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Problemas resueltos transistores bjt
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CLASE PRÁCTICA 2 RESUELTA. PLAN D PROBLEMAS DE POLARIZACIÓN DEL TRANSISTOR BIPOLAR (BJT) Sumario: 1. Introducción. 2. Solución de problemas. 3. Conclusiones. Bibliografía: 1. Rashid M. H. “Circuitos Microelectrónicos. Análisis y diseño”, pag. 186-188 y 192-196. Objetivos: • Que los estudiantes ejerciten el cálculo del punto de operación y la potencia disipada empleando diferentes métodos de solución, y la obtención de la línea de carga estática del BJT. • Profundizar en el principio de operación del regulador de voltaje serie y realizar los cálculos de sus principales variables. Problemas: 1. En el circuito mostrado en la figura 1, calcule: a) El punto de operación del transistor. Represente el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida. b) La potencia que se disipa en el colector del transistor en reposo y la potencia que entrega la batería VCC. c) El valor máximo de RC con el cual el transistor permanece trabajando en la región activa. Datos: βF = hFE = 150; VBE = 0,7 V; VBE sat = 0,8 V; VCE sat = 0,1 V e ICO = 0. Fig. 1: Problema 1. Respuesta: a) El punto de operación del transistor bipolar se caracteriza por la IBQ, ICQ y el VCEQ. Este es un circuito autopolarizado. Para calcular el punto de operación se abre el circuito como se muestra y se sustituye por una fuente referida a tierra en serie con una resistencia equivalente aplicando el Teorema de Thevenin. 1 R2 50 VTH = VCC ⋅ = 12 ⋅ = 3,53 V R1 + R 2 120 + 50 R ⋅R 120 ⋅ 50 = 35, 29 kΩ R TH = R B = R1 R 2 = 1 2 = R1 + R 2 120 + 50 EL VOLTAJE DE THEVENIN SIEMPRE ESTÁ REFERIDO A TIERRA El transistor bipolar puede trabajar en activa, saturación o corte. Se supondrá que el transistor está operando en la zona de activa: Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor): − VTH + I B ⋅ R B + VBE + I E ⋅ R E = 0 (1) 0 pero IE = I B + IC e IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO I E = (1 + β F ) ⋅ I B (2) luego Sustituyendo (2) en (1) nos queda que: − VTH + I B ⋅ R B + VBE + (1 + β F ) ⋅ I B ⋅ R E = 0 Despejando la corriente de IB: IB = VTH − VBE R B + (1 + β F ) ⋅ R E = 3,53 − 0,7 35,29 + (1 + 150 ) ⋅1,5 De donde: I BQ = 0, 010 mA = 10 μA ICQ = β F ⋅ I BQ = 150 ⋅ 0, 01 = 1,5 mA Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el valor de VCEQ: − VCC + ICQ ⋅ R C + VCEQ + I EQ ⋅ R E = 0 2 Aplicando una LKV como se muestra en la figura de la izquierda se podrá calcular el valor de I1: − VCC + I1 ⋅ R1 + VBE + I E ⋅ R E = 0 pero al ser β F = 150 >> 1 ⇒ IE ≈ IC − VCC + I1 ⋅ R1 + VBE + IC ⋅ R E = 0 y al despejar I1 nos queda que: V − VBE − IC ⋅ R E 12 − 0,7 − 1,5 ⋅1,5 I1 = CC = = 75 μA R1 120 Luego: ( ) R / PCC = VCC ⋅ ICQ + I1 = 12 ⋅ (1,5 + 0, 075 ) = 18,9 mW c) A partir de la línea de carga estática representada en la característica de