ELECTRÓNICA ANALÓGICA I SEGUNDA UNIDAD: EL TRANSISTOR BJT Felipe Isaac Paz Campos

(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

2,010

ELECTRÓNICA

ANALÓGICA I

SEGUNDA UNIDAD:

EL TRANSISTOR BJT

Felipe Isaac Paz Campos

(2)

CAPÍTULO 2 EL TRANSISTOR BJT (Transistor de unión bipolar)

2.1 Introducción

Cuando seleccionamos un transistor tendremos que conocer el tipo de encapsulado, así como el esquema de identificación de los terminales. También tendremos que conocer una serie de valores máximos de tensiones, corrientes y potencias que no debemos sobrepasar

para no destruir el dispositivo. El parámetro de la potencia disipada por

el transistor es especialmente crítico con la temperatura, de modo que esta potencia aumenta a medida que crece el valor de la temperatura, siendo a veces necesario la instalación de un radiador o aleta refrigeradora. Todos estos valores críticos los proporcionan los fabricantes en las hojas de características de los distintos dispositivos.

Una forma de identificar un transistor NPN o PNP es mediante un polímetro: Este dispone de dos orificios para insertar el transistor, uno para un NPN y otro para el PNP. Para obtener la medida de la ganancia es necesario insertarlo en su orificio apropiado, con lo que queda determinado si es un NPN o un PNP. El transistor es un dispositivo electrónico utilizado en diversas aplicaciones, según la zona donde ubiquemos su punto de trabajo o operación (Q). En este capítulo se hará énfasis en su utilidad como amplificador, para ello se tendrá que hacer análisis de DC y AC.

2.2 Símbolo

El símbolo del transistor BJT se muestra en la figura 2.1 y figura 2.2.

2.3 Funcionamiento

Un transistor es similar a dos diodos, el transistor tiene dos uniones: una entre el emisor y la base y la otra entre la base y el colector. El emisor y la base forman uno de los diodos, mientras que el colector y la base forman el otro. Estos diodos son denominados: "Diodo de emisor" (el de la izquierda figura 2.3) y "Diodo de colector" (el de la derecha figura 2.3).

E(Emisor) B(Base)

C(Colector)

NPN

Figura 2.1 Transistor BJT tipo NPN

E(Emisor) B(Base)

C(Colector)

PNP

Figura 2.2 Transistor BJT tipo PNP

E C B E C B PNP NPN N P N E C E _P _N P C B B Figura 2.3

(3)

2.4 Polarización del BJT (NPN)

En la figura 2.4 se muestra la polarización del transistor BJT tipo NPN para que funcione en la zona activa, aunque con este mismo diagrama se puede polarizar en otras tres zonas, tal como se muestra en la tabla 2.1, conectando las baterías en sus diferentes posibilidades.

El negativo de la batería VEE repele los

electrones de la zona del emisor que cruzan la UE.

Algunos electrones cruzan la UE y pasan

por la zona P de la base sin recombinarse. Debido a la batería puede que un electrón cruce la barrera de potencial de la UE.

Después ese electrón baja la barrera de potencial de la UC para salir por el

colector, figura 2.5.

Esto es el efecto transistor de N a P tiene que subir la barrera de potencial pero luego es más fácil porque tiene que bajar la barrera.

De los electrones emitidos por el emisor, aproximadamente un 1 % se recombina en la base y un 99 % no se recombina y llega al colector, esto es el efecto transistor. La palabra colector viene de ahí, el colector "Colecta" los electrones, los recoge, eso es el "Efecto transistor". La base es muy estrecha y además está muy poco impurificada, esa es la razón de que la probabilidad de que un electrón se recombine sea muy pequeña (por ejemplo el 1%).

El emisor emite electrones, el colector los recoge, y la base es un dispositivo de control.

A esta forma de polarización se le conoce como polarización en la zona activa. Un transistor se puede polarizar en cuatro zonas diferentes, mostradas en la Tabla 2.1. Zona Activa UE en Directa y UC en Inversa. AMPLIFICADORES Zona de Saturación UE en Directa y UC en Directa. CONMUTACIÓN Zona de Corte UE en Inversa y UC en Inversa. CONMUTACIÓN Zona Activa Invertida UE en Inversa y UC en Directa. SIN UTILIDAD Tabla 2.1

En la tabla 2.1 se observan 4 zonas de funcionamiento del transistor bipolar: a. ACTIVA: El transistor sólo amplifica en esta zona, y se comporta como una fuente de corriente constante controlada por la intensidad de base (ganancia de Figura 2.4

Figura 2.5 Zona activa

N N

(4)

corriente o β).Este parámetro lo suele proporcionar el fabricante dándonos un máximo y un mínimo para una corriente de colector dada (IC); además de esto,

suele presentar una variación acusada con la temperatura y con la corriente de colector, por lo que en principio no podemos conocer su valor. Algunos polímetros son capaces de medir este parámetro, pero esta medida hay que tomarla solamente como una indicación, ya que el polímetro mide este parámetro para un valor de corriente de colector distinta a la que circulará por el BJT una

vez en el circuito.

b. SATURACIÓN: En esta zona el transistor es utilizado para aplicaciones de conmutación (potencia, circuitos digitales, etc.), y lo podemos considerar como un cortocircuito entre el colector y

el emisor.

c. CORTE: El transistor es utilizado para aplicaciones de conmutación (potencia, circuitos digitales, etc.), y podemos considerar las corrientes que lo atraviesan prácticamente nulas (y en especial Ic).

d. ACTIVA INVERSA: Esta zona se puede considerar como carente de interés ya que no tiene aplicaciones prácticas. En la figura 2.6 se muestran estas 4 zonas de polarización indicadas en la tabla 2.1.

Nota: El transistor PNP es complemento del NPN de forma que todos los voltajes y corrientes son opuestos a los del transistor

NPN.

Para encontrar el circuito PNP

complementario:

a. Se sustituye el transistor NPN por un

PNP.

b. Se invierten todos los voltajes y corrientes.

2.5 Ecuaciones Generales

De la figura 2.7 se obtienen las siguientes ecuaciones: B C E I I I (2.1) C C C _I I I (2.2) 1 E C I I (2.3) 1 B C I I (2.4) B C I I (2.5) B E I I ( 1) (2.6) ) 1 ( E c I I (2.7) E C I I (2.8) VBE ≈ 0.7V Esta es la caída de voltaje en

una unión PN.

En la práctica α oscila entre 0.95 a 0.99 β oscila entre 50 a 500 para transistores de baja potencia, entre 20 a 50 para transistores de mediana potencia y entre 5 y 20 para transistores de potencia.

2.6 Tipos de Polarización.

Existen diferentes formas de polarizar a un transistor, a continuación se estudian las formas de polarizar a un transistor BJT tipo NPN, empezando de la peor forma hacia la mejor.

