

=0.33V 0−433.3

=V 0−12100

IC 3=β IB3=40(V 0−12100 )=2V 0−24

5=0.4V 0−4.8

Por su parte, la corriente en el emisor de Q1 es:

IE1=I R2+ I L

En donde: I L=V0.5

=2V 0

IR2=I R3+ IB3=V X

50+V 0−12100

=0.08+0.01V 0−0.12=0.01V 0−0.04

Y por ello:

IE1=0.01V 0−0.04+2V 0=2.01V 0−0.04

IB2=I E1

(β+1 )2=2.01V 0−0.04

(41)2=1.196 x10−3V 0−2.38 x10

−5

IR1=IB 2+ IC 3=1.196 x 10−3V 0−2.38 x10

−5+0.4V 0−4.8=0.401V 0−4.8

Por otro lado:

IR1=V i−[V 0+2 (0.7 )]

R1=16−V 0−1.4=14.6−V 0

Igualando las ecuaciones de IR1 y despejando V 0:

0.401V 0−4.8=14.6−V 0

V 0=13.8[V ]

b) La potencia que disipa Q1es:

PotQ1=V EC 1 I E1

V CE 1=16−13.8=2.2[V ]IE1=2.01 (13.8 )−0.4=27.7 [mA ]PotQ1=2.2 (27.7 )=60 [mW ]

c) La potencia que disipa el zener es:

56

Page 57: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PZ=V Z I ZI Z=IE 3=(β+1 ) IB3=(β+1 )[V 0−12100 ]=41[ 13.8−12100 ]=0.76 [mA ]

PZ=3.3 (0.76 )=2.5 [mW ]

57

Page 58: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 5Diseñar una fuente regulada serie que cumpla con las siguientes especificaciones:

V o=−5 [V ] , I 0máx=500 [mA ]

Y considere la siguiente información:

Voltaje de alimentación de 120 Vrms y frecuencia de 60 Hz. Relación de vueltas del transformador N1/N2 =15

Puente de diodos de silicio conV AK=0.7 [V ] Transistores en configuración Darlington con β=50 y|V EB|=0.7 [V ] Potencia máxima del zener de 1 [W ] y corriente mínima del zener de 8

[mA ] Porcentaje de rizado del 5%

El diseño debe incluir:

a) El diagrama del circuito, utilizando la cantidad de transistores y resistencias que considere necesario.

b) El voltaje del zener V Z y el rango de la resistencia R que lo polariza.

c) El valor del capacitor C (considere una Req=V DC /I DC).

Solución:

a) El diagrama del circuito es:V0 es -5 [V], es VNR, (NR en mayúscula) en el transformador VP, VS; LA FUENTE ES VI

b) El voltaje del zener V Zviene dado por:

58

Page 59: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V Z=V 0+2V BE

V Z=5+2 (0,7 )=6,4 [V ]

y el rango de la resistencia R que lo polariza estaria dado por

R=|V NR|−V Z1

I Z+ IB2

En donde se ha tomado el valor absoluto de V NR, para facilitar la solución del problema, puesto que en realidad, en el circuito, los voltajes de los nodos son negativos. Los posibles valores de R son:

R1=|V NRmáx|−V Z1

I Z 1máx+ IB2máx

R2=|V NRmáx|−V Z 1

I Z 1mín+ IB2mín

R3=|V NRmín|−V Z 1

I Z 1máx+ IB2máx

R4=|V NRmín|−V Z 1

I Z 1mín+ I B2mín

La corriente maxima a través del zener, se la puede obtener de la forma:

I Zmáx=PZmáx

V Z

=1[W ]6.4 [V ]

=152.2[mA ]

Y la corriente a través de la base del transistor Q2 mediante:

IB2máx=IE1máx

( β2+1 )2= 500

(50+1 )2=0.19[mA ]

IB2mín=0

La corriente IB2mín=0 es un valor ideal, puesto que si esto llegase a suceder los transistores dejan de funcionar y a la salida ya no se tendría V 0=−5 [V ]sino V 0=0 [V ] .

