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24
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
2,010
ELECTRÓNICA ANALÓGICA I
SEGUNDA UNIDAD: EL TRANSISTOR BJT Felipe Isaac Paz Campos
A V E N I D A U N I V E R S I T A R I A
25
CAPÍTULO 2 EL TRANSISTOR BJT
(Transistor de unión bipolar)
2.1 Introducción
Cuando seleccionamos un transistor
tendremos que conocer el tipo de
encapsulado, así como el esquema de
identificación de los terminales. También
tendremos que conocer una serie de
valores máximos de tensiones, corrientes
y potencias que no debemos sobrepasar
para no destruir el dispositivo.
El parámetro de la potencia disipada por
el transistor es especialmente crítico con
la temperatura, de modo que esta potencia
aumenta a medida que crece el valor de la
temperatura, siendo a veces necesario la
instalación de un radiador o aleta
refrigeradora. Todos estos valores críticos
los proporcionan los fabricantes en las
hojas de características de los distintos
dispositivos.
Una forma de identificar un transistor
NPN o PNP es mediante un polímetro:
Este dispone de dos orificios para insertar
el transistor, uno para un NPN y otro para
el PNP. Para obtener la medida de la
ganancia es necesario insertarlo en su
orificio apropiado, con lo que queda
determinado si es un NPN o un PNP.
El transistor es un dispositivo electrónico
utilizado en diversas aplicaciones, según
la zona donde ubiquemos su punto de
trabajo o operación (Q). En este capítulo
se hará énfasis en su utilidad como
amplificador, para ello se tendrá que
hacer análisis de DC y AC.
2.2 Símbolo
El símbolo del transistor BJT se muestra
en la figura 2.1 y figura 2.2.
2.3 Funcionamiento
Un transistor es similar a dos diodos, el
transistor tiene dos uniones: una entre el
emisor y la base y la otra entre la base y
el colector. El emisor y la base forman
uno de los diodos, mientras que el
colector y la base forman el otro. Estos
diodos son denominados: "Diodo de
emisor" (el de la izquierda figura 2.3) y
"Diodo de colector" (el de la derecha
figura 2.3).
E(Emisor)
B(Base)
C(Colector)
NPN
Figura 2.1 Transistor BJT tipo NPN
E(Emisor)
B(Base)
C(Colector)
PNP
Figura 2.2 Transistor BJT tipo PNP
E C
B
E C
B
PNP NPN
N P N E
C P N P E C
B B
Figura 2.3
26
2.4 Polarización del BJT (NPN)
En la figura 2.4 se muestra la polarización
del transistor BJT tipo NPN para que
funcione en la zona activa, aunque con
este mismo diagrama se puede polarizar
en otras tres zonas, tal como se muestra
en la tabla 2.1, conectando las baterías en
sus diferentes posibilidades.
El negativo de la batería VEE repele los
electrones de la zona del emisor que
cruzan la UE.
Algunos electrones cruzan la UE y pasan
por la zona P de la base sin recombinarse.
Debido a la batería puede que un electrón
cruce la barrera de potencial de la UE.
Después ese electrón baja la barrera de
potencial de la UC para salir por el
colector, figura 2.5.
Esto es el efecto transistor de N a P tiene
que subir la barrera de potencial pero
luego es más fácil porque tiene que bajar
la barrera.
De los electrones emitidos por el emisor,
aproximadamente un 1 % se recombina
en la base y un 99 % no se recombina y
llega al colector, esto es el efecto
transistor. La palabra colector viene de
ahí, el colector "Colecta" los electrones,
los recoge, eso es el "Efecto transistor".
La base es muy estrecha y además está
muy poco impurificada, esa es la razón de
que la probabilidad de que un electrón se
recombine sea muy pequeña (por ejemplo
el 1%).
El emisor emite electrones, el colector los
recoge, y la base es un dispositivo de
control.
A esta forma de polarización se le conoce
como polarización en la zona activa.
Un transistor se puede polarizar en cuatro
zonas diferentes, mostradas en la Tabla
2.1. Zona Activa UE en
Directa y
UC en Inversa.
AMPLIFICADORES
Zona de
Saturación
UE en Directa y
UC en
Directa.
CONMUTACIÓN
Zona de Corte UE en Inversa y
UC en
Inversa.
CONMUTACIÓN
Zona Activa
Invertida
UE en Inversa y
UC en
Directa.
SIN UTILIDAD
Tabla 2.1
En la tabla 2.1 se observan 4 zonas de
funcionamiento del transistor bipolar:
a. ACTIVA: El transistor sólo amplifica
en esta zona, y se comporta como una
fuente de corriente constante controlada
por la intensidad de base (ganancia de
Figura 2.4
Figura 2.5 Zona activa
N N
N P N
27
corriente o β).Este parámetro lo suele
proporcionar el fabricante dándonos un
máximo y un mínimo para una corriente
de colector dada (IC); además de esto,
suele presentar una variación acusada con
la temperatura y con la corriente de
colector, por lo que en principio no
podemos conocer su valor. Algunos
polímetros son capaces de medir este
parámetro, pero esta medida hay que
tomarla solamente como una indicación,
ya que el polímetro mide este parámetro
para un valor de corriente de colector
distinta a la que circulará por el BJT una
vez en el circuito.
b. SATURACIÓN: En esta zona el
transistor es utilizado para aplicaciones de
conmutación (potencia, circuitos
digitales, etc.), y lo podemos considerar
como un cortocircuito entre el colector y
el emisor.
c. CORTE: El transistor es utilizado para
aplicaciones de conmutación (potencia,
circuitos digitales, etc.), y podemos
considerar las corrientes que lo atraviesan
prácticamente nulas (y en especial Ic).
d. ACTIVA INVERSA: Esta zona se
puede considerar como carente de interés
ya que no tiene aplicaciones prácticas.
En la figura 2.6 se muestran estas 4
zonas de polarización indicadas en la
tabla 2.1.
Nota: El transistor PNP es complemento
del NPN de forma que todos los voltajes y
corrientes son opuestos a los del transistor
NPN.
Para encontrar el circuito PNP
complementario:
a. Se sustituye el transistor NPN por un
PNP.
b. Se invierten todos los voltajes y
corrientes.
2.5 Ecuaciones Generales
De la figura 2.7 se obtienen las siguientes
ecuaciones:
BCE III (2.1)
CC
C II
I (2.2)
1E
C
I
I (2.3)
1B
C
I
I (2.4)
BC II (2.5)
BE II )1( (2.6)
)1(Ec II (2.7)
EC II (2.8)
VBE ≈ 0.7V Esta es la caída de voltaje en
una unión PN.
En la práctica α oscila entre 0.95 a 0.99
β oscila entre 50 a 500 para transistores
de baja potencia, entre 20 a 50 para
transistores de mediana potencia y entre 5
y 20 para transistores de potencia.
2.6 Tipos de Polarización.
Existen diferentes formas de polarizar a
un transistor, a continuación se estudian
las formas de polarizar a un transistor
BJT tipo NPN, empezando de la peor
forma hacia la mejor.
N P N E
B
C
IE IB
IC
Figura 2.7
Figura 2.6
28
2.6.1 Polarización fija o por base
Este tipo de polarización se muestra en la
figura 2.8.
Redibujando circuito resulta figura 2.8.1.
En la figura 2.8.1 aplicando LKV en la
malla1 se obtiene:
BEBBCC VRIV (2.9)
Despejando IB resulta:
B
BEB
R
VVccI Sustituyendo IB en la
ecuación general (2.5)
)(B
BEBC
R
VVccII (2.10)
En la ecuación anterior (2.10) se observa
una fuerte dependencia en la corriente de
colector, por parte del parámetro interno
del transistor (β).
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
CECCCC VRIV (2.11)
Despejando VCE resulta:
VCE = VCC - ICRC (2.12)
2.6.2 Polarización por base estabilizada
en el emisor.
Se muestra en la figura 2.9
En la figura 2.9.1 aplicando LKV en la
malla1 se obtiene:
EEBEBBCC RIVRIV (2.13)
De la ecuación (2.6) )1(
EB
II y
sustituyendo en la ecuación (2.13) se
obtiene:
EEBEBE
CC RIVRI
V)1(
(2.14)
Por tanto:
EB
BECC
E
RR
VVI
)1(
(2.15)
En la ecuación (2.14) se observa que
existe una dependencia de β, pero en
menor proporción que el caso anterior.
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.16)
Con IC = IE resulta:
VCE = VCC – IC(RC+RE) (2.17)
+
-
VCE
IB
IC
IE
+ VCC
RB RC
RE malla1
malla2
Figura 2.9.1
IE
IC
IB
VCE -
+
RE
VCC
RB RC
Figura 2.9
IE
IC
IB
VCE
+
-
+ VCC RB
RC
malla1
malla2
VBE
+
-
Figura 2.8.1
IE
IB
VCE
-
+
VCC
RB RC
Figura 2.8
29
2.6.3 Polarización por
retroalimentación de colector.
Este tipo de polarización se muestra en la
figura 2.10.
Redibujando el circuito de la figura 2.10
resulta el circuito mostrado en la figura
2.10.1.
En la figura 2.10.1aplicando LKV en la
malla1 se obtiene:
EEBEBBCCC RIVRIIRV (2.18)
Aplicando LKC en nodo A se obtiene:
I = IC + IB (2.19)
Sustituyendo C
B
II en la ecuación
anterior (2.19) resulta:
)1
1(C
C
C II
II (2.20)
Sustituyendo las ecuaciones (2.20) y
(2.19) en la ecuación (2.18) se obtiene:
ECBEB
C
CCCC RIVRI
RIV )1
1( (2.21)
Despejando IC se obtiene:
EBC
BECC
C
RRR
VVI
1)
11(
(2.22)
En la ecuación (2.22) siempre existe una
dependencia de β.
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCC RIVIRV (2.23)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IRC-ICRE (2.24)
2.6.4 Polarización por divisor de
voltaje.
Este es uno de los tipos de polarización
más usados, por poseer algunas ventajas
sobres los otros tipos, dentro de estas
ventajas podemos mencionar una menor
dependencia de β respecto a los casos
anteriores. Este tipo de polarización se
muestra en la figura 2.11.
Redibujando el circuito de la figura 2.11
para solucionarlo por Thévenin resulta el
circuito mostrado en la figura 2.11.1.
IB
IE
IC
VCE -
+
VCC
RE
RC
R2
R1
Figura 2.11
A
+
-
VCE IB
IC
IE
+ VCC
RE
RB
RC
I malla1
malla2
Figura 2.10.1
A
+
-
VCE
IB IC
IE
VCC
RE
RB
RC
Figura 2.10
30
21
2 )(
RR
VRV CC
TH (2.25)
21
12
RR
RRRTH (2.26)
En la figura 2.11.1 aplicando LKV en
lamalla1 se obtiene:
EEBETHBTH RIVRIV (2.27)
Sustituyendo 1
EB
II en la ecuación
(2.27) resulta:
EEBETHE
TH RIVRI
V1
(2.28)
Despejando IE se obtiene:
ETH
BETHE
RR
VVI
1
(2.29)
En la ecuación (2.29) se observa que
todavía existe una dependencia de β.
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.30)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.31)
2.6.5 Polarización por emisor.
Ese tipo de polarización se muestra en la
figura 2.12.
De la figura 2.12 se obtiene:
E
BEEEE
R
VVI (2.32)
En la ecuación anterior (2.32) se observa
que no existe ninguna dependencia de los
parámetros internos del transistor.
Aunque este es el mejor tipo de
polarización no es muy utilizado, porque
necesita dos baterías para polarizar al
transistor.
2.7 Línea de carga o Recta de carga
Para graficar la recta de carga basta con
encontrar los puntos de intersección y
después unir estos dos puntos mediante
una línea. Estos puntos de intersección
son: Saturación y corte. Por ejemplo para
el circuito de la figura 2.13 se tiene:
IE
IC
VCE
-
+
+
+ VCC
RE
RC
+
IB
VTH
malla1
malla2
Figura 2.13
IE
IC
VCE -
+
+
+ Vcc
RE
RC
+
IB
VTH
malla1
malla2
RTH
Figura 2.11.1
-VEE
VCC
RE
RC
IB
IC
IE
Figura 2.12
RTH
31
Para el circuito de la figura 2.13
aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.33)
Con IC = IE resulta:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.34)
La figura 2.14 muestra el punto de
operación (Q) en la línea de carga.
Para graficar la línea de carga mostrada
en la figura 2.14 basta con calcular los
interceptos (ICsat y VCEcorte).
Para el cálculo de ICsat se hace
considerando el transistor en la zona de
saturación (VCEsat ≈ 0V) a partir de:
EEsatCECCCC RIVRIV (2.35)
Con IC = IE
ECsatsatCECCsatCC RIVRIV (2.36)
Sustituyendo VCE ≈ 0V y despejando ICsat
EC
CC
CsatRR
VI (2.37)
Para calcular VCEcorte se hace
considerando el transistor en la zona de
corte (IC ≈ 0A) y a partir de:
ECcorteCECCCC RIVRIV (2.38)
Con IC = 0A se obtiene:
CEcorteCC VV (2.39)
2.8 EJEMPLOS 2.A
Ejemplo # 1
Para el circuito mostrado en la figura
2.15, calcule el punto de operación del
transistor ( VCE, IE). Dato: β = 100.
Solución: El circuito para DC se muestra
en la figura 2.15.1, los capacitores se
comportan como circuito abierto para
DC1.
Existen dos métodos para solucionar
este ejercicio, se mostrará ambos
métodos:
a.- Método Exacto (método de Thévenin)
b.- Método aproximado
a.- Método exacto.
Aplicando Thévenin, en la figura 2.15.1
resulta el circuito de la figura 2.15.2.
1 Circuitos Eléctricos Dorf capitulo 6.
IC
VCEcorte
ICsat
VCE (V) VCE
IC(mA)
Punto Q .
Figura 2.14
IB
IE
IC
VCE -
+
vo
VCC 12V
C2 2.2uF
C1 1uF
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2 1kΩ
R1 1kΩ
1kHz
vi
-1/1V
Figura 2.15
Figura 2.15.1
IB
IE
IC
VCE -
+ + VCC 12V
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2 1kΩ
R1 1kΩ
RC
32
De la figura 2.15.2 se obtiene:
Vkk
kV
RR
VRV CC
TH 611
)1(12
21
2 (2.40)
kkk
kk
RR
RRRTH 5.0
11
)1)(1(
21
12 (2.41)
En la figura 2.15.2 aplicando LKV en
lamalla1 se obtiene:
EEBETHBTH RIVRIV (2.42)
Sustituyendo 1
EB
II en la ecuación
(2.42) resulta:
EEBETHE
TH RIVRI
V1
(2.43)
Despejando IE se obtiene:
E
TH
BETH
E
RR
VVI
1
(2.44)
Sustituyendo valores:
mA
kk
VVI E 946.0
6.51100
5.0
7.06
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.45)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.46)
Sustituyendo valores:
VkmAVVCE 62.4)8.7(946.012
Por tanto, el punto de operación (Q) es:
VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.
El transistor está funcionando en la zona
activa.
b.- Método aproximado.
Para la utilización de este método se debe
cumplir con la siguiente condición2:
10
)1( ETH
RR (2.47)
El significado de esta ecuación es que la
caída de voltaje en el resistor de Thévenin
es despreciable comparado con el voltaje
de Thévenin, en otras palabras VB≈VTH.
En este caso se cumple VB≈VTH ya que:
kkx
RTH 56.5610
6.5)1100(
Por tanto:
Vkk
kV
RR
VRV CCCC
B 611
)1(
21
2 (2.48)
mAk
VV
R
VVI
E
BEB
E 9464.06.5
7.06(2.49)
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.50)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.51)
Sustituyendo los valores se obtiene:
VkmAVVCE 62.4)8.7(9464.012
Por tanto, el punto de operación es:
VCE = 4.62V y IE = 0.9464mA.
El transistor está funcionando en la zona
activa.
Calculando el error relativo con respecto
a IE.
%042.0100)946.0
946.09464.0( x
mA
mAmAEr
Nota: se observa que la desviación
entre los dos métodos es de 0.042% por
tanto, el método aproximado es válido.
Este método es el más utilizado en este
tipo de polarización, pero hay que tener
mucho cuidado con la condición
planteada para este método.
2 Electrónica: Teoría de circuitos capitulo 4.
IE
IC
VCE -
+
+
+ Vcc 12V
RE
5.6kΩ
RC
2.2kΩ
+
IB
VTH
malla1
malla2
RTH
Figura 2.15.2
33
Ejemplo # 2
Para el circuito mostrado en la figura
2.16, calcule el punto de operación del
transistor ( VCE, IE). Dato: β = 100.
Solución: El circuito para DC queda de la
siguiente forma, figura 2.16.1
La solución de este ejercicio será por
los dos métodos.
a.- Método Exacto
b.- Método aproximado
a.- Método exacto.
Aplicando Thévenin, en la figura 2.16.1
se obtiene el circuito de la figura 2.16.2.
De la figura 2.16.2 se obtiene:
VMM
MV
RR
VRV CC
TH 611
)1(12
21
2 (2.52)
kMM
MM
RR
RRRTH 500
11
)1)(1(
21
12 2.53)
Aplicando LKV en la malla1 se obtiene:
EEBETHBTH RIVRIV (2.54)
Sustituyendo 1
EB
II en la ecuación
(2.54) resulta:
EEBETHE
TH RIVRI
V1
(2.55)
Despejando IE se obtiene:
E
TH
BETH
E
RR
VVI
1
(2.56)
Sustituyendo valores:
mA
kM
VVI E 5023.0
6.51100
5.0
7.06
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.57)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.58)
Introduciendo valores se obtiene:
VkmAVVCE 082.8)8.7(523.012
Por tanto, el punto de operación es:
VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA.
Figura 2.16
IB
IE
IC
VCE
-
+
vo
C2 2.2uF
C1 1uF
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2
1MΩ
R1
1MΩ
1kHz
vi
-1/1V
Figura 2.16.1
IB
IE
IC
VCE
-
+ + VCC
12V
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2 1MΩ
R1 1MΩ
IE
IC
VCE
-
+
+
+ VCC 12V
RE
5.6kΩ
RC
2.2kΩ
+
IB
VTH
malla1
malla2
Figura 2.16.2
RTH
VCC 12V
34
b.- Método aproximado.
Para la utilización de este método se debe
cumplir con la siguiente condición:
10
)1( ETH
RR (2.59)
En este caso no se cumple ya que:
kkx
RTH 56.5610
6.5)1100(
Sin embargo realizaremos los cálculos
para algunos análisis.
VMM
MV
RR
VRV CC
B 611
)1(12
21
2 (2.60)
E
BEB
ER
VVI (2.61)
mAk
VVI E 9464.0
6.5
7.06
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
EECECCCC RIVRIV (2.62)
Con IC = IE se obtiene:
VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.63)
Sustituyendo los valores numéricos:
VkmAVVCE 62.4)8.7(9464.012
Calculando el error relativo para IE
%93.46100)9464.0
5023.09464.0( x
mA
mAmAEr
Inicialmente sabíamos que el método no
era válido, porque no cumplía con la
siguiente condición:
10
)1( ETH
RR y con el cálculo del
error relativo lo reafirmamos, ya que
existe una desviación de 46.93% de un
método respecto al otro. Por tanto, el
punto de operación para el transistor es:
VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA.
Ejemplo # 3
En la figura 2.17 está representado un
amplificador cascodo. Hallar el valor de
RC que ajustará la componente de c.c de
la tensión de salida a 0V. β = 50 para
todos los transistores.
Solución: Para encontrar el valor de RC
necesitamos conocer el voltaje que se cae
en dicho resistor y la corriente que circula
por ella.
El voltaje que se cae en RC es VE3 ya que
Vo = 0V y la corriente que circula por RC
es IE3 = IC3 = IE2 (2.64)
Por tanto 3
3
E
E
CI
VR (2.65)
Para calcular IE2 Vamos a utilizar el
método aproximado, ya que es válido.
Vkk
kVV k 896.4
5.27.4
)7.4(5.77.4
2.66)
Aplicando LKV en la malla1 se obtiene:
kIVV EBEk 3.327.4 (2.67)
Despejando IE2 se obtiene:
k
VVI BEk
E3.3
7.4
2 (2.68)
mAk
VVI E 272.1
3.3
7.0896.42
AmAI
I E
B 94.2451
272.1
1
3
3 (2.69)
I = IB3 + IC1 (2.70)
Para calcular IC1 se aplica LKV en la
malla2 y se obtiene:
BEB VkIV 181 1 (Se apaga Vi) (2.71)
Sustituyendo en la ecuación (2.71):
11
CB
II (2.72)
IE3
IB2
IC1
IB3
IB1
-
+
IE2
Vo
VCC
15V
VEE
-7.5V
Q3
RC
3.3kΩ
Q2 4.7kΩ
2.5kΩ
10kΩ
Q1
18kΩ
+ 1V
1kHz
Vi -1/1V
I
malla1
malla2
malla3
Figura 2.17
35
BEC Vk
IV 181 1 (2.73)
Despejando IC1
mAk
VVIC 833.0
50
18
7.011 (2.74)
Por tanto:
I = 0.833mA+24.94µA = 0.858mA
Aplicando LKV en la malla3 se obtiene:
310 EBECC VVkIxV (2.75)
Despejando VE3 resulta:
BECCE VkIxVV 183 (2.76)
Introduciendo valores:
VVkmAxVVE 72.57.010858.0153
Entonces: 86.496,4272.1
72.5
mA
VRC
Ejemplo # 4
Para el circuito de la figura 2.18, calcule
el punto de operación de cada transistor.
β = 120 para ambos transistores.
Solución: El circuito para DC queda de
la siguiente forma, figura 2.18.1
En la figura 2.18.1, aplicando Thévenin
en la base de Q1, se obtiene el circuito de
la figura 2.18.2.
De la figura 2.18.2 se obtiene:
Vkk
kV
RR
VRV CC
TH 611
)1(12
21
2 (2.77)
50011
)1)(1(
21
12
kk
kk
RR
RRRTH
(2.78)
Aplicando LKV en la malla1 se obtiene:
111 EEBETHBTH RIVRIV (2.79)
Sustituyendo 1
1
1
EB
II en la ecuación
(2.79) se obtiene:
111
1EEBETH
ETH RIVR
IV (2.80)
Despejando IE1:
1
1
1E
TH
BETH
E
RR
VVI (2.81)
Sustituyendo los valores numéricos en la
ecuación (2.81) se obtiene:
m
kk
VVI E 946.0
6.51120
5.0
7.061
Utilizando las ecuaciones generales
IE1 = IC1 y considerando IB2 despreciable
comparada con IC1, entonces:
V1 = IC1xRC1 = 2.08V (2.82)
Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:
BEEE VRIV 221 (2.83)
Despejando IE2 resulta:
Figura 2.18
-
+
vo
VCC
12V
C3 1uF
1kHz
vi
-1/1V
C2 1uF
RC2
2.2kΩ
RE2 1.5kΩ
Q2
C1 10uF
RE1 5.6kΩ
R2 1kΩ
R1 1kΩ RC1 2.2kΩ
Q1
Figura 2.18.1
VCC
12V
RC2
2.2kΩ
RE2 1.5kΩ
Q2
RE1 5.6kΩ
R2
1kΩ
R1 1kΩ
RC1 2.2kΩ
Q1
VCE1
-
- +
+ IB1
IE2
IE1
Figura 2.18.2
V1
-
+
VCE2 + VCC 12V
+ VTH
RC2 2.2kΩ
RE2 1.5kΩ
Q2
RE1 5.6kΩ RTH
RC1
2.2kΩ
Q1
malla1
malla2
malla3
malla4
36
1
1
2
E
BEE
R
VVI (2.84)
Sustituyendo valores en la ecuación (2.84):
mAk
VVI E 92.0
5.1
7.008.22
Para calcular VCE1 aplicamos malla4.
11111 EECECCCC RIVRIV (2.85)
Despejando VCE1 se obtiene:
)( 1111 ECECCCE RRIVV (2.86)
Introduciendo valores numéricos en la
ecuación (2.86) se obtiene:
VkmAVVCE 62.4)8.7(946.0121
Por tanto, el punto de operación de Q1 es:
VCE1 = 4.62V e IE1 = 0.946mA.
Para calcular VCE2 aplicamos malla3.
22222 CCECEECC RIVRIV (2.87)
Despejando VEC2 resulta:
)( 2222 ECECCEC RRIVV (2.88)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.88) se obtiene:
VkmAVVEC 596.8)7.3(92.0122
Por tanto, el punto de operación de Q2 es:
VCE2 = -8.596V e IE2 = 0.92mA.
2.9 El transistor BJT como
amplificador.
El transistor es un dispositivo electrónico,
para realizar cálculos necesitamos un
modelo o esquema eléctrico, de la misma
forma que se hizo para el diodo en el
capítulo 1.
El modelo a utilizar para el transistor BJT
NPN o PNP será el mismo y se muestra
en la figura 2.19.
Las capacitancias c y cµ se comportan
como circuito abierto, únicamente se van
a considerar para el análisis de
frecuencias de corte (FH), la resistencia rb
es un dato dado por el fabricante con un
valor típico de 100Ω, r = (β+1)re, ro se considera infinita, a menos que se indique lo contrario. Bajo las consideraciones aquí mencionadas el circuito simplificado resultante de la figura 2.19 se muestra en la figura 2.20.
El circuito de la figura 2.20 es el que
vamos a utilizar en este capítulo para la
solución de circuitos con BJT.
ECUACIONES NECESARIAS.
EC II )1
( (2.89)
En la ecuación (2.89) Si β>>1 Entonces
IC ≈ IE (2.90)
1 (2.91)
BE II )1( (2.92)
)(26
E
eI
mVr (2.93)
rπ = (β+1)re (2.94)
)(1
Sr
ge
m (2.95)
gmvπ -
+
vπ
e
c b
=
c
e
b cπ rπ
cµ
rO
rb
Q1
gmvπ -
+
vπ
e
c b
=
c
e
b Q1 cπ
rπ
cµ
rO
rb
Q1
Figura 2.19
gmvπ
+
vπ
e
c b
-
rπ
rb
Figura 2.20
37
)(C
CEA
oI
VVr (2.96)
)( voltajedegananciav
vA
i
oV (2.97)
)( corrientedegananciai
iA
i
oi (2.98)
)( teciatransresisi
vR
i
om (2.99)
)tan( ciactransconduv
iG
i
om (2.100)
VBE = 0.7V: Caída de voltaje de la unión
PN.
VA: voltaje de Early: Dato dado por el
fabricante.
Ri : resistencia de entrada
Ro: resistencia de salida
Zi: impedancia de entrada
Zo: impedancia de salida
Nota: Para la solución de todos los
circuitos ante pequeña señal se hará:
Primero análisis DC. Se calculará el
punto de operación. Los capacitores se
comportan como circuito abierto.
Segundo análisis AC. Los capacitores se
comportan como cortocircuito y se apaga
la fuente de alimentación.
Dependiendo de la localización de las
entradas, salidas y tierra, se definen
cuatro configuraciones básicas de un
amplificador de una etapa.
2.9.1 Configuraciones básicas del
transistor BJT como amplificador.
Existen cuatro configuraciones básicas
del transistor BJT como amplificador,
estas son:
a.- Amplificador Emisor Común.
b.-Amplificador con resistencia en emisor
c.- Amplificador Colector común.
d.- Amplificador Base Común.
a.- Amplificador Emisor común.
Este amplificador se caracteriza porque el
emisor ante señal es común al voltaje de
salida y voltaje de entrada.
Para dibujar el circuito ante señal, se hará
en dos pasos: primero se dibuja el
circuito ante señal cortocircuitando los
condensadores y apagando la fuente de
alimentación sin incluir el modelo del
transistor ante señal y después se
introduce el modelo ante señal para el
transistor. Ver figura 2.21.1.
Agregando el modelo del transistor para
AC, figura 2.21.2.
Algunos de los parámetros de interés en
un amplificador son:
(i
o
v
v):Ganancia de voltaje
Figura 2.21.1
+
-
vO
Ri
Ro 1kHz
vi
-1/1V RL
RC
RTH
iO
ii
Ro
gmvπ vO -
+
Ri Figura 2.21.2
RL RC
rπ
rb
1kHz vi
-1/1V
RTH
+
-
vπ
ii io
Ro
vO -
+
Figura 2.21 Amplificador Emisor Común
Ri
RL
C3
C2 1kHz
vi
-1/1V
C1
RE
RC
R2
R1
VCC
ib
38
(i
o
i
i):Ganancia de Corriente
Ri : Resistencia de entrada
Ro: Resistencia de salida
Calculando la ganancia de voltaje:
'Lmo xRvgv (2.101)
Donde: LCL RRR //'
rr
rvv
b
i )( (2.102)
Sustituyendo (2.102) en (2.101)
)('rr
rRg
v
v
b
Lm
i
o (2.103)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
(2.103) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
b
L
i
o
rr
R
v
v
1
' (2.104)
El signo menos en la ecuación (2.104)
significa un desfase de 180° de la señal de
salida respecto a la señal de entrada.
)//( rrRR bTHi (2.105)
LCLo RRRR //' (2.106)
LC
Cmo
RR
Rvgi (2.107)
riv b (2.108)
rrR
Rii
bTH
THib (2.109)
Sustituyendo (2.109) en (2.108) y (2.108)
en (2.107) se obtiene:
))()(1(rrR
R
RR
R
i
i
bTH
TH
LC
C
i
o (2.110)
b.- Amplificador con resistencia en
emisor.
Este se muestra en la figura 2.22.
El circuito ante señal, se hará en dos
pasos: primero se dibuja el circuito ante
señal cortocircuitando los condensadores
y apagando la fuente de alimentación, sin
incluir el modelo del transistor ante señal
y después se introduce el modelo ante
señal para el transistor, ver figura 2.22.1 y
figura 2.22.2.
Agregando el modelo del transistor para
AC, figura 2.22.2.
Calculando la ganancia de voltaje:
Cmo xRvgv (2.111)
Figura 2.22.1
Ro
Ri
vO
1kHz
vi -1/1V
RE RTH
vo
Ro
gmvπ -
+
Ri
Figura 2.22.2
1kHz
-1/1V
RE
RC rπ RTH vπ
+
-
Figura 2.22
vo
VCC
C2
C1
RE
RC
R2
R1
1kHz
vi
-1/1V
Ro
Ri
RC
rb vi
39
Eb
i
Rrr
xrvv
)1( (2.112)
Sustituyendo (2.112) en (2.111) resulta:
))1(
(Eb
Cm
i
o
Rrr
rRg
v
v (2.113)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
(2.13) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
Ee
b
C
i
o
Rrr
R
v
v
1
(2.114)
EbTHi RrrRR )1(// (2.115)
Co RR (2.116)
c.- Amplificador Colector Común o
seguidor de emisor.
En este amplificador el colector ante señal
es común al voltaje de salida y voltaje de
entrada. También se le conoce como
seguidor de emisor porque generalmente
está seguido de un emisor común.
Para el circuito ante señal se
cortocircuitan los condensadores y se
apaga la fuente de alimentación, sin
incluir el modelo del transistor ante señal.
ver figura 2.23.1.
Agregando el modelo del transistor para
AC, en la figura 2.23.1 resulta la figura
2.23.2.
Calculando la ganancia de voltaje:
Eeo xRiv (2.117)
Eebbbi Ririxriv (2.118)
Eebbb
Ee
i
o
Rixrixri
xRi
v
v (2.119)
1
e
b
ii (2.120)
Sustituyendo (2.120) en (2.119) se
obtiene:
Eeb
E
i
o
Rrr
R
v
v
1
(2.121)
EbTHi RrrRR )1(// (2.122)
)1
//(rr
RR b
Eo (2.123)
d.- Configuración Base común.
En esta configuración la base es común al
voltaje de salida y al voltaje de entrada.
Figura 2.23 Amplificador Colector Común
+
-
vO
Ri
Ro
C2
1kHz
vi
-1/1V
C1
RE R2
R1
VCC
Figura 2.23.1
vO
Ri
Ro
1kHz
vi -1/1V
RE RTH
vo Ri
+
-
gmvπ
Ro
+
-
vπ
Figura 2.23.2
1kHz
vi -1/1V
RE
rπ RTH ib
ie
rb
40
El circuito para AC, sin sustituir el
modelo del transistor para AC, resulta el
circuito de la figura 2.24.1.
Sustituyendo el modelo del transistor para
AC, en el circuito anterior, figura 2.24.1
resulta el circuito de la figura 2.24.2.
Calculando la ganancia de voltaje,
resistencia de entrada y salida.
Cmo xRvgv (2.124)
rr
xrvv
b
i (2.125)
Sustituyendo (2.125) en (2.124) resulta:
)(rr
rRg
v
v
b
Cm
i
o (2.126)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
(2.126) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
b
C
i
o
rr
R
v
v
1
(2.127)
)1
//(rr
RR bEi (2.128)
Co RR (2.129)
2.10 EJEMPLOS 2.B
Ejemplo # 1
Para el circuito mostrado en la figura
2.25, calcule: i
o
v
v, Ri y Ro.
Datos: β = 100 y rb = 100Ω.
Solución:
a- El circuito para el análisis DC se
muestra en la figura 2.25.1.
Ro
vO -
+
Figura 2.25
Ri
RL 2.2kΩ
C3
1uF
C2 10uF
12V
1kHz
vi
-1/1V
C1 1uF
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2
1kΩ
R1
1kΩ
VCC
Figura 2.24 Amplificador base común
Ro
Ri
vO
1kHz vi
-1/1V
C1
C3
RC
C2
VCC
RE
R2
R1
Figura 2.24.1
Ro
Ri
vO
1kHz
vi
-1/1V
R3
RE
vπ
-
+
Ro
gmvπ
vO -
+
Ri
Figura 2.24.2
1kHz
vi
-1/1V
RE
RC rπ
rb
41
Aplicando Thévenin En el circuito de la
figura 2.25.1, entre la base del transistor y
el punto común nos queda la el circuito
de la figura 2.25.2.
Del circuito de la figura 2.25.2 se obtiene:
Vkk
kV
RR
VRV CC
TH 611
)1(12
21
2 (2.130)
kkk
kk
RR
RRRTH 5.0
11
)1)(1(
21
12 (2.131)
Aplicando LKV en la malla1 se obtiene:
EEBETHBTH RIVRIV (2.132)
Sustituyendo 1
EB
II en la ecuación
(2.132) se obtiene:
EEBETHE
TH RIVRI
V1
(2.133)
Despejando IE se obtiene:
E
TH
BETH
E
RR
VVI
1
(2.134)
Sustituyendo los valores en (2.134)
mA
kk
VVI E 946.0
6.51100
5.0
7.06
Aplicando LKV en la malla2.
EECECCCC RIVRIV (2.135)
Con IC = IE se obtiene:
)( ECECCCE RRIVV (2.136)
Sustituyendo los valores numéricos en
(2.136) se obtiene:
VkmAVVCE 62.4)8.7(946.012
Por tanto, el punto de operación:
VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.
El transistor está funcionando el la zona
activa.
Otra forma de comprobarlo es verificando
la siguiente condición: VCEsat<VCE<VCC
si se cumple esta condición el transistor
funciona en la zona activa.
Para este caso 0V<4.62V<12V . El
transistor funciona en la zona activa.
b.- Análisis AC.
Dibujar el circuito ante señal, para ello se
hará en dos pasos: primero dibujar el
circuito ante señal cortocircuitando los
condensadores y apagando la fuente de
alimentación sin incluir el modelo del
transistor ante señal y después introducir
el modelo ante señal para el transistor.
Ver figura 2.26.
Agregando el modelo del transistor para
AC, figura 2.26.1.
IE
IC
VCE -
+
+
+ VCC 12V
RE
5.6kΩ
RC 2.2kΩ
+
IB
VTH
malla1
malla2
Figura 2.25.2
RTH +
- VBE
Figura 2.26
+
-
vO
Ri
Ro 1kHz
vi
-1/1V RL 2.2kΩ
RC 2.2kΩ
RTH 0.5kΩ
Figura 2.25.1
+
-
VCE
IC
IE
IB + VCC
12V
RE 5.6kΩ
RC
2.2kΩ
R2 1kΩ
R1 1kΩ
42
Calculando los parámetros para AC:
48.27946.0
2626
mA
mV
I
mVr
E
e (2.137)
err )1( (2.138)
48.775,248.27101xr
mSr
ge
m 4.3648.27
11 (2.139)
Calculando las variables solicitadas.
'Lmo xRvgv (2.140)
Donde: LCL RRR //'
rr
xrvv
b
i (2.141)
Sustituyendo (2.141) en (2.140) resulta:
)('rr
rRg
v
v
b
Lm
i
o (2.142)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
(2.142) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
b
L
i
o
rr
R
v
v
1
' (2.143)
Sustituyendo los valores numéricos en la
ecuación (2.143) se obtiene:
64.38
48.27101
100
1.1 k
v
v
i
o
)//( rrRR bTHi (2.144)
94.42548.875,2//5.0 kRi
kRR Lo 1.1' (2.145)
Ejemplo # 2
Para el circuito mostrado en la figura
2.27, calcule:i
o
v
v, Ri y Ro.
Datos: β = 200 y rb = 50Ω.
Solución:
a.- El circuito para el análisis DC se
muestra en la figura 2.27.1
Aplicando Thévenin entre la base de Q1 y
el punto común en la figura 2.27.1.
Vkk
kV
RR
VRV CC
TH 611
)1(12
21
2 (2.146)
kkk
kk
RR
RRRTH 5.0
11
)1)(1(
21
12 (2.147)
111 EEBETHBTH RIVRIV (2.148)
Sustituyendo 1
1
1
EB
II en la ecuación
(2.148) se obtiene:
111
1EEBETH
ETH RIVR
IV (2.149)
Ri
Ro
Figura 2.27
vo -
+
C3 10uF
RL 10kΩ
RE2
1.8kΩ
Q2
VCC 12V
1kHz
vi
-1/1V
RS
1kΩ C2 1uF C1
10uF R2
1kΩ
R1
1kΩ
RE1 5.3kΩ
RC
2.2kΩ
Q1
Figura 2.27.1
Q2
12V
Q1 RL
10kΩ
RE2 1.8kΩ
R2
1kΩ
R1 1kΩ
RE1
5.3kΩ
RC
2.2kΩ
IE1
IE2 +
-
V1
IB2
I
Ro
gmvπ vO -
+
Ri Figura 2.26.1
RL RC
rπ
rb
1kHz
vi
-1/1V
RTH
+
-
vπ
VCC
43
Despejando IE se obtiene:
1
1
1E
TH
BETH
E
RR
VVI (2.150)
mA
kk
VVI E 1
3.51200
5.0
7.061
Aplicando LKV en malla que involucra
VCE1 y con un valor de IB2 despreciable
se obtiene:
111 EECECCC RIVIRV (2.151)
Con I = IE1 resulta:
)( 111 ECECCCE RRIVV (2.152)
Introduciendo valores numéricos en la
ecuación (2.152) se obtiene:
VkmAVVCE 5.4)5.7(1121
El punto de operación para Q1 es:
VCE1 = 4.5V e IE1 = 1mA.
El transistor está funcionando en la zona
activa, comportándose como un
amplificador.
Para la segunda etapa se obtiene:
VkmAIxRV C 2.2)2.2(11 (2.153)
mAk
VVIE 833.0
8.1
7.02.22
(2.154)
)8.11(833.0122
kmAVVEC (2.155)
VVEC 2.22
Entonces: VCE2 = -2.2V.
El punto de operación para Q2 es:
VCE2 = -2.2V e IE2 = 0.833mA.
El transistor está funcionando en la zona
activa, comportándose como un
amplificador.
2.- Análisis AC.
Dibujando el circuito para AC, sin
sustituir el modelo del transistor para AC,
resulta el circuito de la figura 2.27.2.
Sustituyendo el modelo del transistor para
AC, en el circuito anterior, figura 2.27.2
resulta el circuito de la figura 2.27.3.
Calculando los parámetros para AC:
261
2626
1
1mA
mV
I
mVr
E
e (2.156)
21.31833.0
2626
2
2mA
mV
I
mVr
E
e (2.157)
226,526201)1( 11 xrr e (2.158)
22 )1( err (2.159)
21.273,621.312012 xr
mSr
ge
m 46.3826
11
1
1 (2.160)
mSr
ge
m 04.3221.31
11
2
2 (2.161)
Calculando las variables solicitadas.
)'
)('
)(( 1
1 i
i
i
o
o
o
i
o
v
v
v
v
v
v
v
v (2.162)
Se observa que la ganancia se puede
calcular como el producto de las
ganancias por etapas.
+
-
vo
Ro
Ri
Figura 2.27.2
Q2
1kHz
vi
-1/1V
Q1 RL 10kΩ
RS
1kΩ
RE1 5.3kΩ
RC 2.2kΩ
-
+
vo vπ2
-
+ rπ2
gm2Vπ2
Ri
+
- vO1
gm1vπ1
Ro
+
-
vπ1
RS
RL
rb
1kHz
vi
-1/1V
RE1
RC
rπ1
rb
+
- vi’
Figura 2.27.3
44
Lmo xRvgv 22 (2.163)
2
21
2
)(
rr
rvv
b
o (2.164)
Sustituyendo (2.164) en (2.163) se
obtiene:
)(2
22
1 rr
rRg
v
v
b
Lm
o
o (2.165)
Sustituyendo 122rgm en la
ecuación anterior y dividiendo numerador
y denominador por este mismo factor se
obtiene:
21
1e
b
L
O
O
rr
R
v
v (2.166)
Sustituyendo los valores numéricos en la
ecuación (2.166) se obtiene:
88.317
21.31201
50
10
1
k
v
v
o
o
)//(2111 rrRxvgv bCmo (2.167)
1
1
1
'
rr
xrvv
b
i (2.168)
Sustituyendo (2.168) en (2.167) se
obtiene:
)()//(' 1
11
1
2 rr
rrrRg
v
v
b
bCm
i
o (2.169)
Sustituyendo 111rgm en la
ecuación anterior y dividiendo numerador
y denominador por este mismo factor se
obtiene:
1
21
1
)//(
'e
b
bC
i
o
rr
rrR
v
v (2.170)
Introduciendo valores numéricos en la
ecuación (2.170) resulta:
26201
50
)21.273,650//(2.2
'
1 k
v
v
i
O
18.6225.26
14.632,1
'
1
i
O
v
v
Sb
E
bEi
Rrr
R
rrRxv
vi
)1
//(
)1
//(
'1
1
11
(2.171)
Sb
E
bE
i
i
Rrr
R
rrR
v
v
)1
//(
)1
//('
11
11
(2.172)
Sustituyendo valores numéricos en la
ecuación (2.172) se obtiene:
mkv
v
i
i 5.25112.26
12.26'
Por lo tanto se puede calcular:
03.504)5.25)(18.62)(88.317( mv
v
i
o
)1
//( 11
rrRR b
Ei (2.173)
12.2625.26//3.5 kRi
kRR Lo 10 (2.174)
Ejemplo # 3
Para el circuito mostrado en la figura
2.28, calcule: i
o
v
i,
i
o
i
i, Ri y Ro.
Datos: β = 100 y rb = 100Ω.
Solución:
a.- Análisis DC
111 EEBEBBEE RIVRIV (2.175)
Sustituyendo 1
1
1
EB
II en la ecuación
anteriores obtiene:
111
1EEBEB
EEE RIVR
IV (2.176)
iO
Figura 2.28
ii
Ri RO
vO
C4 10uF
C3
C2 1uF
Q2
1kHz
Vi -1/1V
C1
1uF
VCC 5V
VEE -5V
Q1
RC2 2.7kΩ
RE2
1.5kΩ
RB 1kΩ
RE1 4.3kΩ
RC1 2.2kΩ 10uF
45
Despejando IE1 se obtiene:
1
1
1E
B
BEEE
E
RR
VVI (2.177)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.177) se obtiene:
mA
kk
VVI E 1
3.4101
1
7.051
Considerando Ib2 ≈ 0A.
111 CERC RIV (2.178)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.178) se obtiene:
VkmAxVRC 2.22.211
BEEERC VRIV 221 (2.179)
Entonces:
2
1
2
E
BERC
ER
VVI (2.180)
Sustituyendo valores numéricos en la
ecuación (2.180) se obtiene:
mAk
VVI E 1
5.1
7.02.22
11111 EECECEEE RIVRIVccV (2.181)
)( 1111 ECEEECCCE RRIVVV (2.182)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.182) se obtiene:
VkmAxVVCE 5.35.61101
22222 CEECEECCEE RIVRIVV (2.183)
)( 2222 ECEEECCEC RRIVVV (2.184)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.184) se obtiene:
VkmAxVVEC 8.52.41102
Entonces: VVCE 8.52
El punto de operación es:
Para Q1: mAIeVV ECE 15.3 11
Para Q2: mAIeVV ECE 18.5 22
Ambos transistores están funcionando en
la zona activa comportándose como
amplificadores
b.- Análisis AC.
El circuito para AC, sin sustituir el
modelo del transistor para AC, resulta el
circuito de la figura 2.28.1.
Sustituyendo el modelo del transistor para
AC, en el circuito anterior, figura 2.28.1
resulta el circuito de la figura 2.28.2.
Calculando los parámetros ante para AC:
1
21
26
E
eeeI
mVrrr (2.185)
Sustituyendo valores:
261
26
mA
mVre
errrr )1(21 (2.186)
Sustituyendo valores se obtiene en la
ecuación (2.186) resulta:
626,226101xr
e
mmmr
ggg1
21 (2.187)
Introduciendo valores en la ecuación
(2.187) se obtiene:
mSgm 46.3826
1
Calculando las variables solicitadas.
))()(( 1
1 i
o
o
o
o
o
i
o
v
v
v
v
v
i
v
i (2.188)
ii vO1
Figura 2.28.2
v 1 -
+
Ro
gmv 1
Ri gmv 2 r 2
+
- v 2 vo
+
-
iO
RB
1kHz
Vi -1/1V
RC2
rb
RC1 r 1
rb iC2
Figura 2.28.1
iO
ii
Ri RO
vO
Q2
1kHz
vi -1/1V Q1
RC2
RB
RC1
46
2Coo xRiv (2.189)
Entonces:
mSkRv
i
Co
o 455.02.2
11
2
(2.190)
22 Cmo xRvgv (2.191)
rr
rvv
b
o12 (2.192)
Sustituyendo (2.192) en (2.191) se
obtiene:
)(2
1 rr
rRg
v
v
b
Cm
o
o (2.193)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
anterior y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
b
C
o
o
rr
R
v
v
1
2
1
(2.194)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.194) se obtiene:
100
26101
100
7.2 k
v
v
i
o
)//(111 rrRvgv bCmo (2.195)
rr
rvv
b
i )(1 (2.196)
Sustituyendo (2.196) en (2.195) se
obtiene:
)()//(11
rr
rrrRg
v
v
b
bCm
i
o (2.197)
Sustituyendo 1rgm en la ecuación
(2.197) y dividiendo numerador y
denominador por este mismo factor se
obtiene:
e
b
C
i
o
rr
rrbR
v
v
1
)//(11 (2.198)
Sustituyendo valores en la ecuación
(2.198) se obtiene:
26101
100
)626,2100//(2.21 k
v
v
i
o
1.4599.26
46.217,11
i
o
v
v
Por tanto:
SmSv
i
i
o 1.2)1.45)(100)(455.0(
)//( rrRR bBi (2.199)
62.731726,2//1kRi
kRR Co 7.22 (2.200)
i
i
o
i
i
o
i
o Rv
i
R
v
i
i
i)( (2.201)
4.536,1)62.731)(1.2( Si
i
i
o (2.202)
PROBLEMAS
Problemas y ejercicios propuestos de
circuitos de polarización con
transistores BJT NPN y PNP.
2.1 Para el circuito de la figura P2.1,
calcule el punto de operación (VCE y IC).
β = 150.
5V
C2 1uF
Q
C1 1uF
1kHz
Vi -1/1V
RL 10kΩ
RE
1.8kΩ
RC 1kΩ
R1
1kΩ
R2 1kΩ
5V
Figura P2.1
47
2.2 Para el circuito de la figura P2.2,
calcule el punto de operación (VCE y IC).
β = 120.
2.3 Para el circuito de la figura P2.3,
calcule el punto de operación para cada
transistor. β = 120.
2.4 Para el circuito de la figura P2.4,
determinar el valor de RB tal que
VC3 = 0VDC. β = 100 para todos los
transistores.
2.5 Para el circuito de la figura P2.5,
calcule el punto de operación para cada
uno de los transistores. Dato: β = 120 para
ambos transistores.
2.6 Para el circuito de la figura P2.6,
calcule el punto de operación para cada
transistor. Dato: β = 200 para todos los
transistores.
2.7 Para el circuito de la figura P2.7,
calcule el punto de operación para cada
transistor. Dato: β = 100 para todos los
transistores.
Figura P2.6
30V
10uF 10uF
Q3
Q2
Q1
1kHz
Vi
-1/1V
2.7kΩ
4.7kΩ 8.2kΩ
5.6kΩ
1kΩ
10kΩ
82kΩ
5.6kΩ
10uF Q3
Q2
Q1
1uF
1kHz
-1/1V
Figura P2.2.
Q
C2 1uF
-5V
C1 1uF
1kHz
vi
-1/1V
RL 10kΩ
RC
1kΩ
RE 1.8kΩ
R1
1kΩ
R2
1kΩ
Figura P2.3
VCC -5V
Q2 Q1
C1 1uF
1kHz
vi -1/1V
RE2 5.6kΩ
RC2
2.2kΩ
RC1 1kΩ
RE1 1.8kΩ
R1
1kΩ
R2
1kΩ
Figura P2.4 -6V
10V
2kΩ
1kΩ 1kΩ
Q3
3.3kΩ
Q2
1kHz
vi
-1/1V
C1 1uF
RB 1kΩ
Q1
Figura P2.5
-
+
3V3
-6V
10V
Q1
Q2
1kΩ
1kΩ
2kΩ
1kΩ
100Ω
3V3
48
2.8 Para el circuito de la figura P2.8,
calcule el punto de operación para cada
transistor. Dato: β = 200 para todos los
transistores.
2.9 Para el circuito de la figura P2.9,
calcule el punto de operación para el
transistor. Dato: β = 100.
Problemas y ejercicios propuestos de
circuitos de polarización y señal con
transistores BJT NPN y PNP.
2.10 Para el circuito mostrado en la figura
P2.10, calcule: i
o
v
v,
i
o
i
i, Ri y Ro.
Datos: β = 200 rb = 50Ω.
2.11 Para el circuito mostrado en la figura
p2.11, calcule: i
o
v
v, Ri y Ro.
Datos: β = 200 rb = 50Ω.
Figura P2.7
-12V
1kΩ
1kΩ 5k6Ω
Q2
2k2Ω
Q1
12V
Q4
Q3
1k5Ω
2k2Ω
Q2
Q1
Q4
Q3
Figura P2.8
-15V
22V
Q2
Q1
3k3
12k
2k2
10k
100k
6k8
-15V
22V
Q2
Q1
3k3Ω
12kΩ
2k2Ω
10kΩ
100kΩ
6k8Ω
Figura P2.9
-5V
1k2
1k2 3k9
1k5
Q
-5V
1k2Ω
1k2Ω 3k9Ω
1k5Ω
Q
+
-
vo
Figura P2.10
Ro
Ri
Q2
VCC 12V
1kHz
vi
-1/1V
C2 1uF C1
10uF
Q1 RL
10kΩ
RE2 1.8kΩ
RS 1kΩ
R2 1kΩ
R1
1kΩ
RE1 5.3kΩ
RC 2.2kΩ
49
2.12 Para el circuito mostrado en la figura
P2.12, calcule: i
o
i
v ,
i
o
v
v, Ro y Ri.
Datos: β = 100 y rb = 100Ω.
2.13 Para el circuito mostrado en la figura
P2.13, calcule: Gm, Ri y Ro.
Datos: β = 200 rb = 50Ω.
2.14 Para el circuito mostrado en la figura
P2.14, calcule: i
o
v
v,
i
o
i
v,
i
o
v
i,
i
o
i
i Ri y Ro.
Datos: β = 200 rb = 50Ω.
2.15 Para el circuito mostrado en la figura
P2.15, calcule: s
o
v
v,
s
o
i
i Ri y Ro.
Datos: β = 120 rb = 120Ω.
2.16 Para el circuito mostrado en la figura
P2.16, calcule: s
o
v
v, Ri y Ro.
Datos: β = 120 rb = 120Ω.
Ro
Ri
vO
Figura P2.13
C4 1uF
C3 1uF
VCC 15V RC2
3.3kΩ
RE2 4.7kΩ
R3 1kΩ
R4 1kΩ
Q2
C2
1uF
Q1
RC1
1.8kΩ R1
10kΩ
R2 10kΩ
RE1
4.7kΩ
C1 1uF
1kHz
vi -1/1V
ii
iO
Figura P2.12
ii
Ri RO
vO
C4 10uF
C3 10uF
C2 1uF
Q2
1kHz
vi
-1/1V C1
1uF
VCC 10V
VEE -5V
Q1
RC2 2.7kΩ
RE2
1.5kΩ
RB
1kΩ RE1 4.3kΩ
RC1 2.2kΩ
Figura P2.11
vO
Ri
Ro
RL 2.2kΩ
C4 1uF
C3 10uF
VCC 12V
1kHz
vi
-1/1V
C2
1uF
C1 10uF
Q2
Q1
R1 4.7kΩ
R2 4.7kΩ
R3 2.2kΩ
RC 2.2kΩ
RE 3kΩ
ii -
+ vO
Figura P2.14
RE1 1kΩ
RC3
10kΩ RE3 1.8kΩ RE2
2.2kΩ RB 2kΩ
RS
1kΩ
1kHz
vi
-1/1V
Q3
RC2 12kΩ
RC1 10kΩ
Q2
Q1
Ri
Ro
IE1=IE2=IE3=1mA
-
+ vo
is
io
Ro
Ri
Figura P2.15
C3
10uF
VCC 12V
Q
RC 3.3kΩ
RE 100Ω R2
2.7kΩ
R1 8.2kΩ
C1 1uF
RL
15k
RE
2.7kΩ
C2
1uF
1kHz VS
-1/1V RS
220Ω
iO
50
2.17 Para el circuito mostrado en la figura
p2.17, calcule: s
o
v
v, Ri y Ro.
Datos: β = 120 rb = 120Ω.
Figura P2.16
-
+ vo
Ro
Ri
C3
10uF RS 1kΩ
C2
1uF
VCC 12V
Q
RC 3.3kΩ
R2 2.7kΩ
R1 8.2kΩ
C1
1uF
RL
15kΩ
RE 2.8kΩ 1kHz
VS -1/1V
-
+ vo
Figura p2.17
Ri
Ro
RL 1kΩ
C4 1uF
RE2
6.8kΩ
RC2
1kΩ
Q2 R4 1kΩ
R3
1kΩ
C3 10uF
RS 1kΩ
C2
1uF
VCC 12V
Q1
RC
3.3kΩ
R2
2.7kΩ
R1
8.2kΩ
C1 1uF
RE 2.8kΩ
1kHz
VS -1/1V