N P N E B C IE IB IC Figura 2.7 Figura 2.6

(5)

2.6.1 Polarización fija o por base

Este tipo de polarización se muestra en la figura 2.8.

Redibujando circuito resulta figura 2.8.1.

En la figura 2.8.1 aplicando LKV en la malla1 se obtiene: BE B B CC I R V V (2.9) Despejando IB resulta: B BE B R V Vcc I Sustituyendo IB en la ecuación general (2.5) ) ( B BE B C R V Vcc I I (2.10)

En la ecuación anterior (2.10) se observa una fuerte dependencia en la corriente de colector, por parte del parámetro interno del transistor (β).

Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

CE C C CC I R V V (2.11) Despejando VCE resulta: VCE = VCC - ICRC (2.12)

2.6.2 Polarización por base estabilizada en el emisor. Se muestra en la figura 2.9 En la figura 2.9.1 aplicando LKV en la malla1 se obtiene: E E BE B B CC I R V I R V (2.13) De la ecuación (2.6) ) 1 ( E B I I y sustituyendo en la ecuación (2.13) se obtiene: E E BE B E CC R V I R I V ) 1 ( (2.14) Por tanto: E B BE CC E R R V V I ) 1 ( (2.15)

En la ecuación (2.14) se observa que existe una dependencia de β, pero en menor proporción que el caso anterior. Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

E E CE C C CC I R V I R V (2.16) Con IC = IE resulta: VCE = VCC – IC(RC+RE) (2.17) + - VCE IB IC IE + VCC RB RC RE malla1 malla2 Figura 2.9.1 IE IC IB VCE - + RE VCC RB RC Figura 2.9 IE IC IB VCE + - +VCC RB RC malla1 malla2 VBE + - Figura 2.8.1 IE IB VCE - + VCC RB RC Figura 2.8

(6)

2.6.3 Polarización por

retroalimentación de colector.

Este tipo de polarización se muestra en la figura 2.10.

Redibujando el circuito de la figura 2.10 resulta el circuito mostrado en la figura 2.10.1. En la figura 2.10.1aplicando LKV en la malla1 se obtiene: E E BE B B C CC IR I R V I R V (2.18)

Aplicando LKC en nodo A se obtiene: I = IC + IB (2.19) Sustituyendo C B I I en la ecuación anterior (2.19) resulta: ) 1 1 ( C C C I I I I (2.20)

Sustituyendo las ecuaciones (2.20) y (2.19) en la ecuación (2.18) se obtiene: E C BE B C C C CC R V I R I R I V (1 1 ) (2.21) Despejando IC se obtiene: E B C BE CC C R R R V V I 1 ) 1 1 ( (2.22)

En la ecuación (2.22) siempre existe una dependencia de β.

Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

E E CE C CC IR V I R V (2.23) Con IC = IE se obtiene: VCE = VCC – IRC-ICRE (2.24)

2.6.4 Polarización por divisor de voltaje.

Este es uno de los tipos de polarización más usados, por poseer algunas ventajas sobres los otros tipos, dentro de estas ventajas podemos mencionar una menor dependencia de β respecto a los casos anteriores. Este tipo de polarización se muestra en la figura 2.11.

Redibujando el circuito de la figura 2.11 para solucionarlo por Thévenin resulta el circuito mostrado en la figura 2.11.1.

IB IE IC VCE - + VCC RE RC R2 R1 Figura 2.11 A + - VCE IB IC IE + VCC RE RB RC I malla1 malla2 Figura 2.10.1 A + - VCE IB IC IE VCC RE RB RC Figura 2.10

(7)

2 1 2( ) R R V R VTH CC (2.25) 2 1 1 2 R R R R RTH (2.26) En la figura 2.11.1 aplicando LKV en lamalla1 se obtiene: E E BE TH B TH I R V I R V (2.27) Sustituyendo 1 E B I I en la ecuación (2.27) resulta: E E BE TH E TH R V I R I V 1 (2.28) Despejando IE se obtiene: E TH BE TH E R R V V I 1 (2.29)

En la ecuación (2.29) se observa que todavía existe una dependencia de β. Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

E E CE C C CC I R V I R V (2.30) Con IC = IE se obtiene: VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.31)

2.6.5 Polarización por emisor.

Ese tipo de polarización se muestra en la figura 2.12. De la figura 2.12 se obtiene: E BE EE E R V V I (2.32) En la ecuación anterior (2.32) se observa que no existe ninguna dependencia de los parámetros internos del transistor. Aunque este es el mejor tipo de polarización no es muy utilizado, porque necesita dos baterías para polarizar al transistor.

2.7 Línea de carga o Recta de carga Para graficar la recta de carga basta con encontrar los puntos de intersección y después unir estos dos puntos mediante una línea. Estos puntos de intersección son: Saturación y corte. Por ejemplo para el circuito de la figura 2.13 se tiene:

IE IC VCE - + + + _V CC RE RC + IB VTH malla1 malla2 Figura 2.13 IE IC VCE - + + + _Vcc RE RC + IB VTH malla1 malla2 RTH Figura 2.11.1 -VEE VCC RE RC IB IC IE Figura 2.12 RTH

(8)

Para el circuito de la figura 2.13 aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

E E CE C C CC I R V I R V (2.33) Con IC = IE resulta: VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.34)

La figura 2.14 muestra el punto de operación (Q) en la línea de carga.

Para graficar la línea de carga mostrada en la figura 2.14 basta con calcular los interceptos (ICsat y VCEcorte).

Para el cálculo de ICsat se hace

considerando el transistor en la zona de saturación (VCEsat ≈ 0V) a partir de:

E E sat CE C C CC I R V I R V (2.35) Con IC = IE E Csat sat CE C Csat CC I R V I R V (2.36)

Sustituyendo VCE ≈ 0V y despejando ICsat

E C CC Csat R R V I (2.37) Para calcular VCEcorte se hace

considerando el transistor en la zona de corte (IC ≈ 0A) y a partir de:

E C corte CE C C CC I R V I R V (2.38) Con IC = 0A se obtiene: CEcorte CC V V (2.39) 2.8 EJEMPLOS 2.A Ejemplo # 1

Para el circuito mostrado en la figura 2.15, calcule el punto de operación del transistor ( VCE, IE). Dato: β = 100.

Solución: El circuito para DC se muestra

en la figura 2.15.1, los capacitores se comportan como circuito abierto para DC1.

Existen dos métodos para solucionar este ejercicio, se mostrará ambos métodos:

a.- Método Exacto (método de Thévenin) b.- Método aproximado

a.- Método exacto.

Aplicando Thévenin, en la figura 2.15.1 resulta el circuito de la figura 2.15.2.

1_{Circuitos Eléctricos Dorf capitulo 6.}

IC VCEcorte ICsat VCE (V) VCE IC(mA) Punto Q

.

Figura 2.14 IB IE IC VCE - + vo VCC 12V C2 2.2uF C1 1uF RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ 1kHz vi -1/1V Figura 2.15 Figura 2.15.1 IB IE IC VCE - + ₊ _V CC 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ RC

(9)

De la figura 2.15.2 se obtiene: V k k k V R R V R V CC TH 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 (2.40) k k k k k R R R R RTH 0.5 1 1 ) 1 )( 1 ( 2 1 1 2 _(2.41) En la figura 2.15.2 aplicando LKV en lamalla1 se obtiene: E E BE TH B TH I R V I R V (2.42) Sustituyendo 1 E B I I en la ecuación (2.42) resulta: E E BE TH E TH R V I R I V 1 (2.43) Despejando IE se obtiene: E TH BE TH E R R V V I 1 (2.44) Sustituyendo valores: mA k k V V I_E 0.946 6 . 5 1 100 5 . 0 7 . 0 6

E E CE C C CC I R V I R V (2.45) Con IC = IE se obtiene: VCE = VCC – IE(RC+RE) (2.46) Sustituyendo valores: V k mA V V_CE 12 0.946 (7.8 ) 4.62

Por tanto, el punto de operación (Q) es: VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.

El transistor está funcionando en la zona activa.

b.- Método aproximado.

Para la utilización de este método se debe cumplir con la siguiente condición2:

10 ) 1 ( E TH R R (2.47) El significado de esta ecuación es que la caída de voltaje en el resistor de Thévenin es despreciable comparado con el voltaje de Thévenin, en otras palabras VB≈VTH.

En este caso se cumple VB≈VTH ya que:

k k x R_TH 56.56 10 6 . 5 ) 1 100 ( Por tanto: V k k k V R R V R VB CC CC 6 1 1 ) 1 ( 2 1 2 (2.48) mA k V V R V V I E BE B E 0.9464 6 . 5 7 . 0 6 (2.49)

Sustituyendo los valores se obtiene:

V k

mA V

VCE 12 0.9464 (7.8 ) 4.62

Por tanto, el punto de operación es: VCE = 4.62V y IE = 0.9464mA.

El transistor está funcionando en la zona activa.

Calculando el error relativo con respecto a IE. % 042 . 0 100 ) 946 . 0 946 . 0 9464 . 0 ( x mA mA mA E_r

Nota: se observa que la desviación entre los dos métodos es de 0.042% por tanto, el método aproximado es válido. Este método es el más utilizado en este tipo de polarización, pero hay que tener mucho cuidado con la condición planteada para este método.

2_{Electrónica: Teoría de circuitos capitulo 4.}

IE IC VCE - + + + _Vcc 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ + IB VTH malla1 malla2 RTH Figura 2.15.2

(10)

Ejemplo # 2

Para el circuito mostrado en la figura 2.16, calcule el punto de operación del transistor ( VCE, IE). Dato: β = 100.

Solución: El circuito para DC queda de la

siguiente forma, figura 2.16.1

La solución de este ejercicio será por los dos métodos.

a.- Método Exacto b.- Método aproximado a.- Método exacto.

Aplicando Thévenin, en la figura 2.16.1 se obtiene el circuito de la figura 2.16.2.

De la figura 2.16.2 se obtiene: V M M M V R R V R V CC TH 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 _(2.52) k M M M M R R R R R_TH 500 1 1 ) 1 )( 1 ( 2 1 1 2 _2.53)

E E BE TH B TH I R V I R V (2.54) Sustituyendo 1 E B I I en la ecuación (2.54) resulta: E E BE TH E TH R V I R I V 1 (2.55) Despejando IE se obtiene: E TH BE TH E R R V V I 1 (2.56) Sustituyendo valores: mA k M V V I_E 0.5023 6 . 5 1 100 5 . 0 7 . 0 6

Introduciendo valores se obtiene:

V k

mA V

VCE 12 0.523 (7.8 ) 8.082

Por tanto, el punto de operación es: VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA. Figura 2.16 IB IE IC VCE - + vo C2 2.2uF C1 1uF RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ R2 1MΩ R1 1MΩ 1kHz vi -1/1V Figura 2.16.1 IB IE IC VCE - + + VCC 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ R2 1MΩ R1 1MΩ IE IC VCE - + + + _V CC 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ + IB VTH malla1 malla2 Figura 2.16.2 RTH VCC 12V

(11)

b.- Método aproximado.

Para la utilización de este método se debe cumplir con la siguiente condición:

10 ) 1 ( _E TH R R (2.59) En este caso no se cumple ya que:

k k x R_TH 56.56 10 6 . 5 ) 1 100 (

Sin embargo realizaremos los cálculos para algunos análisis.

V M M M V R R V R V CC B 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 (2.60) E BE B E R V V I (2.61) mA k V V IE 0.9464 6 . 5 7 . 0 6

Sustituyendo los valores numéricos:

V k

mA V

VCE 12 0.9464 (7.8 ) 4.62

Calculando el error relativo para IE

% 93 . 46 100 ) 9464 . 0 5023 . 0 9464 . 0 ( x mA mA mA Er

Inicialmente sabíamos que el método no era válido, porque no cumplía con la siguiente condición: 10 ) 1 ( _E TH R

R y con el cálculo del

error relativo lo reafirmamos, ya que existe una desviación de 46.93% de un método respecto al otro. Por tanto, el punto de operación para el transistor es: VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA.

Ejemplo # 3

En la figura 2.17 está representado un amplificador cascodo. Hallar el valor de RC que ajustará la componente de c.c de

la tensión de salida a 0V. β = 50 para todos los transistores.

Solución: Para encontrar el valor de RC

necesitamos conocer el voltaje que se cae en dicho resistor y la corriente que circula por ella.

El voltaje que se cae en RC es VE3 ya que

Vo = 0V y la corriente que circula por RC

es IE3 = IC3 = IE2 (2.64) Por tanto 3 3 E E C I V R (2.65)

Para calcular IE2 Vamos a utilizar el

método aproximado, ya que es válido.

