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|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.
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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
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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
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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
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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
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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
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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:
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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
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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:
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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
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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 )
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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
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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 )
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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 ]
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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 ]
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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 ]
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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:
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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
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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”.
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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.
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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 ]
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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 )
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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
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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
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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:
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PQ3 :(3.0mA ,14.0V )
26
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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
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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
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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
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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
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31
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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”.
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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:
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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:
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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 ]
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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:
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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:
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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]
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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
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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.
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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)
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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:
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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.
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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:
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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
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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 ]
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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 ]
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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
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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”
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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¿
¿
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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
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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
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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
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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
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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
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Ejercicio 4Dado el siguiente circuito, determinar de manera literal:
1. Impedancia de entrada Zi2. Impedancia de salida Zo3. Ganancia de Voltaje
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Ejercicio 5Para el siguiente circuito, encuentre:
1. Ganancia de voltaje 2. Impedancia de entrada Zi3. Impedancia de salida Zo
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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
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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
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Ejercicio 8Diseñar un amplificador transistorizado con las siguientes especificaciones:
Av = - 10 Zi = 10 K Zo = 1k
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