salida, se puede observar que si se aumenta el resistor RC disminuye el VCE corriéndose el punto de operación hacia la zona de saturación sin variar el valor de ICQ. El valor máximo de RC (RCmax) se calcula cuando el transistor alcanza el límite de la región de saturación, al hacerse VCE = VCEsat. De la malla de salida nos queda que: − VCC + IC ⋅ R C max + VCE sat + ICQ ⋅ R E = 0 ( Al ser βF = 150 >> 1 ⇒ IEQ ≈ ICQ ) y al despejar nos queda que: R C max = VCC − VCE sat − ICQ ⋅ R E 12 − 0,2 − 1,5 ⋅1,6 = = 6,36 kΩ ICQ 1,5 R / R C max = 6,36 kΩ 2. En el circuito mostrado en la figura 2, calcule R1 para que IE = 2 mA. Datos: βF = hFE = 50; VBE = 0,7V; VBE sat = 0,8V; VCE sat = 0,2V; ICO = 0. Fig. 2: Problema 2. 4 Respuesta: Suponiendo que el transistor está trabajando en la zona de activa: Aplicando LKC en el nodo B: − I1 + I 2 + I B = 0 despejando I1: I1 = I 2 + I B (1) pero al ser I E = I B + IC 0 donde IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO luego I E = I B + IC = I B + β F ⋅ I B y al despejar IB nos queda que: IB = IE βF + 1 = 2 = 0, 039 mA 50 + 1 Aplicando LKV en la malla I podremos calcular el valor de I2: − I 2 ⋅ R 2 + VBE + I E ⋅ R E = 0 (2) despejando I2: V + I ⋅R 0,7 + 2 ⋅ 0,1 I 2 = BE E E = = 0, 032 mA=32 μ A R2 28 luego al sustituir los valores de IB e I2 en (1) obtenemos que: I1 = 0, 039 + 0, 032 = 0, 071 mA Aplicando LKV en la malla II podremos calcular R1: − VCC + I ⋅ R C + I1 ⋅ R1 + I 2 ⋅ R 2 = 0 (3) Pero nos hace falta el valor de la corriente que circula por RC. la cual se puede calcular aplicando una LKC en el nodo: − I + I1 + IC = 0 despejando I1 nos queda que: I = I1 + IC (4) pero IC = I E − I B = 2 − 0, 039 = 1,96 mA luego al sustituir IC e I1 en (4) obtenemos que: I = I1 + IC = 0, 071 + 1,96 = 2, 03 mA y al despejar R1 en (3) nos queda que: V − I ⋅ R C − I 2 ⋅ R 2 12 − 2, 03 ⋅ 3,3 − 0, 032 ⋅ 28 R1 = CC = = 62, 04 kΩ I1 0, 071 Aplicando LKV en la malla III para comprobar que el transistor está en activa: − VCC + I ⋅ R C + VCE + I E ⋅ R E = 0 5 b) Suponiendo que el diodo tener está en ruptura, VZO = 5,7 V y la IZ debe ser mayor que IZK. Como RZ = 0 y suponiendo que el transistor está en activa, al aplicar unas LKV en I (la base del transistor) se obtiene que: − VZO + VBE + I E ⋅ R E = 0 despejando la corriente IE: V − VBE 5,7 − 0,7 I E = ZO = = 100 mA RE 0,05 pero I E = IB + IC y al ser β F >> 1 IC ≈ I E ICQ = 100 mA luego 0 IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO ⇒ I BQ = ICQ βF = 100 = 1 mA 100 Aplicando LKV en la malla II calcularemos el VCEQ: − VCC + VCEQ + I E ⋅ R E = 0 y al despejar VCE nos queda que: VCEQ = VCC − I E ⋅ R E = 10 − 100 ⋅ 0,05 = 5 V > VCE sat = 0, 2 V ∴ Q está en Activa ( R/ Punto de Operación: Q I BQ = 1 mA; ICQ = 100 mA; VCEQ = 5 V c) ) PZ max = I Z ⋅ VZO ya que R Z = 0 Ω Aplicando LKC en A podremos calcular el valor de IZ: − I1 + I Z + I B = 0 ⇒ I Z = I1 − I B (1) Cálculo de I1: Aplicando LKV en la malla III podremos calcular I1: − VCC + I1 ⋅ R S + VZO = 0 V − VZO 10 − 5,7 = = 8, 6 mA I1 = CC RS 0,5 ⇒ Luego sustituyendo en (1) obtenemos que: I Z = 8,6 mA − 1 mA = 7, 6 mA > I ZK = 2 mA ∴ El Zener regula R/ d) PZ max = I Z ⋅ VZO = 7,6 ⋅ 5,7 = 43,3 mW PC = ICQ ⋅ VCEQ = 0,1 ⋅ 5 = 0,5 W ( ) R / PCC = VCC ⋅ I1 + ICQ = 10 ⋅ ( 8, 6 + 100 ) = 1, 086 W 7 e) Si VCC = VNR = 12V ± 1V, el valor máximo de RS para que el Zener se mantenga dentro de la región de regulación se calcula para la peor condición que es cuando VNR = Vmin inst = 11 V, IZ min inst = IZK y I la corriente de la carga es máxima (en este caso E ). βF V − VZO 11 − 5,7 R S max = min inst = = 1, 767 kΩ (RZ = 0) IE 100 2 + I ZK + 100 βF R/ R S max = 1, 767 kΩ 4. En el circuito de la figura 4, calcule el punto de operación y la potencia disipada en colector del transistor en reposo. Datos: βF = hFE = 100; VBE = 0,7V; VCEsat = 0,1V y ICO = 0. Fig. 4: Problema 4. Respuesta: Este circuito tiene la característica de que el transistor nunca estará en saturación ya que el colector es más positivo que la base del transistor. Suponiendo que el transistor está en activa: Aplicando LKV en la malla I obtenemos que: − VCC + ( IC + I B ) ⋅ R C + I B ⋅ R B + VBE + I E ⋅ R E = 0 − VCC + ( R C + R B ) ⋅ I B + IC ⋅ R C + VBE + I E ⋅ R E = 0 Al ser I E = I B + IC e IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO luego I E = I B + IC = ( β F + 1) ⋅ I B − VCC + ( R C + R B ) ⋅ I B + β F ⋅ I B ⋅ R C + VBE + ( β F + 1) ⋅ IB ⋅ R E = 0 − VCC + ⎡⎣ R B + ( β F + 1) ⋅ ( R C + R E ) ⎤⎦ ⋅ I B + VBE = 0 8 0 ( ) − VCC + VECQ + ICQ + I BQ ⋅ R = 0 ( ) VECQ = VCC − ICQ + I BQ ⋅ R = 15 − ( 2,87 + 0,01436 ) ⋅ 3 = 6,34 V > 0,1 V ∴ Q está en Activa ( R/ Punto de Operación: Q IBQ = 14,36 μA; ICQ = 2,87 mA; VECQ = 6,34 V ) PC = ICQ ⋅ VECQ = 2,87 ⋅ 6,34 = 18, 21 mW R/ PC = 18, 21 mW 6. En los circuitos de la figura 6a) y 6b), calcule el punto de operación y la potencia disipada en colector del transistor en reposo. Datos: βF = hFE = 260; VBE = 0,6 V; VCE sat = 0,1 V y ICO = 0. Fig. 6: Problema 6. Respuesta del circuito de la figura 6 a): En alterna los condensadores se tienen en cuenta para el análisis dinámico, cuando se hace el análisis estático (directa) para calcular el punto de operación, estos se abren. Suponiendo el transistor en activa: 10 ¡¡LA FUENTE DE THEVENIN SIEMPRE ESTÁ REFERIDA A TIERRA!! Primera forma de calcular el VTH: VTH = VR − VEE 2 VTH = ( VCC + VEE ) ⋅ R2 R1 + R 2 VR = ( VCC + VEE ) ⋅ y − VEE = 14 ⋅ 2 R2 R1 + R 2 36 − 7 = − 4, 67 V 180 + 36 Segunda forma de calcular el VTH: (Aplicando superposición) R2 R1 36 180 VTH = VCC ⋅ − VEE ⋅ = 7⋅ −7⋅ = − 4, 67 V R1 + R 2 R1 + R 2 180 + 36 180 + 36 R ⋅R 180 ⋅ 36 R TH = R B = R1 R 2 = 1 2 = = 30 kΩ R1 + R 2 180 + 36 Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor): VTH + I B ⋅ R B + VBE + I E ⋅ R E − VEE = 0 (1) pero I E = I B + IC e IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO 0 , luego I E = (1 + β F ) ⋅ I B (2) Sustituyendo (2) en (1) nos queda que: VTH + I B ⋅ R B + VBE + (1 + β F ) ⋅ I B ⋅ R E − VEE = 0 Despejando la corriente de IB: V − VTH − VBE 7 − 4, 64 − 0,6 I B = EE = = 3,87 μA R B + (1 + β F ) ⋅ R E 30 + (1 + 260 ) ⋅1,6 ICQ = β F ⋅ I BQ = 260 ⋅ 0, 00387 = 1 mA Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el VCEQ: − VCC + IC ⋅ R C + VCE + I E ⋅ R E − VEE = 0 pero al ser β F = 260 >> 1 ⇒ IE ≈ IC luego: − VCC + VCEQ + ICQ ⋅ ( R C + R E ) − VEE = 0 11 VTH = I B ⋅ R TH + VBE + VE = 3 + 0, 7 + 0, 01⋅ 30,3 = 4 V 6to Paso: Cálculo de R1 y su disipación de potencia: R1 = PR 1 R TH ⋅ VCC 30,3 ⋅ 9 = 68,175 kΩ 4 = VTH ( V − VTH ) = CC 2 (9 − 4) = R1 2 68,175 = 0,37 mW 7to Paso: Cálculo de R2 y su disipación de potencia: R2 = R TH ⋅ VCC VCC − VTH PR = 2 VTH 2 R2 = = 30,3 ⋅ 9 = 54,54 kΩ 9−4 (9) 2 54,54 = 1,49 mW b) Cálculo de los parámetros de señal pequeña rπ, gm y ro del transistor: rΠ = β F ⋅ VT ICQ = 100 ⋅ 25,8 = 25,8 kΩ , 1 gm = ICQ VT = V 1 100 = 100 kΩ = 38, 76 mS , rO = A = ICQ 1 25,8 8. En el circuito mostrado en la figura 8, calcule: a) El punto de operación del transistor y la potencia que disipa el transistor en reposo. b) El valor máximo de RC con el cual el transistor permanece trabajando en la región activa. c) Represente el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida del transistor. Datos: βF = hFE = 100; VBE = 0,6 V; VBE sat = 0,8 V; VCE sat = 0,2 V e ICO = 0. Fig. 8: Problema 8. Respuesta: ( a) Punto de Operación: Q I BQ = 12,3 μA; ICQ = 1, 23 mA; VCEQ = 1,85 V b) R C max = 4,34 kΩ 13 ) y PC = 2, 28 mW 9. En el circuito mostrado en la figura 9, se conoce que ICQ = 2 mA; VRE = 6 V y βF = hFE = 100. Determine: a) El punto de operación del transistor y la región de trabajo del mismo. b) El valor de RE y RB. c) Represente el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida del transistor. Datos: VBE = 0,7 V; VBE sat = 0,8 V; VCE sat = 0,2 V e ICO = 0. Fig. 9: Problema 9. Respuesta: ( a) Punto de Operación: Q I BQ = 20 μA; ICQ = 2 mA; VCEQ = 9,96 V ) Activa b) R E = 2,97 kΩ y R B = 463 kΩ 10. En el regulador de voltaje serie de la figura 10: a) El valor máximo de RS para que el diodo zener regule adecuadamente si IZK = 5 mA y RE = 5 kΩ. b) Las resistencias RC y RE para fijar una corriente de colector de IC = 1 mA y VCE = 5 V. Datos: Q: βF = hFE = 100; VBE = 0,7 V; VBE sat = 0,8 V; VCE sat = 0,2 V; ICO = 0. DZ: VZO = 8,7V; IZK = 5 mA y RZ = 0. Fig. 10: Problema 10. Respuesta: a) R B max = 2, 253 kΩ b) R E = 2,921 kΩ y R C = 7 kΩ 11. En el circuito de la figura 11 se muestra dos transistores trabajando en la región de activa con βF1 = hFE1 = 100 y βF2 = hFE2 = 50. Determine el punto de operación de cada transistor. Datos: VBE1 = VBE2 = 0,7 V; VBEsat1 = VBEsat2 = 0,8 V; VCEsat1 = VCEsat2 = 0,2 V; ICO1 = ICO2 = 0. 14
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