V k k k V V _k 4.896 5 . 2 7 . 4 ) 7 . 4 ( 5 . 7 7 . 4 2.66)

k I V V₄_.₇_k _BE _E₂3.3 (2.67) Despejando IE2 se obtiene: k V V IE k BE 3 . 3 7 . 4 2 (2.68) mA k V V I_E 1.272 3 . 3 7 . 0 896 . 4 2 A mA I IB E 24.94 51 272 . 1 1 3 3 (2.69) I = IB3 + IC1 (2.70)

Para calcular IC1 se aplica LKV en la

malla2 y se obtiene: BE B k V I V 18 1 1 (Se apaga Vi) (2.71) Sustituyendo en la ecuación (2.71): 1 1 C B I I (2.72) IE3 IB2 IC1 IB3 IB1 - + IE2 Vo VCC 15V VEE -7.5V Q3 RC 3.3kΩ Q2 4.7kΩ 2.5kΩ 10kΩ Q1 18kΩ + 1V 1kHz Vi -1/1V I malla1 malla2 malla3 Figura 2.17

(12)

BE C V k I V 18 1 1 (2.73) Despejando IC1 mA k V V I_C 0.833 50 18 7 . 0 1 1 (2.74) Por tanto: I = 0.833mA+24.94µA = 0.858mA Aplicando LKV en la malla3 se obtiene:

3 10 BE E CC Ix k V V V (2.75) Despejando VE3 resulta: BE CC E V Ix k V V ₃ 18 (2.76) Introduciendo valores: V V k mAx V VE3 15 0.858 10 0.7 5.72 Entonces: 4,496.86 272 . 1 72 . 5 mA V R_C Ejemplo # 4

Para el circuito de la figura 2.18, calcule el punto de operación de cada transistor. β = 120 para ambos transistores.

Solución: El circuito para DC queda de

la siguiente forma, figura 2.18.1

En la figura 2.18.1, aplicando Thévenin en la base de Q1, se obtiene el circuito de

la figura 2.18.2. De la figura 2.18.2 se obtiene: V k k k V R R V R VTH CC 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 (2.77) 500 1 1 ) 1 )( 1 ( 2 1 1 2 k k k k R R R R R_TH (2.78)

1 1 1 TH BE E E B TH I R V I R V (2.79) Sustituyendo 1 1 1 E B I I en la ecuación (2.79) se obtiene: 1 1 1 1 TH BE E E E TH R V I R I V (2.80) Despejando IE1: 1 1 1 E TH BE TH E R R V V I (2.81)

Sustituyendo los valores numéricos en la ecuación (2.81) se obtiene: m k k V V IE 0.946 6 . 5 1 120 5 . 0 7 . 0 6 1

Utilizando las ecuaciones generales IE1 = IC1 y considerando IB2 despreciable

comparada con IC1, entonces:

V1 = IC1xRC1 = 2.08V (2.82)

BE E E R V I V₁ ₂ ₂ (2.83) Despejando IE2 resulta: Figura 2.18 - + vo VCC 12V C3 1uF 1kHz vi -1/1V C2 1uF RC2 2.2kΩ RE2 1.5kΩ Q2 C1 10uF RE1 5.6kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ RC1 2.2kΩ Q1 Figura 2.18.1 VCC 12V RC2 2.2kΩ RE2 1.5kΩ Q2 RE1 5.6kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ R_2.2kΩC1 Q1 VCE1 -- + + IB1 IE2 IE1 Figura 2.18.2 V1 -+ VCE2 +_V CC 12V + VTH RC2 2.2kΩ RE2 1.5kΩ Q2 RE1 5.6kΩ RTH RC1 2.2kΩ Q1 malla1 malla2 malla3 malla4

(13)

1 1 2 E BE E R V V I (2.84)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.84):

mA k V V I_E 0.92 5 . 1 7 . 0 08 . 2 2

Para calcular VCE1 aplicamos malla4.

1 1 1 1 1 C CE E E C CC I R V I R V (2.85)

Despejando VCE1 se obtiene:

) ( ₁ ₁ 1 1 CC E C E CE V I R R V (2.86)

Introduciendo valores numéricos en la ecuación (2.86) se obtiene: V k mA V V_CE₁ 12 0.946 (7.8 ) 4.62

Por tanto, el punto de operación de Q1 es:

VCE1 = 4.62V e IE1 = 0.946mA.

Para calcular VCE2 aplicamos malla3.

2 2 2 2 2 E EC C C E CC I R V I R V (2.87)

Despejando VEC2 resulta:

) ( 2 2 2 2 CC E C E EC V I R R V (2.88)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.88) se obtiene: V k mA V VEC2 12 0.92 (3.7 ) 8.596

Por tanto, el punto de operación de Q2 es:

VCE2 = -8.596V e IE2 = 0.92mA.

2.9 El transistor BJT como amplificador.

El transistor es un dispositivo electrónico, para realizar cálculos necesitamos un modelo o esquema eléctrico, de la misma forma que se hizo para el diodo en el capítulo 1.

El modelo a utilizar para el transistor BJT NPN o PNP será el mismo y se muestra en la figura 2.19.

Las capacitancias c y cµ se comportan

como circuito abierto, únicamente se van a considerar para el análisis de frecuencias de corte (FH), la resistencia rb

es un dato dado por el fabricante con un valor típico de 100Ω, r = (β+1)re, ro se

considera infinita, a menos que se indique lo contrario.

Bajo las consideraciones aquí mencionadas el circuito simplificado resultante de la figura 2.19 se muestra en la figura 2.20.

El circuito de la figura 2.20 es el que vamos a utilizar en este capítulo para la solución de circuitos con BJT.

ECUACIONES NECESARIAS. E C I I ) 1 ( (2.89) En la ecuación (2.89) Si β>>1 Entonces IC ≈ IE (2.90) 1 (2.91) B E I I ( 1) (2.92) ) ( 26 E e I mV r (2.93) rπ= (β+1)re (2.94) ) ( 1 S r g e m (2.95) gmvπ - + vπ e c b = c e b c_π rπ cµ rO rb Q1 gmvπ - + vπ e c b = c e b Q1 cπ rπ cµ rO rb Q1 Figura 2.19 gmvπ + vπ e c b - rπ rb Figura 2.20

(14)

) ( C CE A o I V V r (2.96) ) (gananciadevoltaje v v A i o V (2.97) ) (gananciadecorriente i i A i o i (2.98) ) (transresistecia i v R i o m (2.99) ) tan (transconduc cia v i G i o m (2.100)

VBE = 0.7V: Caída de voltaje de la unión

PN.

VA: voltaje de Early: Dato dado por el

fabricante.

Ri : resistencia de entrada

Ro: resistencia de salida

Zi: impedancia de entrada

Zo: impedancia de salida

Nota: Para la solución de todos los

circuitos ante pequeña señal se hará: Primero análisis DC. Se calculará el punto de operación. Los capacitores se comportan como circuito abierto.

Segundo análisis AC. Los capacitores se comportan como cortocircuito y se apaga la fuente de alimentación.

Dependiendo de la localización de las entradas, salidas y tierra, se definen cuatro configuraciones básicas de un amplificador de una etapa.

2.9.1 Configuraciones básicas del transistor BJT como amplificador. Existen cuatro configuraciones básicas del transistor BJT como amplificador, estas son:

a.- Amplificador Emisor Común.

b.-Amplificador con resistencia en emisor c.- Amplificador Colector común.

d.- Amplificador Base Común. a.- Amplificador Emisor común.

Este amplificador se caracteriza porque el emisor ante señal es común al voltaje de salida y voltaje de entrada.

Para dibujar el circuito ante señal, se hará en dos pasos: primero se dibuja el circuito ante señal cortocircuitando los condensadores y apagando la fuente de alimentación sin incluir el modelo del transistor ante señal y después se introduce el modelo ante señal para el transistor. Ver figura 2.21.1.

Agregando el modelo del transistor para AC, figura 2.21.2.

Algunos de los parámetros de interés en un amplificador son: ( i o v v ):Ganancia de voltaje Figura 2.21.1 + - vO Ri Ro 1kHz vi -1/1V RL RC RTH iO ii Ro gmvπ vO -+ Ri Figura 2.21.2 RL RC rπ rb 1kHz vi -1/1V RTH + - vπ ii io Ro vO - +

Figura 2.21 Amplificador Emisor Común

Ri RL C3 C2 1kHz vi -1/1V C1 RE RC R2 R1 VCC ib

(15)

( i o i i ):Ganancia de Corriente Ri : Resistencia de entrada Ro: Resistencia de salida

Calculando la ganancia de voltaje:

' L m o g v xR v (2.101) Donde:RL' RC //RL r r r v v b i( ) (2.102) Sustituyendo (2.102) en (2.101) ) ( ' r r r R g v v b L m i o (2.103) Sustituyendo g_mr 1en la ecuación (2.103) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: e b L i o r r R v v 1 ' (2.104)

El signo menos en la ecuación (2.104) significa un desfase de 180° de la señal de salida respecto a la señal de entrada.

) //(r r R Ri TH b (2.105) L C L o R R R R ' // (2.106) L C C m o R R R v g i (2.107) r i v _b (2.108) r r R R i i b TH TH i b (2.109) Sustituyendo (2.109) en (2.108) y (2.108) en (2.107) se obtiene: ) )( )( 1 ( r r R R R R R i i b TH TH L C C i o _(2.110)

b.- Amplificador con resistencia en emisor.

Este se muestra en la figura 2.22.

El circuito ante señal, se hará en dos pasos: primero se dibuja el circuito ante señal cortocircuitando los condensadores y apagando la fuente de alimentación, sin incluir el modelo del transistor ante señal y después se introduce el modelo ante señal para el transistor, ver figura 2.22.1 y figura 2.22.2.

Agregando el modelo del transistor para AC, figura 2.22.2.

Calculando la ganancia de voltaje:

C m o g v xR v (2.111) Figura 2.22.1 Ro Ri vO 1kHz vi -1/1V RE RTH vo Ro gmvπ _- + Ri Figura 2.22.2 1kHz -1/1V RE RC rπ RTH vπ + - Figura 2.22 vo VCC C2 C1 RE RC R2 R1 1kHz vi -1/1V Ro Ri RC rb vi

(16)

E b i R r r xr v v ) 1 ( (2.112) Sustituyendo (2.112) en (2.111) resulta: ) ) 1 ( ( E b C m i o R r r r R g v v (2.113) Sustituyendo gmr 1en la ecuación (2.13) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: E e b C i o R r r R v v 1 (2.114) E b TH i R r r R R // ( 1) (2.115) C o R R (2.116) c.- Amplificador Colector Común o seguidor de emisor.

En este amplificador el colector ante señal es común al voltaje de salida y voltaje de entrada. También se le conoce como seguidor de emisor porque generalmente está seguido de un emisor común.

Para el circuito ante señal se cortocircuitan los condensadores y se apaga la fuente de alimentación, sin incluir el modelo del transistor ante señal. ver figura 2.23.1.

Agregando el modelo del transistor para AC, en la figura 2.23.1 resulta la figura 2.23.2.

Calculando la ganancia de voltaje:

E e o ixR v (2.117) E e b b b i i xr i r i R v (2.118) E e b b b E e i o R i xr i xr i xR i v v (2.119) 1 e b i i (2.120) Sustituyendo (2.120) en (2.119) se obtiene: E e b E i o R r r R v v 1 (2.121) E b TH i R r r R R // ( 1) (2.122) ) 1 //(r r R Ro E b (2.123)

d.- Configuración Base común.

En esta configuración la base es común al voltaje de salida y al voltaje de entrada. Figura 2.23 Amplificador Colector Común

+ - vO Ri Ro C2 1kHz vi -1/1V C1 RE R2 R1 VCC Figura 2.23.1 vO Ri Ro 1kHz vi -1/1V RE RTH vo Ri + - gmvπ Ro + - v_π Figura 2.23.2 1kHz vi -1/1V RE rπ RTH ib ie rb

(17)

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 2.24.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para AC, en el circuito anterior, figura 2.24.1 resulta el circuito de la figura 2.24.2.

Calculando la ganancia de voltaje, resistencia de entrada y salida.

C m o g v xR v (2.124) r r xr v v b i (2.125) Sustituyendo (2.125) en (2.124) resulta: ) ( r r r R g v v b C m i o _(2.126) Sustituyendo gmr 1en la ecuación (2.126) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: e b C i o r r R v v 1 (2.127) ) 1 //(r r R Ri E b (2.128) C o R R (2.129) 2.10 EJEMPLOS 2.B Ejemplo # 1

Para el circuito mostrado en la figura 2.25, calcule: i o v v , Ri y Ro. Datos: β = 100 y rb = 100Ω. Solución:

a- El circuito para el análisis DC se muestra en la figura 2.25.1. Ro vO - + Figura 2.25 Ri RL 2.2kΩ C3 1uF C2 10uF 12V 1kHz vi -1/1V C1 1uF R_5.6kΩE RC 2.2kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ VCC

Figura 2.24 Amplificador base común

Ro Ri vO 1kHz vi -1/1V C1 C3 RC C2 VCC RE R2 R1 Figura 2.24.1 Ro Ri vO 1kHz vi -1/1V R3 RE vπ - + Ro gmvπ vO - + Ri Figura 2.24.2 1kHz vi -1/1V RE RC rπ rb

(18)

Aplicando Thévenin En el circuito de la figura 2.25.1, entre la base del transistor y el punto común nos queda la el circuito de la figura 2.25.2.

Del circuito de la figura 2.25.2 se obtiene:

V k k k V R R V R VTH CC 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 (2.130) k k k k k R R R R RTH 0.5 1 1 ) 1 )( 1 ( 2 1 1 2 _(2.131)

E E BE TH B TH I R V I R V (2.132) Sustituyendo 1 E B I I en la ecuación (2.132) se obtiene: E E BE TH E TH R V I R I V 1 (2.133) Despejando IE se obtiene: E TH BE TH E R R V V I 1 (2.134)

Sustituyendo los valores en (2.134)

mA k k V V I_E 0.946 6 . 5 1 100 5 . 0 7 . 0 6 Aplicando LKV en la malla2. E E CE C C CC I R V I R V (2.135) Con IC = IE se obtiene: ) ( _C _E E CC CE V I R R V (2.136)

Sustituyendo los valores numéricos en (2.136) se obtiene: V k mA V VCE 12 0.946 (7.8 ) 4.62

Por tanto, el punto de operación: VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.

El transistor está funcionando el la zona activa.

Otra forma de comprobarlo es verificando la siguiente condición: VCEsat<VCE<VCC

si se cumple esta condición el transistor funciona en la zona activa.

Para este caso 0V<4.62V<12V . El transistor funciona en la zona activa. b.- Análisis AC.

Dibujar el circuito ante señal, para ello se hará en dos pasos: primero dibujar el circuito ante señal cortocircuitando los condensadores y apagando la fuente de alimentación sin incluir el modelo del transistor ante señal y después introducir el modelo ante señal para el transistor. Ver figura 2.26.

Agregando el modelo del transistor para AC, figura 2.26.1. IE IC VCE - + + + _V CC 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ + IB VTH malla1 malla2 Figura 2.25.2 RTH + - VBE Figura 2.26 + - vO Ri Ro 1kHz vi -1/1V RL 2.2kΩ RC 2.2kΩ RTH 0.5kΩ Figura 2.25.1 + - VCE IC IE IB +VCC 12V RE 5.6kΩ RC 2.2kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ

(19)

Calculando los parámetros para AC: 48 . 27 946 . 0 26 26 mA mV I mV r E e (2.137) e r r ( 1) (2.138) 48 . 775 , 2 48 . 27 101 x r mS r g e m 36.4 48 . 27 1 1 (2.139)

Calculando las variables solicitadas.

' L m o g v xR v (2.140) Donde:R_L' R_C //R_L r r xr v v b i (2.141) Sustituyendo (2.141) en (2.140) resulta: ) ( ' r r r R g v v b L m i o (2.142) Sustituyendo g_mr 1en la ecuación (2.142) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: e b L i o r r R v v 1 ' (2.143)

Sustituyendo los valores numéricos en la ecuación (2.143) se obtiene: 64 . 38 48 . 27 101 100 1 . 1 k v v i o ) //(r r R R_i _TH _b (2.144) 94 . 425 48 . 875 , 2 // 5 . 0 k R_i k R R_o _L' 1.1 (2.145) Ejemplo # 2

Para el circuito mostrado en la figura 2.27, calcule: i o v v , Ri y Ro. Datos: β = 200 y rb = 50Ω. Solución:

a.- El circuito para el análisis DC se muestra en la figura 2.27.1

Aplicando Thévenin entre la base de Q1 y

el punto común en la figura 2.27.1.

V k k k V R R V R V CC TH 6 1 1 ) 1 ( 12 2 1 2 (2.146) k k k k k R R R R R_TH 0.5 1 1 ) 1 )( 1 ( 2 1 1 2 (2.147) 1 1 1 TH BE E E B TH I R V I R V (2.148) Sustituyendo 1 1 1 E B I I en la ecuación (2.148) se obtiene: 1 1 1 1 TH BE E E E TH R V I R I V (2.149) Ri Ro Figura 2.27 vo - + C3 10uF RL 10kΩ RE2 1.8kΩ Q2 VCC 12V 1kHz vi -1/1V RS 1kΩ C2 1uF C1 10uF R2 1kΩ R1 1kΩ RE1 5.3kΩ RC 2.2kΩ Q1 Figura 2.27.1 Q2 12V Q1 RL 10kΩ RE2 1.8kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ RE1 5.3kΩ RC 2.2kΩ IE1 IE2 + - V1 IB2 I Ro gmvπ vO -+ Ri Figura 2.26.1 RL RC rπ rb 1kHz vi -1/1V RTH + - vπ VCC

(20)

Despejando IE se obtiene: 1 1 1 E TH BE TH E R R V V I (2.150) mA k k V V IE 1 3 . 5 1 200 5 . 0 7 . 0 6 1

Aplicando LKV en malla que involucra VCE1 y con un valor de IB2 despreciable

se obtiene: 1 1 1 E E CE C CC IR V I R V (2.151) Con I = IE1 resulta: ) ( ₁ 1 1 CC E C E CE V I R R V (2.152)

Introduciendo valores numéricos en la ecuación (2.152) se obtiene: V k mA V VCE1 12 1 (7.5 ) 4.5

El punto de operación para Q1 es:

VCE1 = 4.5V e IE1 = 1mA.

El transistor está funcionando en la zona activa, comportándose como un amplificador.

Para la segunda etapa se obtiene:

V k mA IxR V1 C 1 (2.2 ) 2.2 (2.153) mA k V V I_E 0.833 8 . 1 7 . 0 2 . 2 2 (2.154) ) 8 . 11 ( 833 . 0 12 2 V mA k VEC (2.155) V VEC2 2.2 Entonces: VCE2 = -2.2V.

El punto de operación para Q2 es:

VCE2 = -2.2V e IE2 = 0.833mA.

El transistor está funcionando en la zona activa, comportándose como un amplificador.

2.- Análisis AC.

Dibujando el circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 2.27.2.

Calculando los parámetros para AC:

26 1 26 26 1 1 mA mV I mV r E e (2.156) 21 . 31 833 . 0 26 26 2 2 mA mV I mV r E e (2.157) 226 , 5 26 201 ) 1 ( 1 1 r x r e (2.158) 2 2 ( 1)re r (2.159) 21 . 273 , 6 21 . 31 201 2 x r mS r g e m 38.46 26 1 1 1 1 (2.160) mS r g e m 32.04 21 . 31 1 1 2 2 (2.161)

) ' )( ' )( ( 1 1 i i i o o o i o v v v v v v v v (2.162) Se observa que la ganancia se puede calcular como el producto de las ganancias por etapas.

+ - vo Ro Ri Figura 2.27.2 Q2 1kHz vi -1/1V Q1 _R_L 10kΩ RS 1kΩ RE1 5.3kΩ RC 2.2kΩ -+ vo vπ2 - + rπ2 gm2Vπ2 Ri + -vO1 gm1vπ1 Ro + -vπ1 RS RL rb 1kHz vi -1/1V RE1 RC rπ1 rb + -vi’ Figura 2.27.3

(21)

L m o g v xR v ₂ ₂ (2.163) 2 2 1 2 ) ( r r r v v b o (2.164) Sustituyendo (2.164) en (2.163) se obtiene: ) ( 2 2 2 1 r r r R g v v b L m o o _(2.165) Sustituyendo gm2r 2 1en la

ecuación anterior y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: 2 1 1 e b L O O r r R v v _(2.166)

Sustituyendo los valores numéricos en la ecuación (2.166) se obtiene: 88 . 317 21 . 31 201 50 10 1 k v v o o ) //( ₂ 1 1 1 g v x R r r v_o _m _C _b (2.167) 1 1 1 ' r r xr v v b i (2.168) Sustituyendo (2.168) en (2.167) se obtiene: ) ( ) //( ' ₁ 1 1 1 2 _r _r r r r R g v v b b C m i o (2.169) Sustituyendo g_m₁r₁ 1en la ecuación anterior y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: 1 2 1 1 ) //( ' e b b C i o r r r r R v v _(2.170)

Introduciendo valores numéricos en la ecuación (2.170) resulta: 26 201 50 ) 21 . 273 , 6 50 //( 2 . 2 ' 1 k v v i O 18 . 62 25 . 26 14 . 632 , 1 ' 1 i O v v S b E b E i R r r R r r R x v v i ) 1 //( ) 1 //( ' 1 1 1 1 (2.171) S b E b E i i R r r R r r R v v ) 1 //( ) 1 //( ' 1 1 1 1 (2.172)

Sustituyendo valores numéricos en la ecuación (2.172) se obtiene: m k v v i i 5 . 25 1 12 . 26 12 . 26 '

Por lo tanto se puede calcular:

03 . 504 ) 5 . 25 )( 18 . 62 )( 88 . 317 ( m v v i o ) 1 //( 1 1 r r R R b E i (2.173) 12 . 26 25 . 26 // 3 . 5 k R_i k R R_o _L 10 (2.174) Ejemplo # 3

Para el circuito mostrado en la figura 2.28, calcule: i o v i , i o i i , Ri y Ro. Datos: β = 100 y rb = 100Ω. Solución: a.- Análisis DC 1 1 1 B BE E E B EE I R V I R V (2.175) Sustituyendo 1 1 1 E B I I en la ecuación anteriores obtiene: 1 1 1 1 B BE E E E EE R V I R I V (2.176) iO Figura 2.28 ii Ri RO vO C4 10uF C3 C2 1uF Q2 1kHz Vi -1/1V C1 1uF VCC 5V VEE-5V Q1 RC2 2.7kΩ RE2 1.5kΩ RB 1kΩ RE1 4.3kΩ RC1 2.2kΩ 10uF

(22)

Despejando IE1 se obtiene: 1 1 1 E B BE EE E R R V V I (2.177)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.177) se obtiene: mA k k V V I_E 1 3 . 4 101 1 7 . 0 5 1 Considerando Ib2 ≈ 0A. 1 1 1 E C RC I R V (2.178) Sustituyendo valores en la ecuación (2.178) se obtiene: V k mAx VRC1 1 2.2 2.2 BE E E RC I R V V 1 2 2 (2.179) Entonces: 2 1 2 E BE RC E R V V I (2.180) Sustituyendo valores numéricos en la ecuación (2.180) se obtiene: mA k V V I_E 1 5 . 1 7 . 0 2 . 2 2 1 1 1 1 1 C CE E E E EE Vcc I R V I R V (2.181) ) ( 1 1 1 1 CC EE E C E CE V V I R R V (2.182)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.182) se obtiene: V k mAx V V_CE₁ 10 1 6.5 3.5 2 2 2 2 2 E EC E C E CC EE V I R V I R V (2.183) ) ( ₂ ₂ 2 2 CC EE E C E EC V V I R R V (2.184)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.184) se obtiene: V k mAx V V_EC₂ 10 1 4.2 5.8 Entonces: V_CE₂ 5.8V

El punto de operación es:

Para Q1: VCE1 3.5V e IE1 1mA

Para Q2: VCE2 5.8V e IE2 1mA

Ambos transistores están funcionando en la zona activa comportándose como amplificadores

b.- Análisis AC.

El circuito para AC, sin sustituir el modelo del transistor para AC, resulta el circuito de la figura 2.28.1.

Calculando los parámetros ante para AC:

1 2 1 26 E e e e I mV r r r (2.185) Sustituyendo valores: 26 1 26 mA mV r_e e r r r r ₁ ₂ ( 1) (2.186) Sustituyendo valores se obtiene en la ecuación (2.186) resulta: 626 , 2 26 101x r e m m m r g g g ₁ ₂ 1 (2.187) Introduciendo valores en la ecuación (2.187) se obtiene:

mS

gm 38.46

26 1

) )( )( ( 1 1 i o o o o o i o v v v v v i v i (2.188) ii v_O1 Figura 2.28.2 v1 - + Ro gmv1 Ri gmv2 r2 + -v2 vo + -iO RB 1kHz Vi -1/1V RC2 rb RC1 r1 rb iC2 Figura 2.28.1 iO ii Ri RO vO Q2 1kHz vi -1/1V Q1 RC2 RB RC1

(23)

2 C o o i xR v (2.189) Entonces: mS k R v i C o o ₀_.₄₅₅ 2 . 2 1 1 2 (2.190) 2 2 C m o g v xR v (2.191) r r r v v b o1 2 (2.192) Sustituyendo (2.192) en (2.191) se obtiene: ) ( 2 1 r r r R g v v b C m o o (2.193) Sustituyendo g_mr 1en la ecuación anterior y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: e b C o o r r R v v 1 2 1 (2.194)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.194) se obtiene: 100 26 101 100 7 . 2 k v v i o ) //( 1 1 1 g v R r r vo m C b (2.195) r r r v v b i( ) 1 (2.196) Sustituyendo (2.196) en (2.195) se obtiene: ) ( ) //( 1 1 r r r r r R g v v b b C m i o (2.197) Sustituyendo g_mr 1en la ecuación (2.197) y dividiendo numerador y denominador por este mismo factor se obtiene: e b C i o r r r rb R v v 1 ) //( 1 1 (2.198)

Sustituyendo valores en la ecuación (2.198) se obtiene: 26 101 100 ) 626 , 2 100 //( 2 . 2 1 k v v i o 1 . 45 99 . 26 46 . 217 , 1 1 i o v v Por tanto: S mS v i i o 1 . 2 ) 1 . 45 )( 100 )( 455 . 0 ( ) //(r r R Ri B b (2.199) 62 . 731 726 , 2 // 1k Ri k R Ro C2 2.7 (2.200) i i o i i o i o _R v i R v i i i ) ( (2.201) 4 . 536 , 1 ) 62 . 731 )( 1 . 2 ( S i i i o (2.202) PROBLEMAS

Problemas y ejercicios propuestos de circuitos de polarización con transistores BJT NPN y PNP.

2.1 Para el circuito de la figura P2.1, calcule el punto de operación (VCE y IC).

β = 150. 5V C2 1uF Q C1 1uF 1kHz Vi -1/1V RL 10kΩ RE 1.8kΩ RC 1kΩ R1 1kΩ R2 1kΩ 5V Figura P2.1

(24)

2.2 Para el circuito de la figura P2.2, calcule el punto de operación (VCE y IC).

β = 120.

2.3 Para el circuito de la figura P2.3, calcule el punto de operación para cada transistor. β = 120.

2.4 Para el circuito de la figura P2.4, determinar el valor de RB tal que

VC3 = 0VDC. β = 100 para todos los

transistores.

2.5 Para el circuito de la figura P2.5, calcule el punto de operación para cada uno de los transistores. Dato: β = 120 para ambos transistores.

2.6 Para el circuito de la figura P2.6, calcule el punto de operación para cada transistor. Dato: β = 200 para todos los transistores.

2.7 Para el circuito de la figura P2.7, calcule el punto de operación para cada transistor. Dato: β = 100 para todos los transistores. Figura P2.6 30V 10uF 10uF Q3 Q2 Q1 1kHz Vi -1/1V 2.7kΩ 4.7kΩ 8.2kΩ 5.6kΩ 1kΩ 10kΩ 82kΩ 5.6kΩ 10uF Q3 Q2 Q1 1uF 1kHz -1/1V Figura P2.2. Q C2 1uF -5V C1 1uF 1kHz vi -1/1V RL 10kΩ RC 1kΩ RE 1.8kΩ R1 1kΩ R2 1kΩ Figura P2.3 VCC -5V Q2 Q1 C1 1uF 1kHz vi -1/1V RE2 5.6kΩ RC2 2.2kΩ RC1 1kΩ RE1 1.8kΩ R1 1kΩ R2 1kΩ Figura P2.4 -6V 10V 2kΩ 1kΩ 1kΩ Q3 3.3kΩ Q2 1kHz vi -1/1V C1 1uF RB 1kΩ Q1 Figura P2.5 - + 3V3 -6V 10V Q1 Q2 1kΩ 1kΩ 2kΩ 1kΩ 100Ω 3V3

(25)

2.8 Para el circuito de la figura P2.8, calcule el punto de operación para cada transistor. Dato: β = 200 para todos los transistores.

2.9 Para el circuito de la figura P2.9, calcule el punto de operación para el transistor. Dato: β = 100.

Problemas y ejercicios propuestos de circuitos de polarización y señal con transistores BJT NPN y PNP.

2.10 Para el circuito mostrado en la figura P2.10, calcule: i o v v , i o i i , Ri y Ro. Datos: β = 200 rb = 50Ω.

2.11 Para el circuito mostrado en la figura p2.11, calcule: i o v v , Ri y Ro. Datos: β = 200 rb = 50Ω. Figura P2.7 -12V 1kΩ 1kΩ 5k6Ω Q2 2k2Ω Q1 12V Q4 Q3 1k5Ω 2k2Ω Q2 Q1 Q4 Q3 Figura P2.8 -15V 22V Q2 Q1 3k3 12k 2k2 10k 100k 6k8 -15V 22V Q2 Q1 3k3Ω 12kΩ 2k2Ω 10kΩ 100kΩ 6k8Ω Figura P2.9 -5V 1k2 1k2 3k9 1k5 Q -5V 1k2Ω 1k2Ω 3k9Ω 1k5Ω Q + - vo Figura P2.10 Ro Ri Q2 VCC 12V 1kHz vi -1/1V C2 1uF C1 10uF Q1 RL 10kΩ RE2 1.8kΩ RS 1kΩ R2 1kΩ R1 1kΩ RE1 5.3kΩ RC 2.2kΩ

(26)

2.12 Para el circuito mostrado en la figura P2.12, calcule: i o i v , i o v v , Ro y Ri. Datos: β = 100 y rb = 100Ω.

2.13 Para el circuito mostrado en la figura P2.13, calcule: Gm, Ri y Ro.

Datos: β = 200 rb = 50Ω.

2.14 Para el circuito mostrado en la figura P2.14, calcule: i o v v , i o i v , i o v i , i o i i Ri y Ro. Datos: β = 200 rb = 50Ω.

2.15 Para el circuito mostrado en la figura P2.15, calcule: s o v v , s o i i Ri y Ro. Datos: β = 120 rb = 120Ω.

2.16 Para el circuito mostrado en la figura P2.16, calcule: s o v v , Ri y Ro. Datos: β = 120 rb = 120Ω. Ro Ri vO Figura P2.13 C4 1uF C3 1uF VCC 15V RC2 3.3kΩ RE2 4.7kΩ R3 1kΩ R4 1kΩ Q2 C2 1uF Q1 RC1 1.8kΩ R1 10kΩ R2 10kΩ RE1 4.7kΩ C1 1uF 1kHz vi -1/1V ii iO Figura P2.12 ii Ri R_O vO C4 10uF C3 10uF C2 1uF Q2 1kHz vi -1/1V C1 1uF VCC 10V VEE-5V Q1 RC2 2.7kΩ RE2 1.5kΩ RB 1kΩ RE1 4.3kΩ RC1 2.2kΩ Figura P2.11 vO Ri Ro RL 2.2kΩ C4 1uF C3 10uF VCC 12V 1kHz vi -1/1V C2 1uF C1 10uF Q2 Q1 R1 4.7kΩ R2 4.7kΩ R3 2.2kΩ RC 2.2kΩ RE 3kΩ ii -+ vO Figura P2.14 RE1 1kΩ RC3 10kΩ RE3 1.8kΩ RE2 2.2kΩ RB 2kΩ RS 1kΩ 1kHz vi -1/1V Q3 RC2 12kΩ RC1 10kΩ Q2 Q1 Ri Ro IE1=IE2=IE3=1mA -+ vo is io Ro Ri Figura P2.15 C3 10uF VCC 12V Q RC 3.3kΩ RE 100Ω R2 2.7kΩ R1 8.2kΩ C1 1uF _15kRL RE 2.7kΩ C2 1uF 1kHz VS -1/1V RS 220Ω iO

(27)

2.17 Para el circuito mostrado en la figura p2.17, calcule: s o v v , Ri y Ro. Datos: β = 120 rb = 120Ω. Figura P2.16 - + vo Ro Ri C3 10uF RS 1kΩ C2 1uF VCC 12V Q RC 3.3kΩ R2 2.7kΩ R1 8.2kΩ C1 1uF RL 15kΩ RE 2.8kΩ _1kHz VS -1/1V -+ vo Figura p2.17 Ri Ro RL 1kΩ C4 1uF RE2 6.8kΩ RC2 1kΩ Q2 R4 1kΩ R3 1kΩ C3 10uF RS 1kΩ C2 1uF VCC 12V Q1 RC 3.3kΩ R2 2.7kΩ R1 8.2kΩ C1 1uF RE 2.8kΩ 1kHz VS -1/1V