2. electrónica para ingenieros bjt-12.6

Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL |TRANSISTORES DE UNIÓN BIPOLAR (BJT) 1

TRANSISTORES DE

UNIÓN BIPOLAR

(BJT) ELECTRÓNICA PARA INGENIEROS Este documento tiene como objetivo guiar al estudiante de electrónica en el tópico de

los transistores de unión bipolares (BJT por sus siglas en inglés). El texto cuenta tanto

con ejercicios resueltos como propuestos, que abarcan temas como: zonas y puntos de

operación, reguladores de voltajes y amplificadores de pequeña señal.

2014

Borrador 10.0

Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL

20/10/2014


Contenido

1

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


REGULADORES DE VOLTAJE 46

Ejercicio 1 46

Ejercicio 2 47

Ejercicio 3 49

Ejercicio 4 52

Ejercicio 5 56


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


Ejercicio 1 83

Ejercicio 2 84

Ejercicio 3 85

Ejercicio 4 86

Ejercicio 5 87

Ejercicio 6 88

Ejercicio 7 89

Ejercicio 8 90

Gómer Rubio Roldán - Profesor ESPOL 4

CAPÍTULO 1

ZONAS Y PUNTOS DE OPERACIÓN

PROBLEMAS RESUELTOS

Ejercicio 1

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

Datos: 𝑉𝐵𝐸 = 0.7[𝑉], β = 100, 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0[𝑉]

𝑅1 = 100𝐾Ω, 𝑅2 = 1𝐾Ω, 𝑉𝐶𝐶 = 10[𝑉]

Solución:

a) 𝑽 = 𝟎: El transistor trabaja en la zona de corte y por lo tanto:

𝐼𝐵 = 𝐼𝐶 = 𝐼𝐸 = 0 𝑃𝑄 = 𝑉𝐶𝐸𝐼𝐶 = (5.7)(0) = 𝟎

b) 𝑽 = 𝟓[𝑽]

𝐼𝐵 = 5 − 0.7

100= 0.043𝑚𝐴


𝐼𝐶 = 𝛽𝐼𝐵 = 100(0.043𝑚𝐴) = 4.3 𝑚𝐴

𝑉𝐶𝐸 = 10 − 4.3(1) = 5.7[𝑉]

𝑃𝑄 = 𝑉𝐶𝐸𝐼𝐶 = (5.7)(4.3) = 𝟐𝟒. 𝟓[𝒎𝑾]


Ejercicio 2

Calcular el valor de 𝐼𝐿𝐸𝐷 en el circuito de la figura1.

Considere β = 100

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 𝑉𝑅3 = 12620

620+680= 5.72[𝑉]

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

12 − 200𝐼𝐸1 − 𝑉𝐸𝐵 − 𝑉𝑅3 = 0

5.6 = 200𝐼𝐸1

o 𝐼1𝐸 = 𝐼𝐿𝐸𝐷 = 27.88 𝑚𝐴

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

R1

680Ω

R2

200Ω

R3

620Ω

V1

12 V

Q1

2N1132A

LED1

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


Ejercicio 3

En el siguiente circuito, determine el mínimo valor de β para que el transistor 𝑄1 se

sature.

Datos: 𝑉𝐵𝐸 = 0.7[𝑉] ; 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0.2[𝑉]

𝑅1 = 200𝐾Ω, 𝑅2 = 100𝐾Ω,

Solución:

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

𝑉𝐶𝐶= 𝐼𝐶 𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸

En el límite de las regiones activa-saturación:

𝐼𝐶 = 𝐼𝐶𝑚á𝑥= 𝛽𝑚𝑖𝑛𝐼𝐵𝑚á𝑥

𝑉𝐶𝐸= 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)

Lo que significa que por el circuito circula la máxima corriente de colector y que para

que el β aún sea válido, 𝐼𝐵 = 𝐼𝐵𝑚á𝑥.

Reemplazando:

𝑉𝐶𝐶= 𝛽𝑚𝑖𝑛𝐼𝐵𝑚á𝑥𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)

En el circuito de entrada:

𝐼𝐵 = 𝐼𝐵𝑚á𝑥 =𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐸𝐵

𝑅𝐵


Y por lo tanto:

𝑉𝐶𝐶 = 𝛽𝑚𝑖𝑛 [𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐸𝐵

𝑅𝐵] 𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)

Despejando 𝛽𝑚𝑖𝑛:

𝛽𝑚𝑖𝑛= 𝑅𝐵

𝑅𝐶[𝑉𝐶𝐶− 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)

𝑉𝐵𝐵−𝑉𝐸𝐵]

𝜷𝒎𝒊𝒏 = 𝟏𝟒𝟐


Ejercicio 4

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

Datos: β1 = β2 = 100 C1, C2, C3 ideales Rin=36kΩ, R1= 60 kΩ, R2= 90 kΩ, R3= 8 kΩ, R4= 0.5 kΩ R5= 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:


En la Figura se puede observar que:

𝑰𝑩𝟏 ≅ 𝟎, 𝐩𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞: 𝑰𝑩𝟐 ≅ 𝟎, 𝐩𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞:

(𝑅4 + 𝑅5)(𝛽1 + 1) ≫ 𝑅2 𝑅6(𝛽2 + 1) ≫ 𝑅3

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

1818 𝑘Ω ≫ 90 𝑘Ω 202𝑘 ≫ 8 𝑘Ω

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

Encontrando 𝑉1, 𝐼𝐸1, 𝐼𝐶1:

𝑉𝐵1 = 30(𝑅2

𝑅1 + 𝑅2) = 30(

90

60 + 90) = 18 [𝑉]

𝐼𝐸1 =𝑉𝐵1 − 𝑉𝐵𝐸𝑅4 + 𝑅5

= 18 − 0.7

0.5 + 17.5= 0.96 mA

o 𝐈𝐜𝟏 = (𝜷

𝜷+𝟏) 𝑰𝑬𝟏 = 𝟎. 𝟗𝟓 [𝒎𝑨]

Siguiendo la malla que va desde 30V hasta GND y aplicando LVK:

30 − (8)Ic1 − VCE1 − (18)IE1 = 0

30 − 8(0.95) − 𝑉𝐶𝐸 − 18𝑘(0.96) = 0

o 𝑉𝐶𝐸1 =5.01 V

𝑷𝑸𝟏 = (𝟎. 𝟗𝟓 𝒎𝑨 , 𝟓. 𝟎𝟏𝑽)


Analizando 𝑄2:

𝑉𝐶1 = 30 − 8(0.95) = 22.4 V

𝑉𝐸2 = 22.4 + 0.7 = 23.1 V

𝐼𝐸2 =30 − 23.1

2= 3.45 mA

o 𝐼𝐶2 =𝛽

𝛽+1𝐼𝐸2 = 3.41 mA

𝑉𝐶𝐸2=30 − 2𝐼𝐸2 − 3.5𝐼𝑐2

o 𝑉𝐶𝐸2= 10.94 V

𝑷𝑸𝟐 = (𝟑. 𝟒𝟏 𝒎𝑨 ; 𝟏𝟎. 𝟗𝟒 𝑽)


Ejercicio 5

En el siguiente circuito, para cada transistor, determine su punto de operación y la zona

en que se encuentran operando.

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

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

𝑉𝐶𝐶 = 20[𝑉], 𝑉𝑍 = 3.3[𝑉]

Solución:

Aplicando Thevenin

𝑉𝑇ℎ =𝑉𝑐𝑐−𝑅2

𝑅2−𝑅1

𝑅𝑇ℎ = 𝑅1||𝑅2

𝑉𝑇ℎ =20∗100

100+200= 6.67 𝑉

𝐼𝐵1 =𝑉𝑡ℎ − 𝑉𝐵𝐸𝑅𝑡ℎ + 𝑅𝑖𝑛𝑡

=6.67 − 0.7

66.67 + 303= 0.0161 𝑚𝐴

𝐼𝐸1 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵 = 1.626𝑚𝐴


𝐼𝑐1 = 𝛽𝐼𝐵 = 100 ∗ 𝐼𝐵 = 1.61𝑚𝐴

𝐼𝑅3 = 𝐼𝑐1 − 𝐼𝐵2 = 1.47𝑚𝐴

𝑅3𝐼𝑅3 = 𝑅5𝐼𝐸2 + 0.7

𝑅3(𝐼𝐶1 − 𝐼𝐵2) = 𝑅5(𝛽 + 1)𝐼𝐵2 + 0.7

𝐼𝐵2 = 0.159𝑚𝐴

Aplicando Kirchhoff:

𝑉𝐶𝐶 − 𝑅3𝐼𝐶1 − 𝑉𝐶𝐸1 − 𝑅4𝐼𝐸1 = 0

𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑅3𝐼𝑅3 − 𝑅4𝐼𝐸1 = 1.9 𝑉

𝑃𝑄1 = (1.61𝑚𝐴 ; 1.9 𝑉)

𝐼𝐶2 = 𝛽2𝐼𝛽2 = 15.9 𝑚𝐴

𝐼𝐸2 = (𝛽2 + 1)𝐼𝛽2 = 16.059 𝑚𝐴

20 − 𝑅5𝐼𝐸2 − 𝑉𝐶𝐸2 − 𝑅6𝐼𝐶2 − 𝑉𝑍 = 0

𝑉𝐶𝐸2 = 13.50 𝑉

𝑷𝑸𝟐 = (𝟏𝟓. 𝟗 𝒎𝑨 ; 𝟏𝟑. 𝟓𝟎 𝑽)


Ejercicio 6

En el siguiente circuito, considerando las señales 𝑉1 𝑦 𝑉2 determine:

Las zonas de operación de los transistores. Los puntos de operación de los transistores. Los valores de 𝑉𝐴 , 𝑉𝐵 , 𝑉𝐶 .

Datos: 𝑅1 = 33𝐾Ω, 𝑅2 = 930𝐾Ω, 𝑅3 = 10𝐾Ω, 𝑅4 = 1𝐾Ω, 𝑅5 = 100Ω, 𝑅6 = 33𝐾Ω, 𝑉𝐶𝐶 = 20 [𝑉]. Para todos los transistores β = 100, |𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [𝑉], 𝑉𝑠𝑎𝑡 = 0 [𝑉]

R1 Q2

Q1

R2 Q3

R3

R4

R5

Q4

R6

V1V2

VA

20V

VC

VB

Comentado [d1]: El transistor Q4 es NPN


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:

𝑰𝑪𝟏 = 𝛽1𝐼𝐵1 = 𝟎

Para 𝒕 = [𝟎, 𝟏] 𝒔𝒆𝒈.

El transistor 𝑸𝟒 esta en la zona de corte porque si 𝑉2 = 0, significa que 𝐼𝐵4 = 0 y

por lo tanto:

𝑰𝑪𝟒 = 𝛽4𝐼𝐵4 = 𝟎

Para el transistor 𝑄2:

𝑉1 − 𝑅1𝐼𝐵2 − 𝑉𝐵𝐸2 = 0

𝐼𝐵2 =𝑉1 − 𝑉𝐵𝐸2𝑅1

=5 − 0.7

33= 0.13 [mA]

𝐼𝐶2 = 𝛽2𝐼𝐵2 = 100(0.13) = 13 [𝑚𝐴]

Como el transistor 𝑄1 está en la zona de corte:

𝐼𝐵3 = 𝐼𝐶2 = 13 [𝑚𝐴]


𝑉𝐸𝐶2 = 20 − 10𝐼𝐸3 − 0.7 − 930𝐼𝐶2

𝑉𝐸𝐶2 = −25 [𝐾𝑉]

Al ser el 𝑉𝐸𝐶2 negativo, se concluye que el transistor 𝑸𝟐 está saturado y por lo tanto:

𝑽𝑬𝑪𝟐 = 𝟎

𝑽𝑬𝑪𝟏 = 𝟐𝟎 [V]

𝑽𝑨 = 𝟎

Analizándo desde otro punto de vista, el voltaje en la resistencia de 𝑅2 = 930 [𝐾𝛺] es: 𝑉𝑅2 = 13(930) = 12,090 [𝑉]

Valor que no es posible, puesto que la fuente 𝑉𝐶𝐶 = 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 𝐼𝐶2 = 13 [𝑚𝐴], sino una corriente mucho menor, que se la determina considerando que 𝑉𝐸𝐶2 = 0.

El análisis anterior permite observar que las corrientes 𝐼𝐵 no 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: 𝑉𝐶𝐶 − 𝑅3(𝛽3 + 1)𝐼𝐵3 − 𝑉𝐵𝐸3 − 𝑅2𝐼𝐵3 = 0

20 − 10(100 + 1)𝐼𝐵3 − 0.7 − 930𝐼𝐵3 = 0

19.3 = 1940𝐼𝐵3 → 𝐼𝐵3 =19.3

1940= 𝟎. 𝟎𝟏 [𝒎𝑨] = 𝑰𝑪𝟏

𝑰𝑪𝟑 = 𝛽3𝐼𝐵3 = 100(0.01) = 𝟏 [𝒎𝑨]

𝐼𝐸3 = (𝛽3 + 1)𝐼𝐵3 = 101(0.01) = 1.01 [𝑚𝐴]

Y finalmente:

𝑽𝑪 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑅3𝐼𝐸3 = 20 − 10(1.01) = 𝟗. 𝟗 [𝑽]

Para determinar 𝑉𝐵:

𝑽𝑩 = 𝑅4𝐼𝐶3 = 1(1) = 𝟏 [𝑽]


Y a partir de 𝑉𝐵 se determina: 𝑽𝑪𝑬𝟑 = 𝑉𝐶 − 𝑉𝐵 = 9.9 − 1 = 𝟖. 𝟗 [𝑽] 𝑽𝑪𝑬𝟒 = 𝑉𝐵 = 𝟏 [𝑽]

Resumiendo, en el primer intervalo se tiene: 𝑸𝟏: 𝒂𝒃𝒊𝒆𝒓𝒕𝒐 ; 𝑸𝟐: 𝒔𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏 ; 𝑸𝟑: 𝒂𝒄𝒕𝒊𝒗𝒐 ; 𝑸𝟒: 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

𝑷𝑸𝟏(𝟎, 𝟐𝟎 𝑽) ; 𝑷𝑸𝟐(𝟎. 𝟎𝟏 𝒎𝑨,𝟎 𝑽) ; 𝑷𝑸𝟑(𝟏 𝒎𝑨, 𝟖. 𝟗 𝑽) ; 𝑷𝑸𝟒(𝟎, 𝟏 𝑽)

𝑽𝑨 = 𝟎 [𝑽] ; 𝑽𝑩 = 𝟏 [𝑽] ; 𝑽𝑪 = 𝟗. 𝟗 [𝑽]

Para 𝐭 ∈ [𝟏, 𝟐]𝐬𝐞𝐠 𝑉1 = 0 [𝑉] ⋀ 𝑉2 = 0 [𝑉]

𝑸𝟏 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝑉1 = 0 𝑉 ∴ 𝐼𝐵2 = 𝐼𝐶2 = 𝐼𝐸2 = 0 → 𝑸𝟐 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 → 𝑉2 = 0 → 𝐼𝐵4 = 𝐼𝐶4 = 𝐼𝐸4 = 0 → 𝑸𝟒 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

Como 𝐼𝐶2 = 𝐼𝐵3 = 0 → 𝐼𝐶3 = 𝐼𝐸3 = 0 → 𝑸𝟑 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

En estas condiciones:

𝐏𝐐𝟏(𝟎, 𝟎 ) ; 𝐏𝐐𝟐(𝟎, 𝟎 ) ; 𝐏𝐐𝟑(𝟎, 𝟐𝟎 𝐕) ; 𝐏𝐐𝟒(𝟎, 𝟎 )

𝐕𝐀 = 𝟎 ; 𝐕𝐁 = 𝟎 ; 𝐕𝐂 = 𝟐𝟎 𝐕

Para 𝒕 ∈ [𝟐, 𝟑]𝒔𝒆𝒈:

𝑉1 = 0 [𝑉] ⋀ 𝑉2 = 5 [𝑉]

𝑸𝟏 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

𝑉1 = 0 [𝑉] ∴ 𝐼𝐵2 = 𝐼𝐶2 = 𝐼𝐸2 = 0 → 𝑸𝟐 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

Como 𝐼𝐶2 = 𝐼𝐵3 = 0 → 𝐼𝐶3 = 𝐼𝐸3 = 0 → 𝑸𝟑 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

Como 𝐼𝐶3 = 𝐼𝐶4 = 0 → 𝑸𝟒 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆

Así:


𝐏𝐐𝟏(𝟎, 𝟎 ) ; 𝐏𝐐𝟐(𝟎, 𝟎 ) ; 𝐏𝐐𝟑(𝟎, 𝟐𝟎 𝐕) ; 𝐏𝐐𝟒(𝟎, 𝟎 )

𝐕𝐀 = 𝟎 ; 𝐕𝐁 = 𝟎 ; 𝐕𝐂 = 𝟐𝟎 𝐕


Ejercicio 72

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

Datos: 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑄1 𝑦 𝑄2 𝑉𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 = 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”.


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

𝑅3(𝐼𝐸1 + 𝐼𝐵2) + 0.7 + 𝑅1𝐼𝐵1 = 15

1(101𝐼𝐵1 + 𝐼𝐵2) + 40𝐼𝐵1 = 14.3

𝐼𝐵2 + 141𝐼𝐵1 = 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(101𝐼𝐵1 + 𝐼𝐵2) + 2(101)𝐼𝐵2 = 4.3

101𝐼𝐵1 + 20𝐼𝐵2 = 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.


El punto de operación de Q2 será:

𝑉𝐶𝐸 = 𝑉1 − 𝑉2

𝑉𝐶𝐸 = 5 − (−5) = 10[𝑉]

𝐼𝐵2 = 𝐼𝐸2 = 𝐼𝐶2 = 0

𝑷𝑸𝟐 = (𝟎 𝑨, 𝟏𝟎 𝑽)

Al retirar Q2 del circuito se tiene:

𝑅3𝐼𝐸1 + 0.7 + 𝑅1𝐼𝐵1 = 15

1(101𝐼𝐵1) + 40𝐼𝐵1 = 14.3

141𝐼𝐵1 = 14.3

o 𝐼𝐵1 = 101.41 µ𝐴

o 𝐼𝐶1 = 10.14 𝑚𝐴

o 𝐼𝐸1 = 10.24 𝑚𝐴

Calculando 𝑉𝐸𝐶:

𝑉𝐸𝐶 = 15 − 1.5𝐼𝐶1

o 𝑉𝐸𝐶 = −0.32 [𝑉]

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


𝑉𝐸𝐶 = 15 − 1.5𝐼𝐶1

0.3 = 15 − 1.5𝐼𝐶1

o 𝐼𝑐1 = 9.8 𝑚𝐴

Siendo su punto de operación:

o 𝑷𝑸𝟏 = (𝟗. 𝟖 𝒎𝑨 , 𝟎. 𝟑 𝑽)


Ejercicio 8

En el siguiente circuito, encuentre los puntos de operación de 𝑄1, 𝑄2, 𝑄3 (IC, VCE). Datos: β1 = β3 = 50, β2 = 40, |𝑉𝐵𝐸1| = |𝑉𝐵𝐸2| = |𝑉𝐵𝐸3| = 0.7 [𝑉]

Solución:

Puntos de operación


Se realiza el análisis DC


−10𝐼𝐵1 − 0.7 − 4.7𝐼𝐸1 + 10 = 0

−10𝐼𝐵1 − 0.7 − 4.7(𝛽1 + 1)𝐼𝐵1 + 10 = 0

−10𝐼𝐵1 − 0.7 − (4.7)(51)𝐼𝐵1 + 10 = 0


249.7𝐼𝐵1 = 9.3 → 𝐼𝐵1 =9.3

249.7= 0.037 [𝑚𝐴]

𝐼𝐶1 = 𝛽1𝐼𝐵1 = 50(0.037) = 1.9 [𝑚𝐴]

𝑉𝐶𝐸1 = 20 − 4.7(1.90) = 11.1 [𝑉]

El punto de operación de 𝑄1 es:

𝑷𝑸𝟏: (𝟏. 𝟗 𝒎𝑨,𝟏𝟏. 𝟏 𝑽)

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

𝐼𝐵2 =10 − 0.7

10 + 4.7(40 + 1)= 0.046 [𝑚𝐴]

𝐼𝐶2 = 𝛽2𝐼𝐵2 = 40(0.046) = 1.8 [𝑚𝐴]

𝑉𝐶𝐸2 = 20 − (2.2 + 4.7)1.8 = 7.1 [𝑉]


𝑷𝑸𝟐: (𝟏. 𝟖𝟒𝒎𝑨,𝟕. 𝟏𝑽)


𝑉𝑇ℎ = 10 (15

15 + 39) − 10 (

39

39 + 15) = −4.4 [𝑉]

𝑅𝑇ℎ = 39(15)

39 + 15= 10.8 [𝐾Ω]

Puesto que:

IB3 =𝐼𝐸3

(β3 + 1)

IB3 = 𝑉𝑇ℎ − 𝑉𝐵𝐸 + 10

𝑅𝑇ℎ + 1.5β3 + 1)= 0.03 [𝑚𝐴]

𝐼𝐶3 ≌ 𝛽3𝐼𝐵3 = 3 [𝑚𝐴] V𝐶𝐸3 = 10 − 1.5𝐼𝐸3 − 0.5𝐼𝐶3 + 10 = 14.0 [𝑉]


𝑷𝑸𝟑: (𝟑. 𝟎 𝐦𝐀,𝟏𝟒. 𝟎 𝐕)


Ejercicio 9

En el siguiente circuito, determine:

El Valor de 𝑉0

Los puntos de operacion de los transistores

El estado de los diodos

Si: 𝑎) 𝑉𝑖 = 0 [𝑉] b) 𝑉𝑖 = 3 [𝑉] c) 𝑉𝑖 = −3 [𝑉] d) 𝑉𝑖 = 10 [𝑉]

Datos: 𝑅1 = 0.1𝐾Ω, 𝑅2 = 5𝐾Ω, 𝑅3 = 5𝐾Ω, 𝑅4 = 5𝐾Ω, 𝑅5 = 5𝐾Ω, 𝑅6 = 0.1𝐾Ω, 𝑉𝐶𝐶 = 10 [𝑉]. , Para los transistores β = 100, |𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [𝑉], 𝑉𝑠𝑎𝑡 = 0 [𝑉]; 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑉𝐷 = 0.7[𝑉] ,


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

Observando las configuraciones de 𝑄1 𝑦 𝑄2, 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] 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑢𝑐ℎ𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑅2 = 5 [𝐾Ω]

𝑄2: 𝑅6(𝛽2 + 1) = 0.1(100 + 1) = 10.1[𝐾Ω] 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑢𝑐ℎ𝑜 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑅5 = 5 [𝐾Ω]

Por lo que habría que resolver el problema por Thevenin:

𝑉𝑇ℎ1 = 𝑉𝐶𝐶 (𝑅3

𝑅2 + 𝑅3) +

𝑉𝐶𝐶2(

𝑅3𝑅2 + 𝑅3

) = 10 (5

5 + 5) + 5 (

5

5 + 5) = 7.5 [𝑉]

𝑉𝑇ℎ2 = −𝑉𝐶𝐶 (𝑅4

𝑅4 + 𝑅5) −

𝑉𝐶𝐶2(

𝑅5𝑅4 + 𝑅5

) = −10 (5

5 + 5) − 5 (

5

5 + 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 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐸𝐵1 − 𝑉𝑇ℎ1

𝑅1 +𝑅𝑇ℎ1𝛽1 + 1

𝐼𝐸1 =10 − 0.7 − 7.5

0.1 +2.5

100 + 1)= 14.4 [mA]

R1

+10v

Q1

D1D2

D3 D4

VI

R6

R7

V0

Q2

Rth1

Vth1

Rth2

Vth2

-10V


𝐼𝐸2 =𝑉𝑇ℎ1 − 𝑉𝐵𝐸1 + 𝑉𝐶𝐶

𝑅6 +𝑅𝑇ℎ2𝛽2 + 1

𝐼𝐸2 =−7.5 − 0.7 + 10

0.1 +2.5

100 + 1)= 14.4 [mA]

Despues de realizar los analisis de las configuraciones de 𝑄1 y 𝑄2, es tiempo de

comprender que sucede cuando se aplica la señal de 𝑉𝑖. 𝒂) 𝑽𝒊 = 𝟎 [𝑽]

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

𝑉0 = 𝑉𝑖 − 𝑉𝐷 + 𝑉𝐷

𝑉0 = 𝑉𝑖 = 0

𝑉𝐸𝐶1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝑖 − 𝑉𝐷 − 𝑅1𝐼𝐸1 = 10 − 𝑉𝑖 − 0.7 − 0.1(14.4)

𝑉𝐸𝐶1 = 𝑉𝐶𝐸2 = 7.9 − 𝑉𝑖 = 7.9 [𝑉]

𝑉𝐶𝐸2 = 𝑉𝑖 − 𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐷 − 𝑅6𝐼𝐸2 = 𝑉𝑖 + 10 − 0.7 − 0.1(14.4)

𝑉𝐶𝐸2 = 7.9 + 𝑉𝑖 = 7.9 [𝑉]

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

𝑉0 = 𝑉𝑖 = 3 [𝑉]

𝑉𝐸𝐶1 = 7.9 − 𝑉𝑖 = 4.9 [𝑉]

𝑉𝐶𝐸2 = 7.9 + 𝑉𝑖 = 10.9 [𝑉]

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

𝐜) 𝑽𝒊 = −𝟑 [𝑽]

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

𝑉0 = 𝑉𝑖 = −3 [𝑉]

𝑉𝐸𝐶1 = 7.9 − 𝑉𝑖 = 10.9 [𝑉]


𝑉𝐶𝐸2 = 7.9 + 𝑉𝑖 = 4.9 [𝑉]

𝐝) 𝑽𝒊 = 𝟏𝟎 [𝑽]

Si 𝑉𝑖 = 10 [𝑉], el diodo 𝐷1 se abre, porque no puede polarizarse directamente (𝑉𝐷1 <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:

𝑉0 = 𝑅7𝐼𝐶1 = 0.1(14.4) = 1.4 [𝑉]

𝑉𝐸𝐶1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐷3 − (𝑅1 + 𝑅7)𝐼𝐶1 = 10 − 0.7 − (0.1 + 0.1)(14.4)

𝑉𝐸𝐶1 == 6.4 [V]

𝑉𝐶𝐸2 = 7.9 + 𝑉𝑖 = 17.9 [𝑉]

Resumiendo: 𝑉𝑖

[V] 𝑉0

[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


PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 1

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

𝑅𝑏1 = 100𝐾Ω, 𝑅𝑏2 = 50𝐾Ω, 𝑅𝑐1 = 5𝑘Ω, 𝑅𝑐2 = 2.7𝐾Ω, 𝑅𝑒2 = 2𝐾Ω, 𝑅𝑒1 = 3𝐾Ω

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠: 𝛽 = 100 , | 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 𝑉 , 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡. = 0.2 𝑉


Problema 2

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

Datos:

|𝑉𝐵𝐸| = 0.7𝑉 β =100 (para los dos transistores)

𝑅1 = 10𝐾Ω, 𝑅2 = 0.1𝐾Ω, 𝑅3 = 1𝑘Ω, 𝑅4 = 100𝐾Ω, 𝑅5 = 100𝐾Ω, 𝑅6 = 𝑅 𝑅7 = 0.5𝐾Ω


R1Q1

R2

R3

R4

R5

Q2

R6

R715kΩ

+12v

+12v


Problema 3

Dado 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

𝑉𝑧 = 5𝑉, 𝛽 = 100

𝑉1 = 15 𝑉, 𝑉2 = 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 0 ≤ 𝑡 < 1 (𝑠𝑒𝑔)

𝑉1 = 0 𝑉, 𝑉2 = 15 𝑉, 𝑝𝑎𝑟𝑎 1 ≤ 𝑡 < 2 (𝑠𝑒𝑔)

R1

R2

D1

D2

D3

V1

V2

R3

R4

Q1

R5

C1

D4

+15

R6

VoVi


Problema 4

Graficar 𝑉𝑜 𝑣𝑠 𝑉𝑥

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

Vx = 2V − 0V


Vx

R1Q1

Q2

R2

+15v

R3

D1 C1

L1 R4

R5Q3

R6

R7 V0

+36v


Problema 5

Graficar 𝑉𝑜 𝑣𝑠 𝑡.

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


V1

R1

R2Q1Q2

L1 D1

C1 R3

R4

R5

R6

R7

R8

V0

-15v

+15v


Problema 6

Encuentre el valor de RC para que:

a) 𝑉𝐶𝐸 = 10 𝑉

b) 𝑄2 esté en el borde de saturación.

𝑅1 = 20𝐾Ω, 𝑅2 = 0.3𝐾Ω, 𝑉 = 2𝑉 𝑉1 = 20𝑉


V

R1Q1

R2

Rc

V1


Problema 7

Graficar 𝑉𝑜1 𝑣𝑠 𝑡 ; 𝑉𝑜2 𝑣𝑠 𝑡 ; 𝑉𝑜3 𝑣𝑠 𝑡

𝑅1 = 1𝐾Ω, 𝑅2 = 10𝐾Ω, 𝑅3 = 2𝑘Ω, 𝑅4 = 1𝐾Ω,


Q1Vx1

D1

D21BH62L1

R1

Q2

V02

V03

R2

R3

Vx2

R4

V01


Problema 8

Graficar 𝑉𝑜1 𝑣𝑠 𝑡.

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


Vx

R1

R2

R3

R4

R5

R6

Q1 Q2

V01

+30v

+20v


Problema 9

En 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,



Problema 10

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

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


Vi

C1

R1

R2

V15 V

Q1

R3

C2

Q2

R4

C3

R5

V115 V R6

C4 Vo


Problema 11

Hallar los puntos de operación, VO, V1.

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠: 𝛽 = 100 , | 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 𝑉

V1

R1 C1

R2

R3

R4

R5

R6

C2

Q1

Q2

+20v

V0


Problema 12

Hallar los puntos de operación y graficar VC1

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠: 𝛽 = 100 , | 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 𝑉

R1 R2

R3

R4

R5D1

Q1

D2

C1Q2

C2

+20v


Problema 13

En 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

| 𝑉𝐵𝐸| = 0.6 𝑉

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

R8

R9

R10

R11

Q1

Q2

Q3

Q4

+6v

+6v


Problema 14

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

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

Vi

C1 R1

R2

R3

Q1

R4

+25v

R5

R6

C2

Q2

C3

R7

V0


Problema 15

Determinar el punto de operación de cada uno de los transistores

Datos: |VZ1| = 6.7V

| 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 𝑉

β=100 (para todos los transistores)

Vi1

7 V

Q1

R1 R2

Q2

7 V

Vi2

R3 R4

Q3 Q4

R5

Q5

R6

Z1

R7

15 V


T1V1

120 Vrms

60 Hz

0°

D1

D2

C1

3.300µF

R1270Ω

D3

D4

Q1

Q2

R3 C2470µF

50kΩ

Key=A

0%

CAPÍTULO 2

REGULADORES DE VOLTAJE

Ejercicio 1

El siguiente diagrama corresponde a una fuente de voltaje lineal regulada con una corriente de salida de 0 a 2 Amperios. Determinar: a) V0máx y V0mín

b) Pot Q2máx

c) Pot D3máx

Datos: 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝛽 = 100, |𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [𝑉]. 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑉𝐷 = 0.3 [𝑉]

𝑉𝑍 = 15 [𝑉] , 𝑉 = 20 [𝑉]

V Vo

Solución:

a) El 𝑉0𝑚á𝑥 𝑦 𝑉0𝑚í𝑛 se los obtiene observando el funcionamiento del zener y los

extremos del resistor variable:

𝑉0𝑚á𝑥 = 15 − 1.4 = 𝟏𝟑. 𝟔 [𝑽]

𝑉0𝑚í𝑛 = 𝟎 [𝑽]

b) La potencia máxima de 𝑄2 (𝑃𝑜𝑡 𝑄2𝑚á𝑥) es:

𝑃𝑜𝑡 𝑄2𝑚á𝑥 = 𝑉𝐶𝐸2𝐼𝐶2 = (20 − 13.6)(2) = 𝟏𝟐. 𝟖 [𝐖]

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

𝑃𝑜𝑡 𝐷3𝑚á𝑥 = 𝑉𝐷3𝐼𝐷3 = 15 (20 − 15

0.27) = 𝟎. 𝟐𝟖 [𝐖]


Ejercicio 2


a) V0 b) PQ2 c) VEC1 Datos: 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠, 𝛽 = 50 , | 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [𝑉]. 𝑉𝑍1 = 6 [𝑉], 𝑉𝑍2 = 6.2, [𝑉]; 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑎𝑑𝑒𝑚á𝑠, 𝐼𝐵3 ≪ 𝐼1

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

𝑉𝐵3 = 𝑉𝑍2 + 0.7 = 6 + 0.7 = 6.7 [𝑉]

𝐼𝑅6 = 6.7𝑉

1𝐾𝛺= 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:

𝑉0 = 𝐼𝑅3𝑅3 + 𝑉𝐵3 = 6.7(0.79) + 6.7

𝑽𝟎 = 𝟏𝟐 𝑽

b) La potencia de 𝑄2 es:

𝑃𝑜𝑡 𝑄2 = 𝑉𝐶𝐸2𝐼𝐶2

Vo

IB3

I1


𝐼𝐶2 ≅ 𝐼𝐸2 = 𝐼𝑅3 + 𝐼𝑅𝐿 = 𝐼𝑅3 +𝑉0𝑅𝐿= 6.7 +

12

0.24= 56.7 [𝑚𝐴]

𝑉𝐶𝐸2 = 25 − 12 − 𝑅4𝐼𝐶2 = 13 − 0.068(56.7) = 9.1 [𝑉]

𝑃𝑜𝑡 𝑄2 = 56.7(9.1) = 𝟎. 𝟓𝟐 𝑾

c) El voltaje 𝑉𝐶𝐸1 es:

𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶1 − 𝑉𝐸1

𝑉𝐸1 = 25 − 6.2 + 0.7 = 18.1 [𝑉]

𝐼𝐸1 =25 − 𝑉𝐸1𝑅2

=25 − 18.1

2.7= 2.6 [𝑚𝐴]

𝑉𝐶1 = 𝑉0 + 0.7 + 𝑅5𝐼𝐶1 = 12 + 0.7 + 1(2.6) = 15.3 [𝑉]

𝑉𝐶𝐸1 = 15.3 − 18.1 = −𝟑. 𝟏 [𝑽]


Ejercicio 3

En 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 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑦 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜𝑠 | 𝑉𝐵𝐸| = 𝑉𝐷 = 0.7 [𝑉].

𝛽1 = 60 , 𝛽2 = 80 , 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑄1𝑚á𝑥 = 5 [𝑊]

𝑉𝑍1 = 6.9 [𝑉], 𝐼𝑍1𝑚í𝑛 = 2 [𝑚𝐴], 𝑃𝑍1𝑚á𝑥 = 0.5 [𝑊] ; 8 ≤ 𝑉𝑖≤10.

Solución:

a) El valor de 𝑉𝑜 se lo obtiene directamente del circuito, asumiendo que el diodo zener

opera adecuadamente y que el diodo D1 está abierto, puesto que 𝑉𝑖 ≫ 𝑉0 (D1 es un

diodo que se lo utiliza como protección de Q1):

𝑉𝑍1 + 𝑉𝐷3 − 𝑉𝐷2 − 𝑉𝐵𝐸2 − 𝑉𝐵𝐸1 − 𝑉𝑜 = 0

𝑉𝑜 = 6.9 − 1.4 = 𝟓. 𝟓 [𝐕]

b) La corriente máxima en la carga 𝑅𝐿 (𝐼𝐿𝑚á𝑥) es:

𝐼𝐿𝑚á𝑥 = 𝐼𝐸1𝑚á𝑥 ≌ 𝐼𝐶1𝑚á𝑥 = 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑄1𝑚á𝑥

𝑉𝑖𝑚í𝑛−𝑉0

𝐼𝐿𝑚á𝑥 = 5

8 − 5.5= 𝟐 [𝑾]

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:

C11µF

RsRL

Q1

Q2

D1

D2

Z16.9V

D3

Vi Vo


𝑅𝑆 =𝑉𝑖 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1 + 𝐼𝐵2

𝑅𝑆1 =𝑉𝑖𝑚á𝑥 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1𝑚á𝑥 + 𝐼𝐵2

𝑅𝑆2 =𝑉𝑖𝑚á𝑥 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1𝑚í𝑛 + 𝐼𝐵2

𝑅𝑆3 =𝑉𝑖𝑚í𝑛 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1𝑚á𝑥 + 𝐼𝐵2

𝑅𝑆4 =𝑉𝑖𝑚í𝑛 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1𝑚í𝑛 + 𝐼𝐵2

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

𝐼𝑍1𝑚á𝑥 =𝑃𝑍1𝑚á𝑥𝑉𝑍1

=0.5 [𝑊]

6.9 [𝑉]= 0.072 [𝐴] = 72 [𝑚𝐴]

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

𝐼𝐵2 =𝐼𝐸1

(𝛽1 + 1)(𝛽2 + 1)=

𝑉0𝑅𝐿

(𝛽1 + 1)(𝛽2 + 1)=

𝑉0𝑅𝐿(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 − 0.7

72 + 0.020= 0.033 [𝐾Ω]

𝑅𝑆2 =10 − 6.9 − 0.7

2 + 0.020= 1.19 [𝐾Ω]

𝑅𝑆3 =8 − 6.9 − 0.7

72 + 0.020= 0.006 [𝐾Ω]

𝑅𝑆4 =8 − 6.9 − 0.7

2 + 0.020= 0.198 [𝐾Ω]

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 𝑉𝑖 es un voltaje que depende del tiempo. Si de:


𝑅𝑆 =𝑉𝑖 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3𝐼𝑍1 + 𝐼𝐵2

Se despeja 𝐼𝑍1:

𝐼𝑍1 =𝑉𝑖 − 𝑉𝑍1 − 𝑉𝐷3

𝑅𝑆−𝐼𝐵2

S𝑖 𝑉𝑖 = 10 [V] 𝑦 𝑅𝑆𝑚í𝑛 = 0.006 [𝐾Ω]:

𝐼𝑍1 =10 − 6.9 − 0.7

0.006− 0.002 = 435 [𝑚𝐴]

Y el zener se quema porque no puede soportar una corriente mayor a 𝐼𝑍1 =

72.5 [𝑚𝐴].

S𝑖 𝑉𝑖 = 8 [V] 𝑦 𝑅𝑆𝑚á𝑥 = 1.19 [𝐾Ω]:

𝐼𝑍1 =8 − 6.9 − 0.7

1.19− 0.002 = 0.32 [𝑚𝐴]

Y el zener se abre porque no puede funcionar con una corriente menor a 𝐼𝑍1 =

2 [𝑚𝐴].

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

𝑅𝑆𝑚í𝑛 =𝑉𝑖𝑚á𝑥−𝑉𝑍1−𝑉𝐷3

𝐼𝑍1𝑚á𝑥+𝐼𝐵2 , 𝑅𝑆𝑚á𝑥 =

𝑉𝑖𝑚í𝑛−𝑉𝑍1−𝑉𝐷3

𝐼𝑍1𝑚í𝑛+𝐼𝐵2

𝑅𝑆𝑚í𝑛 se produce cuando 𝐼𝑍1𝑚á𝑥 𝑦 𝑉𝑖𝑚á𝑥

𝑅𝑆𝑚á𝑥 se produce cuando 𝐼𝑍1𝑚í𝑛 𝑦 𝑉𝑖𝑚í𝑛


Ejercicio 43


a) Vo

b) Potencia en Q1

c) Potencia en el zener

Datos: 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑦 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜𝑠 𝛽 = 40, | 𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [𝑉]; 𝑉𝑍 = 3.3 [𝑉]

Solución:

a) Para encontrar el voltaje 𝑉0: V𝑋 = V𝑍 + V𝐵𝐸 = 3.3 + 0.7 = 4 [V]

Si se asume que 𝐼𝐵3 ≪ 𝐼𝑅3, se puede decir que:

𝐼𝑅3 ≌ 𝐼𝑅2 =V𝑋𝑅3=4

50= 0.08 [𝑚𝐴]

Y por lo tanto: V0 = (R2 + R3)𝐼𝑅2 = (100 + 50)0.08 = 𝟏𝟐 [𝐕]

Para verificar si lo asumido es correcto (𝐼𝐵3 ≪ 𝐼𝑅3):

𝐼𝐵3 =𝐼𝐶3𝛽=𝐼𝑅1 + 𝐼𝐵2

𝛽

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

R11kΩ

Q1

Q2

Q3

3.3V

R2100kΩ

R350kΩ

R4500Ω

VoVi = 16V

Vx

-

Vy

+

Vi16 V


𝐼𝑅1 =𝑉𝑖 − (𝑉0 + 2𝑉𝐵𝐸)

𝑅1=16 − (12 + 1.4)

1= 2.6 [𝑚𝐴]

Para determinar 𝐼𝐵2:

𝐼𝐿 =𝑉0𝑅𝐿= 24 [mA]

𝐼𝐸1 = = 0.08 + 24 = 24.08 [𝑚𝐴]

𝐼𝐵2 = 𝐼𝐸1

(𝛽 + 1)2=24.08

412= 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 ≪ 𝐼𝑅3 = 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:

𝑉𝑇ℎ3 = 𝑉0 (𝑅2

𝑅2 + 𝑅3) = 𝑉0 (

50

100 + 50) = 0.33𝑉0

𝑅𝑇ℎ3 = 𝑅2 ⫫ 𝑅3 = 33.3 [𝐾Ω]

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

R

Q3

3.3V

Vi = 16V

Vi16 V

Rth3

VTH3


𝐼𝐵3 = 𝑉𝑇ℎ3 − 0.7 − 3.3

𝑅𝑇ℎ3= 0.33𝑉0 − 4

33.3=𝑉0 − 12

100

𝐼𝐶3 = 𝛽𝐼𝐵3 = 40 (𝑉0 − 12

100) =

2𝑉0 − 24

5= 0.4𝑉0 − 4.8

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

𝐼𝐸1 = 𝐼𝑅2 + 𝐼𝐿

En donde:

𝐼𝐿 =𝑉

0.5= 2𝑉0

𝐼𝑅2 = 𝐼𝑅3+𝐼𝐵3 =𝑉𝑋50+𝑉0 − 12

100= 0.08 + 0.01𝑉0 − 0.12 = 0.01𝑉0 − 0.04

Y por ello:

𝐼𝐸1 = 0.01𝑉0 − 0.04 + 2𝑉0 = 2.01𝑉0 − 0.04

𝐼𝐵2 =𝐼𝐸1

(𝛽 + 1)2= 2.01𝑉0 − 0.04

(41)2= 1.196𝑥10−3𝑉0 − 2.38𝑥10

−5

𝐼𝑅1 = 𝐼𝐵2 + 𝐼𝐶3 = 1.196𝑥10−3𝑉0 − 2.38𝑥10

−5 + 0.4𝑉0 − 4.8 = 0.401𝑉0 − 4.8

Por otro lado:

𝐼𝑅1 = 𝑉𝑖 − [𝑉0 + 2(0.7)]

𝑅1= 16 − 𝑉0 − 1.4 = 14.6 − 𝑉0

Igualando las ecuaciones de 𝐼𝑅1 y despejando 𝑉0 :

0.401𝑉0 − 4.8 = 14.6 − 𝑉0

𝑽𝟎 = 𝟏𝟑. 𝟖 [𝑽]

b) La potencia que disipa 𝑄1 es:

𝑃𝑜𝑡 𝑄1 = 𝑉𝐸𝐶1𝐼𝐸1

𝑉𝐶𝐸1 = 16 − 13.8 = 2.2 [𝑉]

𝐼𝐸1 = 2.01(13.8) − 0.4 = 27.7 [𝑚𝐴]

𝑃𝑜𝑡 𝑄1 = 2.2(27.7) = 𝟔𝟎 [𝒎𝑾]

c) La potencia que disipa el zener es:


𝑃𝑍 = 𝑉𝑍𝐼𝑍

𝐼𝑍 = 𝐼𝐸3 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵3 = (𝛽 + 1) [𝑉0 − 12

100] = 41 [

13.8 − 12

100] = 0.76 [𝑚𝐴]

𝑃𝑍 = 3.3(0.76) = 𝟐. 𝟓 [𝒎𝑾]


Ejercicio 5

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

𝑉𝑜 = −5 [𝑉] , 𝐼0𝑚á𝑥 = 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 con 𝑉𝐴𝐾 = 0.7 [𝑉]

Transistores en configuración Darlington con 𝛽 = 50 𝑦 |𝑉𝐸𝐵| = 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 𝑉𝑍 y el rango de la resistencia R que lo polariza.

c) El valor del capacitor C (considere una 𝑅𝑒𝑞 = 𝑉𝐷𝐶 𝐼𝐷𝐶⁄ ).

Solución:

a) El diagrama del circuito es:

b) El voltaje del zener 𝑉𝑍 viene dado por:

𝑉𝑍 = 𝑉0 + 2𝑉𝐵𝐸

Comentado [d2]: V0 es -5 [V], es VNR, en el transformador VP, VS; LA FUENTE ES VI

Comentado [d3R2]:

Comentado [d4R2]:

Comentado [d5R2]:


𝑉𝑍 = 5 + 2(0,7) = 𝟔, 𝟒 [𝑽]

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

𝑅 =|𝑉𝑁𝑅| − 𝑉𝑍1𝐼𝑍 + 𝐼𝐵2

En donde se ha tomado el valor absoluto de 𝑉𝑁𝑅, 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 =|𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥| − 𝑉𝑍1𝐼𝑍1𝑚á𝑥 + 𝐼𝐵2𝑚á𝑥

𝑅2 =|𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥| − 𝑉𝑍1𝐼𝑍1𝑚í𝑛 + 𝐼𝐵2𝑚í𝑛

𝑅3 =|𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛| − 𝑉𝑍1𝐼𝑍1𝑚á𝑥 + 𝐼𝐵2𝑚á𝑥

𝑅4 =|𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛| − 𝑉𝑍1𝐼𝑍1𝑚í𝑛 + 𝐼𝐵2𝑚í𝑛

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

𝐼𝑍𝑚á𝑥 =𝑃𝑍𝑚á𝑥𝑉𝑍

=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 𝑉0 = −5 [𝑉] sino 𝑉0 =0 [𝑉]. El voltaje |𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥| se lo determina de los datos del transformador: 𝑉𝑃𝑝𝑖𝑐𝑜𝑉𝑆𝑝𝑖𝑐𝑜

=𝑁1𝑁2

𝑉𝑆𝑝𝑖𝑐𝑜 =𝑉𝑃𝑝𝑖𝑐𝑜𝑁1𝑁2

=120√2

15= 11,3 [𝑉]


|𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥| = 𝑉𝑆𝑝𝑖𝑐𝑜 − 2𝑉𝐷 = 11.3 − 2(0.7) = 9.9 [𝑉]

Y el voltaje |𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛| del porcentaje de rizado (%𝑟) :

|𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛| = [1−√3

1+√3] |𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥| = [

1−√3

1+√3] 9.9 = 8.3 [𝑉]

Los posibles valores de R son:

𝑅1 =9.9 − 6.4

156.3 + 0.2= 0.022 [𝐾Ω]

𝑅2 =9.9 − 6.4

8= 0.435 [𝐾Ω]

𝑅3 =8.3 − 6.4

156.3 + 0.2= 0.012 [𝐾Ω]

𝑅4 =8.3 − 6.4

8= 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]



Problema 1

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

𝑉𝑅𝐿 = 12 [V]; 𝐼𝑅𝐿 = 1[𝐴] Y considere la siguiente información:

𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥 = 16 [V], 𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛 = 18 [V] ; 𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 1 [𝑊] , 𝐼𝑍𝑚í𝑛 = 5[𝑚𝐴]; β1 = 50, |𝑉𝐵𝐸1| = |𝑉𝐵𝐸2| = 0.7 [V]

R

RL

DZ

Q1Vout

ADJ

Vin

Fuente N.R.

16 y 18 V


Problema 2

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

𝑉𝑅𝐿 = 9 [V]; 𝐼𝑅𝐿 = 1[𝐴] Y considere la siguiente información:

𝑉𝑁𝑅𝑚á𝑥 = 15 [V], 𝑉𝑁𝑅𝑚í𝑛 = 12 [V]; 𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 0.5 [𝑊] 𝐼𝑍𝑚í𝑛 = 2[𝑚𝐴]; β1 = 50, β2 = 100, |𝑉𝐵𝐸1| = |𝑉𝐵𝐸2| = 0.7 [V]

Rs

R

RL

Dz

Q1

Q2

Fuente

N.R.


CAPÍTULO 3

AMPLIFICADORES DE PEQUEÑA SEÑAL

Ejercicio 1

Realizar el análisis DC y calcular la ganancia de voltaje de forma literal para el siguiente circuito. 𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠: 𝐼𝑓 = 0.5 [mA], 𝑅𝑖𝑛 = 50, 𝑅1 = 1[𝐾Ω], 𝑅2 = 100[𝐾Ω], 𝑅𝐿 = 1[𝐾Ω]

𝛽 = 99, |𝑉𝐵𝐸| = 0.7 [V]

Análisis DC

Considerando que los condensadores a bajas frecuencias se comportan como un circuito

abierto, se obtiene:

Del circuito, se deduce:

EcB IIImA 5.0 (1.1.1)

VmARIRV EE 5.05.011 (1.1.2)

VVV EB 2.15.07.07.0 (1.1.3)

VIRVIRV BBBC 2.122 (1.1.4)


Del Transistor Bipolar, se tiene que:

cB II (1.1.5)

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

1

5.0

mAI B

(1.1.6)

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

VVmA

RV BC 7.11

5.02

(1.1.7)

Finalmente,

VVVV EcCE 2.15.07.1 (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:


Donde gm: se llama transconductancia.

𝑟𝜋 : la resistencia de entrada entre la base y el emisor, vista desde la base.

Se calculan ambas de la siguiente manera:

𝑔𝑚 = 𝐼𝑐𝑉𝑇

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

aproximadamente igual a 25 mv a temperatura ambiente.)

𝑟𝜋 =𝛽

𝑔𝑚=𝑉𝑇𝐼𝑏

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

Si suponemos que 𝑟𝑜 tiende a infinito resulta:

Finalmente, se obtiene:


beL gmVRRVo )//( 2

VinRin

RinVbe

50

50

)//( 2

Rin

gmRinRR

Vin

Vo L

Del circuito se deduce:

Se obtiene la ganancia:

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

ℎ𝑖𝑏 = 𝑟𝑒

ℎ𝑓𝑏 = 𝛼 =ℎ𝑓𝑒

ℎ𝑓𝑒 + 1

1

1 //// gmrRRin


𝑍𝑖 = 𝑅1 // 𝑟𝑒

𝐼𝑒 = 𝑉𝑥

𝑟𝑒

𝑣𝑋 = 𝑣𝑖 𝑍𝑖

𝑅𝑖+ 𝑍𝑖

𝑅1 ≫ 𝑟𝑒 → 𝑍𝑖 = 𝑟𝑒

𝑍𝑜 = 𝑅2 // 𝑅𝐿 = 𝑅𝐶

𝑣𝑜 = − 𝐼𝐶𝑅𝐶 = −𝛼𝐼𝑒𝑅𝐶

𝑣𝑂 = − 𝛼𝑣𝑥𝑟𝑒 𝑅𝐶

𝑣𝑂 = − 𝛼𝑣𝑖 𝑍𝑖

(𝑅𝑖 + 𝑍𝑖)(𝑟𝑒) 𝑅𝐶

𝑣𝑂 = − 𝛼𝑣𝑖

(𝑅𝑖 + 𝑍𝑖) 𝑅𝐶

𝐴𝑣 = ( 𝑣𝑜𝑣𝑥)( 𝑣𝑥𝑣𝑖) = (−

𝛼 (𝑅𝑐)

𝑍𝑖)(

𝑍𝑖𝑅𝑖 + 𝑍𝑖

) = −𝛼 (𝑅2 // 𝑅𝐿 )

𝑅𝑖 + 𝑟𝑒


Ejercicio 2

En el siguiente circuito, determinar en banda media:

a) La impedancia de entrada 𝑍𝑖 b) La impedancia de salida 𝑍0 c) La ganancia 𝑣0 𝑣𝑖⁄

Datos: 𝑅1 = 4 [KΩ], 𝑅2 = 2 [KΩ], 𝑅3 = 1 [KΩ], 𝑅4 = 𝑅8 = 0.4 [KΩ], 𝑅5 = 0.1 [KΩ], 𝑅𝐿 = 2 [KΩ], hfe1 = ℎ𝐹𝐸1 = β = 100, 𝑉𝐶𝐶 = 24 [𝑉]

Solución:

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

𝑍𝑖 = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ (𝑟𝑒1 + 𝑅4)(ℎ𝑓𝑒1 + 1)

En donde:

𝑟𝑒 = 26𝑚𝑉

𝐼𝐸(𝐷𝐶)

Del circuito se observa que:

(𝑅𝐸1 + 𝑅𝐸2)(𝛽 + 1) ≫ 𝑅2

Y por lo tanto:


𝑉𝐵 = 𝑉𝐶𝐶 (𝑅2

𝑅1 + 𝑅2) = 24 (

2

4 + 2) = 8 [𝑉]

𝐼𝐸1 =𝑉𝐵 − 0.7

𝑅4 + 𝑅8=

8 − 0.7

0.4 + 0.4= 9.1 mA

𝑟𝑒 = 26𝑚𝑉

𝐼𝐸(𝐷𝐶)=26𝑚𝑉

9.1𝑚𝐴= 0.003 𝐾Ω

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 𝑣𝑖⁄ es:

𝐴𝑣 =𝑣𝑜𝑣𝑖= (

𝑣𝑜𝑣𝑏1) ( 𝑣𝑏1𝑣𝑖) = (−

𝑅3 ⫫ 𝑅𝐿

𝑟𝑒 + 𝑅4) (

𝑍𝑖𝑅5 + 𝑍𝑖

) = (−1 ⫫ 2

0.003 + 0.4) (

1.3

0.1 + 1.3)

𝑨𝒗 = (−1.65)(0.93) = −𝟏. 𝟓𝟒


Ejercicio 3



Datos: 𝑅1 = 𝑅3 = 68 [KΩ], 𝑅2 = 𝑅4 = 33 [KΩ], 𝑅𝐶1 = 𝑅𝐶2 = 15 [KΩ], 𝑅𝐸1 = 𝑅𝐸3 = 0.33 [KΩ], 𝑅𝐸2 = 𝑅𝐸4 = 12 [KΩ] 𝑅𝐿 = 10 [KΩ], hfe1 = hfe2 = ℎ𝐹𝐸1 = ℎ𝐹𝐸2 = 100, 𝑉𝐶𝐶 = 25 [V]

Solución:


𝑍𝑖 = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ (𝑟𝑒1 + 𝑅𝐸1)(ℎ𝑓𝑒1 + 1)

En donde:

𝑟𝑒1 =26𝑚𝑉

𝐼𝐸1(𝐷𝐶)


(𝑅𝐸1 + 𝑅𝐸2)(ℎ𝐹𝐸1 + 1) ≫ 𝑅2

Y por lo tanto:


𝑉𝐵1 = 𝑉𝐶𝐶 (𝑅2

𝑅1 + 𝑅2) = 25 (

33

68 + 33) = 8.2 [𝑉]

𝐼𝐸1 =𝑉𝐵1 − 0.7

𝑅𝐸1 + 𝑅𝐸2=

8.2 − 0.7

0.33 + 12= 0.6 [mA]

Es importante verificar que el circuito esté en la zona activa, esto es, que en este

caso, el 𝑉𝐶𝐸1 > 0:

𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝑅𝐶1 + 𝑅𝐸1+𝑅𝐸2)𝐼𝐶1 = 25 − (15 + 0.33 + 12)0.6 = 8.4 [𝑉] > 0

Continuando con el análisis:

𝑟𝑒1 = 26𝑚𝑉


0.6𝑚𝐴= 0.043 [𝐾Ω]


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

b) La impedancia de salida 𝑍0 es:

𝒁𝑶 = 𝑹𝑪𝟐 = 𝟏𝟓 [𝑲𝜴]




𝑅𝐶2 ⫫ 𝑅𝐿

𝑟𝑒2 + 𝑅𝐸3) (−

𝑅𝐶1 ⫫ 𝑅𝐿1

𝑟𝑒1 + 𝑅𝐸1)

Por cuanto los transistores 𝑄1 y 𝑄2 están polarizados de igual forma, las dos

etapas estan en la zona activa y:

𝑟𝑒2 = 𝑟𝑒1 = 0.043 [𝐾Ω]

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

𝐴𝑣 = (−15 ⫫ 10

0.043 + 0.33)(−

15 ⫫ 14

0.043 + 0.33)

𝑨𝒗 = (−16.1)(19.4) = 𝟑𝟏𝟐. 𝟏


Ejercicio 4



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], hfe1 = hfe2 = ℎ𝐹𝐸1 = ℎ𝐹𝐸2 = 100, 𝑉𝐶𝐶 = 22 [V]

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


𝑍𝑖 = 𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ (𝑟𝑒1 + 𝑅4)(ℎ𝑓𝑒1 + 1)

En donde:



𝐼𝐸1(𝐷𝐶)


(𝑅4 + 𝑅5)(ℎ𝐹𝐸1 + 1) ≫ 𝑅2

Y por lo tanto:


𝑅1 + 𝑅2) = 22 (

22

82 + 22) = 4.6 [𝑉]

𝐼𝐸1 =𝑉𝐵1 − 0.7

𝑅4 + 𝑅5= 4.6 − 0.7

1 + 2= 1.3 [mA]

Es importante verificar que el circuito esté en la zona activa, esto es, que en este caso, el 𝑉𝐶𝐸1 > 0:

𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝑅3 + 𝑅4+𝑅5)𝐼𝐶1 = 22 − (4.7 + 1 + 2)1.3 = 11.9 [𝑉] > 0

Continuando con el análisis:

𝑟𝑒1 = 26𝑚𝑉


1.3𝑚𝐴= 0.020 [𝐾Ω]


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 (𝑅7𝑖𝑛) y una a la salida (𝑅7𝑜𝑢𝑡). Adicionalmente, puesto que el circuito tendría una ganancia |∆𝑉𝑀 ≫|1:

𝑅7𝑖𝑛 = 1000

1 − ∆𝑉𝑀= 1000

|∆𝑉𝑀|

𝑅7𝑜𝑢𝑡 = 1000

1 −1∆𝑉𝑀

= 1000 𝐾𝛺

Y ahora sí:

𝑍𝑜 = 𝑅6 ⫫ 𝑅7𝑜𝑢𝑡 = 10 ⫫ 1000 = 𝟏𝟎 [𝑲𝜴]

Verificando que |∆𝑉𝑀| ≫ 1:


∆𝑣𝑀 = ∆𝑣2 = −𝑅6 ⫫ 𝑅7𝑜𝑢𝑡 ⫫ 𝑅8

𝑟𝑒2

Para el transistor 𝑄2 :

22 − 10𝐼𝐸2 − 1000𝐼𝐵2 − 0.7 = 0

22 − 10𝐼𝐸2 − 1000 (𝐼𝐸2101

) − 0.7 = 0

𝐼𝐸2 =22 − 0.7

10 + 9.9= 1.07 [𝑚𝐴]

𝑟𝑒2 =26

1.07= 0.024 [𝐾𝛺]


∆𝑣𝑀 = ∆𝑣2 = −10 ⫫ 1000 ⫫ 10

0.024= −208.3

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




𝑅3 ⫫ 𝑅𝐿1

𝑟𝑒1 + 𝑅4)∆𝑣2

Y analizando la carga 𝑅𝐿1 que ve el transistor 𝑄1 :

𝑅𝐿1 = 𝑅7𝑖𝑛 ⫫ 𝑟𝑒2(ℎ𝑓𝑒2 + 1)

𝑅7𝑖𝑛 = 1000

208.3= 4.8 𝐾𝛺


𝑅𝐿1 = 4.8 ⫫ 0.024(100 + 1) = 1.6𝐾

𝐴𝑣 = (−4.7 ⫫ 1.6

0.02 + 1) (−208.3)

𝑨𝒗 = (−1.5)(−208.3) = 𝟑𝟏𝟐. 𝟓

d) La ganancia de corriente 𝑖𝑜/𝑖𝑖 es:

𝐴𝑖 =𝑖𝑜𝑖𝑖 = 312.5 (

14.8

10) = 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/𝑣𝑖

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

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

Datos:

𝑄1: ℎ𝑖𝑒1 , ℎ𝑓𝑒1 , 𝑄2: ℎ𝑖𝑒2 , ℎ𝑓𝑒2 𝑄3: ℎ𝑖𝑒3 , ℎ𝑓𝑒3

Asuma que los transistores están operando en zona lineal y que las ganancias de Miller

son mucho mayores que 1.

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:

𝑍𝑏3 = (𝑅𝑜3 ⫫ 𝑅4 + 𝑟𝑒3)(ℎ𝑓𝑒3 + 1)

𝑍𝑏2 = (𝑍𝑏3+𝑟𝑒2)(ℎ𝑓𝑒2 + 1)

𝑍𝑏1 = ((𝑍𝑏2 ⫫ 𝑅𝑓2) + 𝑅𝑒1+𝑟𝑒1) (ℎ𝑓𝑒1 + 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| = |

𝑅𝑓 ∗ 𝐴𝑣

𝐴𝑣| = 𝑅𝑓

𝑍𝑀𝑖 = |𝑅𝑓

1 − 𝐴𝑣| = |

𝑅𝑓

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 ⫫ 𝑅𝑓

(𝑍𝑏2 ⫫ 𝑅𝑓2)+𝑅𝑒1+𝑟𝑒1

e) Expresiones literales para las ganancias de voltaje Vo1

Vi y

Vo3

Vi

𝑉𝑜1𝑉𝑖= 𝐴𝑣𝑀 = −

𝑅𝑜1 ⫫ 𝑅𝑐1 ⫫ 𝑅𝑓

(𝑍𝑏2 ⫫ 𝑅𝑓2) + 𝑅𝑒1+𝑟𝑒1

𝑉𝑜3𝑉𝑖=

𝑅𝑜3 ⫫ 𝑅4𝑟𝑒3 +𝑅𝑜3 ⫫ 𝑅4

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

𝑍𝑖 = [(𝑅𝑜3 ⫫ 𝑅4 + 𝑟𝑒3)(ℎ𝑓𝑒3 + 1) + 𝑟𝑒2][ℎ𝑓𝑒2 + 1] ⫫ 𝑅𝑓2 + 𝑅𝑒1 + 𝑟𝑒1ℎ𝑓𝑒1 + 1 ⫫ 𝑍𝑀𝑖 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅2

𝑍𝑖 = [[(𝑅𝑜3 ⫫ 𝑅4)(ℎ𝑓𝑒3 + 1) + ℎ𝑖𝑒3][ℎ𝑓𝑒2 + 1] + ℎ𝑖𝑒2 ⫫ 𝑅𝑓2 + 𝑅𝑒1][ℎ𝑓𝑒1 + 1] + ℎ𝑖𝑒1 ⫫ 𝑍𝑀𝑖 ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅2

𝑍𝑜 =(

([(𝑅1 ⫫ 𝑅2 ⫫ 𝑍𝑀𝑖 ⫫ ℎ𝑖𝑒1

ℎ𝑓𝑒1 + 1) + 𝑅𝑒1] ⫫ 𝑅𝑓2 + ℎ𝑖𝑒2

ℎ𝑓𝑒2 + 1)+ ℎ𝑖𝑒3

)

ℎ𝑓𝑒3 + 1⫫ 𝑅4


Ejercicio 6

En 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], 𝑉𝑍 = 4.2 [V] , 𝑟𝑍 = 0 [KΩ], 𝑉𝐶𝐶 = 12 [V], 𝑉𝐸𝐸 = −3 [V] , para los transistores ℎ𝐹𝐸 = hfe = β = 600, |VBE| = 0.7 [V]

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 𝑉1 actúa como cortocircuito.

Analizando 𝑄3:

𝐼𝐶3 ≌ 𝐼𝐸3 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐸𝐵 − 𝑉𝑍

𝑅3=12 − −0,7 − 4,2

5= 1.42 [𝑚𝐴]

Analizando 𝑄2:

𝐼𝐵2𝑅4 − 𝑉𝐵𝐸 − (𝐼𝐶3 + 𝐼𝐸2)𝑅5 − 𝑉𝐸𝐸 = 0


𝐼𝐵2𝑅4 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝐼𝐶3𝑅5 + 𝐼𝐵2(𝛽2 + 1)𝑅5 − 𝑉𝐸𝐸 = 0

𝐼𝐵2 =𝑉𝐸𝐸 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝐼𝐶3𝑅5𝑅4 + (𝛽2 + 1)𝑅5

=3 − 0,7 − 1(1.42)

0.5 + 1(600 + 1)= 1.47 [µ𝐴]

𝐼𝐶2 = 𝛽𝐼𝐵2 = 0.88 [𝑚𝐴]

Como 𝐼𝐸1 = 𝐼𝐶2, entonces:

𝐼𝐸1 = 0.88 [𝑚𝐴]

Determinando 𝑉𝐶𝐸1 , 𝑉𝐶𝐸2 , 𝑉𝐶𝐸3:

𝑉𝐸𝐶3 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐸3𝑅3 − (𝐼𝐶3 + 𝐼𝐸2)𝑅5 − 𝑉𝐸𝐸

𝑉𝐶𝐸3 = 12 − 5(1.42) − (1.42 + 0.88)1 + 3

𝑉𝐸𝐶3 = 5.6 [𝑉]

𝑉𝐶𝐸2 = 4.2 − 0.7 − (𝐼𝐶3 + 𝐼𝐸2)𝑅5 − 𝑉𝐸𝐸

𝑉𝐶𝐸2 = 4.2 − 0.7 − (1.42 + 0.88)1 + 3

𝑉𝐶𝐸2 = 4.2 [𝑉]

𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶1𝑅2 − 𝑉𝐶𝐸2 − (𝐼𝐶3 + 𝐼𝐸2)𝑅5 + 𝑉𝐸𝐸

𝑉𝐶𝐸1 = 12 − 0.88(5) − 4,2 − (1.42 + 0.88)1 + 3

𝑉𝐶𝐸1 = 4.1 [𝑉]

b) Para determinar 𝑍𝑖, 𝑍𝑜 y 𝐴𝑣:

𝑍𝑖 = 𝑅4 + [𝑟𝑒2 + 𝑅5(ℎ𝑓𝑒 + 1)]


𝐼𝐸2(𝐷𝐶)=26 𝑚𝑉

0.88 𝑚𝐴 = 0.029 [𝐾Ω]

𝑍𝑖 = 0.5 + 17.7 + 1(600 + 1) = 𝟔𝟏𝟗. 𝟑 [𝑲Ω]

𝑍0 = 𝑟𝑒1 =26𝑚𝑉

𝐼𝐸1(𝐷𝐶)=26 𝑚𝑉

0.88 𝑚𝐴 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟗 [𝑲Ω]


𝐴𝑣 =𝑣0𝑣𝑖= (−

𝑟𝑒1𝑟𝑒2 +𝑅5

) ((𝑟𝑒2 +𝑅5)(𝛽 + 1)

𝑅4 + (𝑟𝑒2 +𝑅5)(𝛽 + 1))

𝐴𝑣 =𝑣0𝑣𝑖= (−

0.029

0.029 + 1) (

(0.029+ 1)(600 + 1)

0.5+ (0.029+ 1)(600 + 1)) = −𝟎.𝟎𝟐𝟗


Ejercicio 74


a) La impedancia de entrada 𝑍𝑖 b) La impedancia de salida 𝑍0

c) La ganancia de voltaje 𝑣𝑜/𝑣𝑖

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


𝑅1 + 𝑅2) = 10 (

270

100 + 270) = 7.3 [𝑉]

𝑉𝐸2 = 𝑉𝐵2 + 2𝑉𝐸𝐵 = 7.3 + 2(0.7) = 8.7 [𝑉]

𝐼𝐸2 =𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐸2𝑅3

=10 − 8.7

1= 1.3 [𝑚𝐴]

𝑉𝐸𝐶2 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝑅3 + 𝑅4)𝐼𝐸2 = 10 − (1 + 2.2)1.3 = 5.8 [𝑉]

4 Ejercicio tomado del folleto: “Electrónica I”


𝑉𝐸𝐶1 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐸𝐵 − (𝑅3 + 𝑅4)𝐼𝐸2 = 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 = [(𝑅3 ⫫ 𝑅5 + 𝑟𝑒2)(𝛽2 + 1) + 𝑟𝑒1][𝛽1 + 1] ⫫ 𝑅1 ⫫ 𝑅2

En donde las resistencias 𝑟𝑒2 𝑦 𝑟𝑒1 vienen dadas por:


𝐼𝐸2(𝐷𝐶)

𝑟𝑒2 =26 𝑚𝑉

1.3 𝑚𝐴= 0.02 [𝐾Ω]


𝐼𝐸1(𝐷𝐶)=26𝑚𝑉

𝐼𝐸2(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 = (𝑟𝑒1

𝛽2 + 1+ 𝑟𝑒2) ⫫ 𝑅3 = (

2

100 + 1+ 0.02) ⫫ 1 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟖 [𝑲Ω]

c) Para la ganancia de voltaje 𝑣𝑜/𝑣𝑖 es:

𝐴𝑣 =𝑣𝑜

𝑣𝑖= (

𝑣𝑜

𝑣𝑏2) (

𝑣𝑏2

𝑣𝑖) = 𝐴𝑣2𝐴𝑣1

𝐴𝑣2 = 𝑅3 ⫫ 𝑅5

𝑟𝑒2 + 𝑅3 ⫫ 𝑅5=

0.5

0.02 + 0.5= 0.96

𝐴𝑣1 = (𝑅3 ⫫ 𝑅5 + 𝑟𝑒2)(𝛽2 + 1)

𝑟𝑒1 + (𝑅3 ⫫ 𝑅5 + 𝑟𝑒2)(𝛽2 + 1)=

(1 ⫫ 1 + 0.02)(100 + 1)

2 + (1 ⫫ 1 + 0.02)(100 + 1)= 0.96

Y finalmente: 𝐴𝑣 = 0.96(0.96) = 𝟎. 𝟗𝟑


Ejercicio 8

En el siguiente circuito, determine:

a) La impedancia de entrada 𝑍𝑖 b) La impedancia de salida 𝑍0

c) La ganancia de voltaje 𝑣𝑜/𝑣𝑖

Datos: 𝑅1 = 120 [KΩ], 𝑅2 = 68 [KΩ], 𝑅3 = 3 [KΩ], 𝑅4 = 100 [KΩ], 𝑉𝐶𝐶 = 12 [V]. para el transistor ℎ𝐹𝐸 = hfe = β = 140, |VBE| = 0.7 [V]

ANALISIS DC

𝐼𝐵 = 𝑉𝑐𝑐 − 𝑉𝐵𝐸

(120 + 68) + 140(3)= 12 − 0.7

608= 18.6𝜇𝐴


𝐼𝐸 = (𝐵 + 1)𝐼𝐵 = 141(18.6𝜇𝐴) = 2.62𝑚𝐴

𝑟𝐸 =26𝑚𝑉

2.62𝑚𝐴= 9.92 𝑜ℎ𝑚𝑖𝑜𝑠

ANALISIS AC

𝐴𝑣 = −(𝑅4||𝑅3||𝑅2)

𝑟𝐸= −

(100||3||68)

9.921000

= −281.55

𝑍𝑖 = 𝑅1||[𝑟𝐸(𝐵 + 1)] = 120|| (9.92

1000(141)) = 1.38𝐾

𝑍𝑜 = 𝑅3||𝑅2 = 3||68 = 2.87𝑘



Ejercicio 1

En 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


Ejercicio 2

Para el siguiente circuito mostrado, calcular:

a) La ganancia Vo/Vi.

b) Calcular impedancia de entrada Zi e impedancia de salida Zo.

Considere β1 = 90 y β2 = 100

Vi

R190kΩ

R220kΩ

R38kΩ

R40.5kΩ

C1Q1

12 V

C2

C3

RL10kΩ

R6

700kΩ

R710kΩ

Q2

12 V

Zi

Zo


Ejercicio 3

Para 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.

Datos:

Q1: hfe1, hie1

Q2: hfe2, hie2

Vs

Rs

Rb1

Rb2

Rc1

Re1

Re2

Rc2 RL

Q1

2N2222A

Q2

Vo

Vcc

Zi

Zb1

Vx Zo

Ze


Ejercicio 4

Dado el siguiente circuito, determinar de manera literal:

1. Impedancia de entrada Zi

2. Impedancia de salida Zo

3. Ganancia de Voltaje


Ejercicio 5

Para el siguiente circuito, encuentre:

1. Ganancia de voltaje

2. Impedancia de entrada Zi

3. Impedancia de salida Zo


Ejercicio 6

Para 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 7

Dado el circuito de la figura

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


Ejercicio 8

Diseñar un amplificador transistorizado con las siguientes especificaciones:

Av = - 10

Zi = 10 K

Zo = 1k

2. electrónica para ingenieros bjt-12.6

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