El voltaje |V NRmá x| se lo determina de los datos del transformador:

59

Page 60: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V P pico

V Spico

=N 1

N 2

V S pico=

V Ppico

N1

N2

=120√215

=11,3[V ]

|V NRmáx|=V S pico−2V D=11.3−2 (0.7 )=9.9 [V ]

Y el voltaje |V NRmí n| del porcentaje de rizado (%r) :

|V NRmín|=[ 1−√31+√3 ]|V NRmáx|=[ 1−√3

1+√3 ] 9.9=8.3 [V ]

Los posibles valores de R son:

R1=9.9−6.4156.3+0.2

=0.022 [KΩ]

R2=9.9−6.48

=0.435[KΩ]

R3=8.3−6.4156.3+0.2

=0.012[KΩ]

R4=8.3−6.48

=0.238 [KΩ]

Y por lo tanto, los valores de RSmín y RSmáx para que el circuito regule, son:

0.022≤R<0.238[KΩ]

60

Page 61: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 1Utilizando el siguiente circuito, diseñe una fuente con regulación de voltaje en paralelo, que cumpla las especificaciones:

V RL=¿ 12 [V]; IRL=1 [ A ]

Y considere la siguiente información:

V NRmáx=16 [V ] ,V NRmín=18 [V ] ;PZmáx=1 [W ] , I Zmín=5 [mA ] ;β1=50 ,|V BE1|=|V BE2|=0.7 [V ]

R

RL

DZ

Q1Vout

ADJ

Vin

Fuente N.R.16 y 18 V

61

Page 62: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Problema 2Utilizando el siguiente circuito, diseñe una fuente con regulación de voltaje en paralelo, que cumpla las especificaciones:

V RL=¿ 9 [V]; IRL=1 [ A ]

Y considere la siguiente información:

V NRmáx=15 [V ] ,V NRmín=12 [V ] ; PZmáx=0.5 [W ] I Zmín=2 [mA ] ;β1=50 , β2=100 ,|V BE1|=|V BE2|=0.7[V ]

Rs

R

RL

Dz

Q1

Q2

FuenteN.R.

62

Page 63: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

CAPÍTULO 3

AMPLIFICADORES DE PEQUEÑA SEÑAL

Ejercicio 1Realizar el análisis DC y calcular la ganancia de voltaje de forma literal para el siguiente circuito.

Datos : I f=0.5 [mA ] ,R ¿=50 , R1=1 [ KΩ ] , R2=100 [ KΩ ] , RL=1 [ KΩ ]β=99 ,|V BE|=0.7[V ]

Análisis DC

Considerando que los condensadores a bajas frecuencias se comportan como

un circuito abierto, se obtiene:

Del circuito, se deduce:

0 .5mA=IB+ I c=I E (1.1.1)

V E=R1 I E=R1 (0 .5mA )=0 .5V (1.1.2)

V B=0 .7+V E=0 .7+0 .5=1.2V (1.1.3)

V C=R2 I B+V B=R2 I B+1 .2V (1.1.4)

63

Page 64: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Del Transistor Bipolar, se tiene que:

IB=βI c (1.1.5)

Si se sustituye la ecuación 1.1.5 en la ecuación 1.1.1, resulta:

IB=0 .5mAβ+1

(1.1.6)

Al reemplazar la ecuación anterior en la ecuación 1.1.4, se obtiene:

V C=R2( 0 .5mAβ+1 )+V B≈1.7V

(1.1.7)

Finalmente,

V CE=V c−V E=1 .7−0.5=1 .2V (1.1.8)

Análisis AC

Solución 1: modelo híbrido π (amplificador de transconductancia)

Considerando que los condensadores en baja frecuencia se comportan como un corto circuito y la fuente de corriente DC se comporta como un abierto, se obtiene:

Al sustituir el transistor bipolar por su modelo en pequeña señal:

64

Page 65: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Donde gm: se llama transconductancia.

r π : la resistencia de entrada entre la base y el emisor, vista desde la

base.

Se calculan ambas de la siguiente manera:

gm=I cV T

(Donde Ic es la corriente del colector en DC y V T es un voltaje térmico que es

aproximadamente igual a 25 mv a temperatura ambiente.)

r π=βgm

=V T

I b

(Donde Ib es la corriente de la base en DC).

