Tema 5. Transistores - EtxeSare · En el circuito de la figura, despreciando las corrientes...
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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: