114

Problema 1. Determina el punto estático de funcionamiento (Q) del transistor de la

figura. 1. Equivalente Thevenin de la red de entrada (punto A).

VVV thA 6101010

12 =⋅+

==

Ω== kRth 510||10

BC II ⋅= β

Suponemos al transistor en la zona activa (habrá que verificarlo).

CBE III +=

VV

VV

VV

CEsat

BEsat

BEactiva

2.0

8.0

7.0

100

==

==β

;0525.0 AIB µ= ;25.5 AIC µ=

VVIV CEECE 7.60100012 =→=⋅−−→]7.6,25.5[],[ VAVIQ CEC µ==→

],[ CEC VIQ =

5.4. Problemas

A

0100056 =⋅−−⋅− EBEB IVINudo

Ecuación del transistor (zona activa)

AIE µ30.5=Con la malla de salida calculamos VCE

2. Utilizando método simplificado (suponemos IB≈0). Calculamos la VB (divisor) VVB 6=VVVV BEBE 3.57.06 =−=−=

CE

E IAM

V

M

VI ==

Ω=

Ω= µ3.5

1

3.5

1VVCE 7.63.512 =−=

E

..

.C

BComprobación activa.

J1PD VBE=0.7

J2PI VCB=VCE-VBE=6.7V-0.7=6V

Si lo hubiéramos supuesto en la zona de saturaciónCon la malla de salida

mAI

IIV

E

EECEsat

0118.0

010002.0120100012

=→=⋅−−→=⋅−−

Malla de entrada

0010008.056 <→=⋅−−− BEB III

0100056 =⋅−−− EBEsatB IVI

Malla de entrada

¡¡Incongruencia!!

Problema 2. a) Valores de R que hacen que el punto Q1 (transistor T1) pase de una zona a otra de funcionamiento.b) Para T2 se desea saber los valores (R1, R2 y R3) de la red de polarización que posicionan el punto de trabajo Q2 tal como aparece en la gráfica.

5.4. Problemas

a) Hallamos el equivalente thevenin de

la primera etapa (punto A).4.7kΩ

T2 transistorea

VV

VV

VV

CEsat

BEsat

BE

T

CORTE

2.0

8.0

5.0

1001

==

≤=β

4.7kΩR4.7kΩR

48V

A

7.47.4

48 ⋅+

=R

Vth

7.4

7.47.4||

+⋅==

R

RRRth

VVBE 5.0≤

0=EI

VR

VV thBE 5.07.47.4

48 ≤⋅+

≤=Ω≤→ kR 5.446

Limite de corte

En corte:

00 ≈−= CBC II00 ≈= CBB II

Si IB =0; entonces:

VV BE 5.0≤

Limite de saturación VVVV BEsatCEsat 8.0;2.0 ==Suponiendo IB≈0 y utilizando la malla de salida (IE≈I C):

mAIIVI CsatCsatCEsatCsat 8.31;02.05.148;05.148 ==−⋅−=−⋅−

mAII

I Csat

min

CsatsatBmin 318.0

100

8.31 ====− ββUtilizando la malla de entrada e IE= I C+IB=0.318+31.8

01)1(8.0 min =⋅−+−− − EsatBthth IIRV

EBthBBEaseth IIRIVV ⋅+⋅+⋅=− 11

Ω=→ kR 12.2

Ωk5.446Ωk12.2

Corte Saturación Activa

115

Problema 2. b) Para T2 se desea saber los valores (R1, R2 y R3) de la red de polarización que posicionan el punto de trabajo Q2 tal como aparece en la gráfica.

5.4. Problemas

Ω==→

==→=

==→=

kmA

R

mAR

VIV

VVVI

CCE

CEC

4.060

24

600

240

3

3

T2

4.7kΩR

7.4

7.47.4||

+⋅==

R

RRRth

3R

VCC

V

CI

CEV

CCE IRVV ⋅=− 3LEC:

Para analizar la malla de entrada hallamos el equivalente Thevenin:

221

2

24R

RRVth ⋅

+=

21

21212 ||

RR

RRRRRth +

⋅==

7.0215.0

3.23

7.015.024

0

21

21

212

21

22

+=→

++⋅⋅=⋅

+→

=−⋅−

R

RR

VRR

RRR

RR

VIRV BEBthth

VVBE 7.0=

Ω=→Ω= kRkR 10610 12

Malla de entrada

116

117

Problema 3. En el circuito de la figura, determinar

Rc de tal forma que Vo= 0V. Se supone β=50 para

todos los transistores. VBE=0.7V. A efectos de

cálculo despreciar las corrientes IB2 e IB1.

5.4. Problemas

1

2

3

4

I

IE

2

IC2

=IR

C

IB3

021 == BB II VVV B 3.23.27.33.2

6021 −=⋅

+−==

VVVVV BEBE 37.03.2222 −=−−=−==→

( )RcCE IImAI =≅=−−−= 22 1

3

63

03 ≠BI mAV

I BEB 02.0

15

7.01

15

13 =−=−=

mAII BC 102.05033 =⋅=⋅=→ β

VIVV CC 4)0I que ya(812 B1333 =≈⋅−==→

VVVVV BEE 3.3314 =−==→

VVo 0=

Ω==−= kmA

V

I

VR

RcC 3.3

1

3.304

118

Problema 4. El diodo LED de la figura

tiene una caída de tensión en

conducción directa de 2.3V. Si el

transistor tiene una β=150, ¿Qué

corriente circulará por el diodo LED

cuando el transistor esté saturado?

¿ Cuál es el valor de la tensión V que

satura al transistor?.

Datos: VCEsat=0.2V, VBEsat=0.8V.

5.4. Problemas

IE

IB

IC

===

VV

VV

VV

LED

BEsat

CEsat

3.2

8.0

2.0

mAICsat 5.171

2.03.220 =−−=

VVVIVV satBBEsat 28.6047116.08.0047min =→=⋅−−→=⋅−−→ −

mAII

I Csat

min

CsatsatB 116.0

150

5.17min ====→ − ββ

Transistor saturado:

119

Problema 5. Situar de forma teórica el punto de

trabajo del siguiente amplificador y representar

gráficamente la LEC, el punto de trabajo y la LDC.

5.4. Problemas

Régimen estático:Aplicando el equivalente Thevenin a la red de

entrada (punto A): A

+⋅==

⋅+

=

21

2121

221

||RR

RRRRR

RRR

VV

th

CCth

( )3

3 0RR

VVIRRIVV

th

BEthBthBBEth +

−=→=+−−

=→=

=→=→⋅=−−

4

4 0

0

0

R

VIV

VVI

RIVV CCCCC

CCCEC

CCECC

Régimen dinámico:

54

5454 || :donde ,

1

RR

RRRRR

Rm L

LLDC +

⋅==−= ≈≈

Para calcular la pendiente de la LDC.

Malla de entrada

Malla de salida (LEC)

3RR

VVI

th

BEthB +

−=

120

CBoEC III −⋅−= 222 αAplicando las ecuaciones de Ebers-Moll (convenio de signos):

IE2=-100mA

IB1

IC

1

IB2

IC

2

I

IE1

0≈CBoI mAII EC 95)100(95.0222 =−⋅−=⋅−≈ α

mAIII CEB 595100222 =−=−−=→

mAII BE 521 −=−=→ mAII EC 9.4)5(98.0111 =−⋅−=⋅−≈→ α

mAIII CEB 1.09.45111 =−=−−=→

mAIII EC 9.999.49511 =+=+=→

Malla de salida: VVIV CECE 012.129.9912.02412.024 22 =⋅−=→⋅=−

Malla de T1: VVIVV CEBECE 3.117.09.9912.02412.024 111 =−⋅−=→⋅=−−

191

;491 2

22

1

11 =

−==

−=

ααβ

ααβ Todo el

circuito:999

1.0

9.99

1

===B

TOT I

Iβ ( ) ( ) 100011 21 =+⋅+≈ βββTOT

5.4. ProblemasProblema 6. En el circuito de la figura, despreciando las corrientes residuales, calcular

las corrientes por los transistores, la corriente de la batería y la tensión VCE, sabiendo que

la corriente de emisor del transistor T2 es de 100mA. Datos: α1=0.98, α2=0.95.

121

5.4. ProblemasProblema 7. Para el transistor del circuito de la figura, determinar IB, IC y VCE e indicar la

zona de funcionamiento del transistor en los siguientes casos:

A) V1=10V, V2=0V, R3=100kΩ.

B) V1=0V, V2=-10V, R3=100kΩ.

C) V1=10V, V2=0V, R3=0Ω.

Datos: hFE=βCC=β=100, VBE =0.7V, VCEsat =0.2V, VBEsat =0.8V.