Si suponemos que ro tiende a infinito resulta:

Finalmente, se obtiene:

65

Page 66: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Del circuito se deduce:

Se obtiene la ganancia:

Solución 2: modelo híbrido π(amplificador de corriente-parámetros de BC)

66

Vo=−(R2 // RL )gmV be

Rin=R1 // r π // gm−1

Vbe= RinRin+50

Vin

VoVin

=−(R2 // RL) gmRin

Rin+50

Page 67: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

hib=re

h fb=α=h fe

hfe+1

Zi=R1/¿ℜ

I e=V x

re

vX=v i

Z i

Ri+Zi

R1≫r e→Z i=re

Zo=R2/¿RL=RC

vo=−ICRC=−α I eRC

vO=−αvx

reRC

vO=−αv iZ i

(R¿¿ i+Z i)(re)RC ¿

vO=−αv i

(R¿¿ i+Z i)RC ¿

Av=(vo

v x

)(v x

v i

)=(−α (Rc )

Z i

)(Z i

Ri+Z i

)=−α(R2/¿RL)

R i+re

67

Page 68: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 2En el siguiente circuito, determinar en banda media:

a) La impedancia de entrada Zi

b) La impedancia de salidaZ0 c) La ganancia v0/v i

Datos :R1=4 [ KΩ ] , R2=2 [ KΩ ] ,R3=1 [KΩ ] , R4=R8=0.4 [ KΩ ] ,R5=0.1 [KΩ ] ,RL=2 [ KΩ ] , hfe 1=hFE1=β=100 ,V CC=24 [V ]

Solución:

a) La impedancia de entrada Zi se determina de la forma:

Zi=R1⫫R2⫫(re 1+R4)(hfe1+1 )

En donde:

re=26mVIE (DC)

Del circuito se observa que:

(RE1+RE2 ) (β+1 ) ≫R2

Y por lo tanto:

68

Page 69: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V B=V CC( R2R1+R2)=24 ( 24+2 )=8 [V ]

IE1=V B−0.7R4+R8

= 8−0.70.4+0.4

=9.1mA

re=26mVIE (DC)

= 26mV9.1mA

=0.003KΩ

Reemplazando los valores:

Zi=4⫫2⫫ (0.0028+0.4 ) (100+1 )=1.3[KΩ]

b) La impedancia de salida Z0 es:

ZO=R3=1 [KΩ ]

c) La ganancia v0/v i es:

Av=vo

v i

=( vo

vb1)( vb1

v i)=(−R3⫫RL

r e+R4 )( Zi

R5+Z i)=( −1⫫2

0.003+0.4 )( 1.30.1+1.3 )

Av=(−1.65 ) (0.93 )=−1.54

69

Page 70: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 3En el siguiente circuito, determinar:

a) La impedancia de entrada Zi

b) La impedancia de salidaZ0 c) La ganancia v0/v i

Datos :R1=R3=68 [ KΩ ] ,R2=R4=33 [KΩ ] ,RC 1=RC 2=15 [KΩ ] , RE1=RE3=0.33 [KΩ ] ,

RE2=RE4=12 [KΩ ] RL=10 [KΩ ] , h fe1=h fe2=hFE1=hFE2=100 ,V CC=25 [V ]

Solución:

a) La impedancia de entrada Zi se determina de la forma:

Zi=R1⫫R2⫫(re 1+RE1)(hfe1+1 )

En donde:

re 1=26mVI E1(DC)

Del circuito se observa que:

(RE1+RE2 ) (hFE1+1 )≫R2

Y por lo tanto:

70

Page 71: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V B1=V CC( R2R1+R2 )=25( 33

68+33 )=8.2[V ]

IE1=V B1−0.7RE1+RE2

= 8.2−0.70.33+12

=0.6[mA ]

Es importante verificar que el circuito esté en la zona activa, esto es, que en este caso, el V CE 1>0:

V CE 1=V CC−(R¿¿C 1+RE1+RE2) IC 1=25−(15+0.33+12)0.6=8.4 [V ]>0¿

Continuando con el análisis:

re 1=26mVI E(DC)

= 26mV0.6mA

=0.043[KΩ]

Reemplazando los valores:

Zi=68⫫33⫫ (0.043+0.33 ) (100+1 )=14[KΩ ]

b) La impedancia de salida Z0 es:

ZO=RC 2=15 [KΩ ]

c) La ganancia v0/v i es:

Av=vo

v i

=( vo

vb2)( vb2

v i)=(−RC 2⫫RL

re 2+RE3)(−RC1⫫RL 1

r e1+RE1)

Por cuanto los transistores Q1 y Q2 están polarizados de igual forma, las dos etapas estan en la zona activa y:

re 2=re 1=0.043 [KΩ]

RL1=68⫫33⫫ (0.043+0.33 ) (100+1 )=14 [KΩ]

Av=( −15⫫100.043+0.33 )( −15⫫14

0.043+0.33 )Av=(−16.1 ) (19.4 )=312.1

71

Page 72: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 4

En el siguiente circuito, determinar:

a) La impedancia de entrada Zi

b) La impedancia de salidaZ0 c) La ganancia v0/v i

d) La ganancia de corriente io/ ii

Datos :R1=82 [KΩ ] , R2=22 [ KΩ ] ,R3=4.7 [KΩ ] , R4=1 [KΩ ] , R5=2 [ KΩ ] ,R6=10 [ KΩ ] ,R7=1 [ MΩ ] ,R8=10 [KΩ ] ,h fe1=h fe2=hFE1=hFE2=100 ,V CC=22[V ] Solución:

Nota: puesto que todos los valores de resistencias están en kΩ y los voltajes en voltios, las corrientes estarán en mA.

a) La impedancia de entrada Zi se determina de la forma:

Zi=R1⫫R2⫫(re 1+R4)(hfe1+1 )

72

Page 73: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

En donde:

re 1=26mVI E1(DC)

Del circuito se observa que:

(R4+R5 ) (hFE1+1 )≫ R2

Y por lo tanto:

V B1=V CC( R2R1+R2 )=22( 22

82+22 )=4.6[V ]

IE1=V B1−0.7R4+R5

=4.6−0.71+2

=1.3[mA ]

Es importante verificar que el circuito esté en la zona activa, esto es, que en este caso, el V CE 1>0:

V CE 1=V CC−(R¿¿3+R4+R5) IC 1=22−(4.7+1+2)1.3=11.9 [V ]>0¿

Continuando con el análisis:

re 1=26mVI E(DC)

= 26mV1.3mA

=0.020 [KΩ]

Reemplazando los valores:

Zi=82⫫22⫫ (0.02+1 ) (100+1 )=14.8[KΩ]

b) Para determinar la impedancia de salida Z0, primero habría que separar R7 en dos resistencias, aplicando el teorema de Miller: una a la entrada (R7∈¿¿

) y una a la salida (R¿¿7 out)¿. Adicionalmente, puesto que el circuito tendría una ganancia |∆VM ≫|1:

R7∈¿= 1000

1−∆V M

= 1000

|∆V M|¿

R7out=1000

1−1

∆V M

=1000KΩ

Y ahora sí:

73

Page 74: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Zo=R6⫫R7out=10⫫1000=10 [KΩ ]

Verificando que |∆VM|≫1:

∆ vM=∆ v2=−R6⫫R7out⫫R8

re 2

Para el transistor Q2 :

22−10 IE 2−1000 I B2−0.7=0

22−10 IE 2−1000( IE2101 )−0.7=0

IE2=22−0.710+9.9

=1.07 [mA ]

re 2=261.07

=0.024 [KΩ ]

Reemplazando los valores:

∆ vM=∆ v2=−10⫫1000⫫10

0.024=−208.3

Y por lo tanto, se verifica que |∆VM|≫1.

c) La ganancia v0/v i es:

Av=vo

v i

=( vo

vb2)( vb2

v i)=(−R3⫫RL1

r e1+R4 )∆ v2

Y analizando la carga RL1 que ve el transistor Q1 :

RL1=R7∈¿⫫ re2 (hfe2+1)¿

R7∈¿= 1000

208.3=4.8 KΩ¿

Reemplazando los valores:

RL1=4.8⫫0.024 (100+1 )=1.6K

Av=(−4.7⫫1.60.02+1 )(−208.3)Av=(−1.5 ) (−208.3 )=312.5

74

Page 75: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

d) La ganancia de corriente io/ ii es:

Ai=ioii=312.5( 14.810 )=463

Ejercicio 5

En el siguiente circuito:

a) Dibuje el equivalente de parámetros híbridos, para amplificadores de

pequeña señal.

b) Encuentre las expresiones literales para las impedancias Zb1 ,Zb2 ,Zb3 ,

vistas desde las bases de los transistores Q1, Q2 y Q3 respectivamente.

c) Encuentre las expresiones literales para las impedancias de entrada y

salida de Miller que existan.

d) Encuentre las expresiones literales para las ganancias de Miller que

existan.

e) Encuentre la expresión literal para la impedancia de entrada Zi.

f) Encuentre la expresión literal para la ganancia de voltaje vo1/v i

g) Encuentre la expresión literal para la ganancia de voltaje vo3/v i.

h) Encuentre la expresión literal para la impedancia de salida Zo.

Datos:

Q1: hie 1, h fe1, Q2: hie 2, h fe2 Q3: hie 3, h fe3

Asuma que los transistores están operando en zona lineal y que las

ganancias de Miller son mucho mayores que 1.

75

Page 76: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

A) Dibuje el equivalente de parámetros híbridos, para amplificadores de pequeña señal.

a) Dibuje el equivalente de parámetros híbridos, para amplificadores de

pequeña señal.

b) Encuentre las expresiones literales para las impedancias Zb1 ,Zb2 ,Zb3 ,

vistas vistas desde las bases de los transistores Q1, Q2 y Q3

respectivamente.

Reflejando cada una de las resistencias hasta la base de cada

transistor:

76

Page 77: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Zb3=(Ro3⫫R4+re 3 ) (h fe3+1 )

Zb2=(Z¿¿b3+re 2) (hfe 2+1 )¿

Zb1=((Zb2⫫Rf 2 )+Re1+re 1 ) (hfe 1+1 )

c) Encuentre las expresiones literales para las impedancias de entrada y

salida de Miller que existan.

Asumiendo que la ganancia Av≫1:

ZMo=Rf | Av

1−Av|=|R f∗Av

Av|=R f

ZMi=| R f

1−Av|=|R f

Av|= Rf

Av

d) Encuentre las expresiones literales para las ganancias de Miller que

existan.

Asumiendo que Rf es muy grande:

AvM=v01vb1

=−Ro1⫫Rc1⫫R f

(Zb2⫫R f 2 )+Re1+re1

e) Expresiones literales para las ganancias de voltaje Vo1Vi

y Vo3Vi

V o1

V i

=AvM=−Ro1⫫Rc 1⫫R f

(Zb2⫫R f 2 )+Re 1+r e1

V o3

V i

=Ro3⫫R4

r e3+Ro3⫫R4

f) Encuentre la expresión literal para la impedancia de entrada Zi y Zo

Zi=[ (Ro3⫫R4+re 3 ) (hfe3+1 )+r e2 ] [h fe2+1 ]⫫Rf 2+Re1+re 1h fe1+1⫫ ZMi⫫R1⫫R2

77

Page 78: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Zi=[ [ (Ro3⫫R4 ) (h fe3+1 )+h ie3 ] [ hfe2+1 ]+hie 2⫫R f 2+Re 1 ] [hfe1+1 ]+hie 1⫫ZMi⫫R1⫫R2

Zo=

(( [( R1⫫R2⫫ZMi⫫hie1

h fe1+1 )+Re1]⫫R f 2+hie2

h fe2+1)+hie3)

h fe3+1⫫R4

Ejercicio 6En el siguiente circuito:

a) Realice el analisis DC y determine los puntos de operación de Q1 ,Q2 y Q3

b) Realice el analisis AC y determine Zi, Zo, Av

Datos :R1=R2=R3=5 [ KΩ ] , R4=0.5 [KΩ ] ,R5=1 [KΩ ] ,V Z=4.2 [V ] , rZ=0 [KΩ ] ,V CC=12 [V ] ,V EE=−3 [V ] , para lostransistores hFE=hfe=β=600 ,|V BE|=0.7 [V ]

78

Page 79: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

a) Para determinar los puntos de operación de Q1 ,Q2 y Q3, se observa que las bases de los transistores Q1 y Q3 están conectadas al zener y que la fuente V 1 actúa como cortocircuito.

Analizando Q3:

IC 3≌ I E3=V CC−V EB−V Z

R3=12−−0,7−4,2

5=1.42[mA ]

Analizando Q2:

IB2R4−V BE−( IC 3+ IE2 ) R5−V EE=0

IB2R4−V BE−IC 3R5+ I B2 (β2+1 ) R5−V EE=0

IB2=V EE−V BE−IC 3 R5R4+(β2+1 )R5

=3−0,7−1 (1.42 )0.5+1(600+1)

=1.47[µA ]

IC 2=β IB2=0.88[mA ]

Como IE1=IC 2, entonces:

IE1=0.88[mA ]

Determinando V CE 1 ,V CE 2 ,V CE 3:

V EC3=V CC−I E3R3−( IC 3+ I E2 )R5−V EE

V CE 3=12−5 (1.42)− (1.42+0.88 )1+3

V EC3=5.6[V ]

V CE 2=4.2−0.7−( IC 3+ IE 2) R5−V EE

V CE 2=4.2−0.7−(1.42+0.88 )1+3

V CE 2=4.2 [V ]

79

Page 80: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V CE 1=V CC−IC 1R2−V CE 2−( IC 3+ I E2 )R5+V EE

V CE 1=12−0.88 (5)−4,2−(1.42+0.88 )1+3

V CE 1=4.1[V ]

b) Para determinar Zi, Zo y Av:

Zi=R4+[ re2+R5 (h fe+1 ) ]

re 2=26mVI E2 (DC )

= 26mV0.88mA

=0.029 [KΩ ]

Zi=0.5+17.7+1 (600+1 )=619.3[KΩ]

Z0=re 1=26mVI E1(DC )

= 26mV0.88mA

=0.029[KΩ]

Av=v0v i

=( −re 1re 2+R5 )(

(r e2+R5)(β+1)R4+(re 2+R5)( β+1))

Av=v0v i

=( −0.0290.029+1 )( (0.029+1)(600+1)

0.5+(0.029+1)(600+1))=−0.029

80

Page 81: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 74

En el siguiente circuito, determinar:

a) La impedancia de entrada Zi

b) La impedancia de salida Z0c) La ganancia de voltaje vo/v i

Datos :R1=100 [KΩ ] , R2=100 [ KΩ ] ,R3=1 [KΩ ] ,R4=2.2 [ KΩ ] ,R5=1 [KΩ ] ,V CC=10 [V ] . para los transistores hFE=hfe=β=100 ,|V BE|=0.7 [V ]

Antes de realizar el análisis AC del circuito, se debe verifica que los transistores esten en la zona activa, para que puedan amplificar:

V B2=V CC( R2R1+R2 )=10( 270

100+270 )=7.3[V ]

V E2=V B2+2V EB=7.3+2 (0.7 )=8.7 [V ]

IE2=V CC−V E2

R3=10−8.7

1=1.3 [mA ]

V EC2=V CC−(R3+R4 ) IE 2=10−(1+2.2 )1.3=5.8 [V ]

4 Ejercicio tomado del folleto: “Electrónica I”

81

Page 82: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

V EC1=V CC−V EB−(R3+R4 ) IE 2=10−0.7−(1+2.2 )1.3=5.1 [V ]

Lo que significa que ambos transistores trabajan en la zona activa.

a) La impedancia de entrada Zi se la determina de la forma:

Zi=¿

En donde las resistencias re 2 y re 1 vienen dadas por:

re 2=26mVIE2(DC)

re 2=26mV1.3mA

=0.02[KΩ]

re 1=26mVI E1(DC)

= 26mVIE2 (DC)

β1+1

=re2 (β1+1 )=0.02 (100+1 )=2[kΩ]

Y por lo tanto:

Zi=[ (1⫫1+0.02 ) (100+1 )+2 ] [100+1 ]⫫100⫫270=72[kΩ]

b) Para la impedancia de salida Z0:

Z0=( re 1β2+1

+r e2)⫫R3=( 2100+1

+0.02)⫫1=0.038[KΩ]

c) Para la ganancia de voltaje vo/v i es:

Av=vo

v i

=( vo

vb2)( vb2

v i)=A v 2 Av 1

Av2=R3⫫R5

r e2+R3⫫R5= 0.50.02+0.5

=0.96

Av1=(R3⫫R5+r¿¿e2)(β2+1)

r e1+(R3⫫R5+r¿¿e 2)(β2+1)=(1⫫1+0.02)(100+1)2+(1⫫1+0.02)(100+1)=0.96¿

¿

82

Page 83: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Y finalmente:

Av=0.96 (0.96 )=0.93

Ejercicio 8En el siguiente circuito, determine:

a) La impedancia de entrada Zi

b) La impedancia de salida Z0c) La ganancia de voltaje vo/v i

Datos :R1=120 [KΩ ] , R2=68 [ KΩ ] , R3=3 [ KΩ ] ,R4=100 [KΩ ] ,V CC=12 [V ] . para eltransistor hFE=h fe=β=140 ,|V BE|=0.7 [V ]

ANALISIS DC

83

Page 84: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

IB=Vcc−VBE

(120+68 )+140(3)=12−0.7

608=18.6 μA

IE=(B+1 ) IB=141 (18.6 μA )=2.62mA

r E=26mV2.62mA

=9.92ohmios

ANALISIS AC

Av=− (R4||R3||R2 )

r E

=−(100||3||68 )

9.921000

=−281.55

Zi=R1||[rE (B+1 ) ]=120||( 9.921000(141 ))=1.38K

Zo=R3||R2=3||68=2.87 k

84

Page 85: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

PROBLEMAS PROPUESTOS

Ejercicio 1En el siguiente circuito calcular la ganancia Vo/V1

Q1: hie1=0.524k, hfe1 = 100

Q2: hie2=9.42k, hfe2 = 100

V1

R10.1kΩ

R22kΩ

R31.3kΩ

R41.8kΩ

R5

3.9kΩ

R63.9kΩ

RLC1

Q1

2N1711

Q2

2N1711

Vo

Vcc

12 V

85

Page 86: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 2Para el siguiente circuito mostrado, calcular:

a) La ganancia Vo/Vi.b) Calcular impedancia de entrada Zi e impedancia de salida Zo.

Vi

R190kΩ

R220kΩ

R38kΩ

R40.5kΩ

C1Q1

12 V

C2

C3

RL10kΩ

R6

700kΩ

R710kΩ

Q2

12 V

Zi

Zo

Considere β1 = 90 y β2 = 100

86

Page 87: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 3Para el siguiente circuito. Determine:

a) Circuito equivalente en alterna.b) Expresión literal para la impedancia Zb1 y Zi.c) Expresión literal para la ganancia Vo/Vs.d) Expresión literal para las impedancias Ze y Zo.

Vs

Rs

Rb1

Rb2

Rc1

Re1

Re2

Rc2 RL

Q1

2N2222AQ2

Vo

Vcc

ZiZb1

Vx Zo

Ze

Datos:Q1: hfe1, hie1Q2: hfe2, hie2

87

Page 88: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 4Dado el siguiente circuito, determinar de manera literal:

1. Impedancia de entrada Zi2. Impedancia de salida Zo3. Ganancia de Voltaje

88

Page 89: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 5Para el siguiente circuito, encuentre:

1. Ganancia de voltaje 2. Impedancia de entrada Zi3. Impedancia de salida Zo

89

Page 90: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 6Para el siguiente circuito calcular: Av, Zi, Zo

B1=B2=B3= 99

rb1=rb2=rb3= 1K

Nota:

Asumir que los transistores operan en región activa. Asumir que el diodo D1 es ideal. La resistencia R4 de 6.8k solo está conectada entre el voltaje Vcc y el

zener D1. No está conectada a la base de Q1

Ejercicio 7Dado el circuito de la figura

90

Page 91: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Calcular:

1. Ganancia de voltaje Vo/Vi (expresión literal)2. Impedancia de entrada Zi (expresión literal)

Datos: Vcc= -15 [V] Vz= 7 [V] Vbe= 0.5 [V]

Hfe = 5

91

Page 92: 2. ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS BJT-14.0 (3).docx

Ejercicio 8Diseñar un amplificador transistorizado con las siguientes especificaciones:

Av = - 10 Zi = 10 K Zo = 1k

92