122

Thevenin :

A) V1=10V, V2=0V, R3=100kΩ.

Datos: hFE=βCC=β=100, VCE =0.7V, VCE-ase =0.2V, VBE-ase =0.8V.

B) V1=0V, V2=-10V, R3=100kΩ.

C) V1=10V, V2=0V, R3=0Ω.

VVth 5100100100

10 =⋅+

=

Ω== kRth 50100||100

Ω=+= kRR th 1501000150 =⋅−−→ BBEth IVV

AIB µ6.28150

7.05 =−=→

mAII BC 86.2=⋅=→ βVIV CCE 26.4210 =⋅−=→

→ J1:PD

VVVV BECECB 56.3=−=→

→ J2:PI→ Zona Activa

Thevenin :

VVth 5100100100

10 −=⋅+

−=

Ω== kRth 50100||100

VVI CEC 100 =→≈→

→ Zona de corte

→ J1:PI

Thevenin :

VVth 5100100100

10 =⋅+

=

Ω== kRth 50100||100

0100 =⋅−− BBEth IVV AIB µ86100

7.05 =−=→ mAII BC 6.8=⋅=→ β

VIV CCE 2.7210 −=⋅−=→ → Imposible VVVV BECECB 9.7−=−=→

→ J2:PD

5.4. Problemas

Suponemos en activa.

→ Zona de saturación (hacemos cálculos).

;8450

8.05AIB µ=−=;9.4

2

2.010mAICsat =−= AI satB µ49

100

49min ==−

123

5.4. ProblemasProblema 8. En el circuito de la figura

determinar el valor de la Vi mínima para llevar al

transistor a saturación. Datos: β=100, VEcsat

=0.1V, VEBsat =0.3V. Realizar también los cálculos

para R7=6.8K y R8=51K.

( ) ( )VV

Vi

i 6.60059.010

3.06

10

3.0 −=→=−−−−−−→21min III satB −−=−

VVi 54.1−=→

Se puede resolver por mallas o aplicando

Thevenin : Haciéndolo por mallas, tenemos:

Malla de entrada (saturación):

mAV

IIV CEsatCsatCsatCEsat 59.0

10

1.06

10

60106 =−=+=→=⋅−+

AmAII

I CsatCsatsatB µ

ββ9,50059.0

100

59.0

minmin =====→

Malla de salida (saturación):

Para R7=6.8K y R8=51K :

Resolverlo por Thevenin

124

5.4. ProblemasProblema 9. Para el transistor de la figura se pide:

a) Calcular las tensiones y corrientes en el transistor y la

tensión en Vc.

b) Obtener el valor de RB que sature el transistor.

Datos: βcc=β=100, VBE=0.6, VCEsat =0.3V, VBEsat =0.7V.

a) Suponemos al transistor en la zona activa (habrá que

verificarlo).

⋅=+=

=⋅−⋅−−

BC

CBE

EBBE

II

III

IIV

β

012002

( ) BE II 1+=→ β

010112006.02 =⋅⋅−⋅−−→ BB II

AmAIB µ65.400465.0 ==→

≈==⋅=

→mAmAI

mAII

E

BC

47.0469.0

465.0β

Ecuaciones malla de entrada, nudo y transistor

;24.10165.4 VVIVI CEECEC =→=⋅−−⋅−Malla se salida:

VIV CC 71.165.4 =⋅−=Comprobación activa. J1PD VBE=0.7 J2PI VCB=VCE-VBE=1.24V-0.6=0.64V.

b) Calculamos RB para que el transistor esté en la zona de saturación (no despreciamos IB).

==

+==⋅−⋅−−

− ββCsatCsat

satB

CsatsatBEase

EsatCsatCEsat

III

III

IIV

minmin

min

0165.4

Ecuaciones malla de salida, nudo y corriente mínima de saturación en el transistor

mAICsat 6.0≈

mAI

AmAI

Ease

aseB

606.0

6006.0min

=== µ

Malla de entrada:

012 min =⋅−⋅−− − EsatsatBBBEsat IIRV

Ω=⋅−−=→ kRB 66.115006.0

606.017.02

125

5.4. ProblemasProblema 10. En el circuito de la

figura determinar en que zona se

encuentra trabajando el transistor.

Realiza las modificaciones que

consideres oportunas para pasarlo:

Si está en corte a saturación.

Si está en activa a saturación.

Si está en saturación a corte.

Datos: β=100, ICB0=0, VBE=0.7V, VCEase=0.2V, VBEsat=0.8V.

⋅=+=

=⋅−⋅−−

BC

CBE

EBthBEth

II

III

IIRVV

β

05.0

( ) BE II 1+=→ β

01015.06.7.02 =⋅⋅−⋅−−→ BB IIAmAIB µ025.002495.0 ≈=→

==⋅=

→mAI

mAII

E

BC

525.2

5.2β

Thevenin : VVth 2228

10 =⋅+

=

Ω== kRth 6.12||8

ECCE IIV ⋅+⋅=− 5.0210 VVCE 73.3=→

-Suponemos al transistor en la zona activa (habrá que verificarlo).Ecuaciones malla de entrada, nudo y

transistor:

Malla se salida:

Comprobación activa. J1PD VBE=0.7 J2PI VCB=VCE-VBE=3.73V-0.7=3.03V.

Para pasar a saturación podemos cambiar las resistencias de 2 y 8K por R1 y R2.

( ) 05.0210 =+−− CsatCEsat IV mAICsat 92.3=→→→===− entradamallaRyRCalculamosmA

III CsatCsat

satB 210392.0min

min ββ

Malla de salida (despreciamos IB):

292.3724

22761

R

RR

−=

126

5.4. ProblemasProblema 11. En el circuito de la figura determinar la

zona de funcionamiento y el punto de trabajo del

transistor.

Datos:β=100, ICB0=0, VBE=0.7, VCEsat =0.2V, VBEsat =0.8V.

- Malla de entrada, nudo y ecuación del transistor:

( )

⋅=+=

=⋅−⋅+−−

BC

CBE

EBthBEth

II

III

IIRVV

β

033

- Malla de salida:

( ) BE II 1+=→ β

( ) 010135.107.05.13 =⋅⋅+−−→ BI mAmAIB 041.00408.0 ≈=→

==⋅=

→mAI

mAII

E

BC

141.4

1.4β

VVVV BECECB 77.67.047.7 =−=−=→ (J1 PD) J2 está PI zona Activa.

Thevenin

VVth 5.131515

3241524 =

+−⋅−=

Ω== kRth 5.715||15

ECCEth IIVV ⋅+⋅=− 31 VVCE 47.7=→

I

Suponemos al transistor en la zona activa (habrá que verificarlo).

127

5.4. ProblemasProblema 12. Calcular matemáticamente y

gráficamente el punto de trabajo del transistor BJT

de la figura.

Datos: β=299, ICB0=0, VBE=1V.

Matemáticamente:

IB

IC

IE

VCE

VBE

⋅=+=

⋅+⋅=−

BC

CBE

EBBE

II

III

IIV

β

1.0202

( ) BE II 1+=→ β

( )( ) BI⋅+⋅+=−→ 12991.02012

==⋅=

→=→mAI

mAIImAI

E

BCB 6

98.502.0

β

ECCE IIV ⋅+⋅=− 1.09.450

VIIV ECCE 1.201.09.450 ≈⋅+⋅−=→[ ][ ]VmA

VIQ CEC

1.20,98.5

,

==→

- Malla de entrada, nudo y ecuación del transistor:

- Malla de salida:

(J1 PD) J2 está PI zona Activa.

128

IB

IC

IE

VCE

VBE

[ ][ ]VmA

VIQ CEC

1.20,98.5

,

==→

( )

==→=

=→=→

⋅=⋅+⋅=−=→≈

mAIV

VVI

IIIV

III

CCE

CEC

CECCE

CEB

105

500

500

51.09.450

0

LEC: Representación gráfica de la malla de salida en

régimen estático.

Curva de polarización (suponemos cte VBE=1 ):

CBE III +=1.0

1.201 BC

II

⋅−=→

CBEB IIII ⋅+⋅=→⋅+⋅=− 1.01.2011.02012- Malla de entrada:

- Malla de salida:

BCCEECCE IIVIIV ⋅+⋅=−→⋅+⋅=− 1.05501.09.450

BCE IV ⋅=→ 9.1004

Vamos dando valores a IB:

VVAI

VVAI

VVAI

VVAI

CEB

CEB

CEB

CEB

11.2022

1.2020

09.1818

08.1616

≈→=≈→=≈→=≈→=

µµµµ

5.4. ProblemasGráficamente: