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• Andres Reyes

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Ejercicios resueltos de tecnolog´ıa electr´onica. Tema 3. Transistor bipolar. 29 de abril de 2008 Feb-96. En el circuito de la figura, determinar: a) Punto de funcionamiento del BJT y valor de Vo , con el interruptor S en la posici´on 1, si ha permanecido en dicha posici´on tiempo suficiente para alcanzar las condiciones finales. b) Punto de funcionamiento del BJT y valor de Vo , con el interruptor S en la posici´on 2, si ha permanecido en dicha posici´on tiempo suficiente para alcanzar las condiciones finales. c) Valor de Vo para t = 1mseg. y para t = 10mseg, si en t = 0mseg el interruptor S pasa de la posici´on 1 a la 2 despu´es de permanecer elevado tiempo en la 1. VCC = +15V C = 1µF 1

RB = 2K

2 Vo

DZ

RE = 1K

  VZ = 4,7V IZ min = 1mA DZ  RZ = 0Ω  Vγ = 0,5V    VBE = VBE SAT = 0,7V BJT VCESAT = 0V    β = 200 Soluci´ on:

a) Pto. funcionamo con S = 1 y Vo (R´eg. permanente)

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1

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VCC = +15V

RB = 2K

0,7V

Vo

RE = 1K

DZ

Vo = Vcc = 15V IRB =

15 − 4,7 = 5,15mA 2

VE = VB − VBE = 4,7 − 0,7 = 4V IE =

4V = 4mA 1kΩ

VCE = 14 − 4 = 11V   IC IC ≃ IE IB = β IRB >> IB ⇒ IRB ≃ IZ > 1mA b) Pto. funcionamiento y Vo con S = 2 (R´eg. est. perm.) VCC = +15V

RB = 2K

Vo

IB 0,7

0,7V

IE RE = 1K

IC = 0; BJT = sat → VCE = VCE

SAT

= 0V

4,7 − 0,7 = 4mA 1 15 − 4,7 = = 5,15mA 2

IE = IB = IRB

IZ = IRB − IB = 5,15 − 4 = 1,15mA > IZ c) Vo para t =

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min

1ms , si en t = 0 S pasa de 1 a 2 (reg, est. en 1) 10seg. 2

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Vo |t=10s = . . . = 4V Vo = VE + VCE = 4V Sep-93. En el circuito de la figura y suponiendo T1 y T2 transistores de silicio con β1 = 50 y β2 = 20, determinar: a) Punto de funcionamiento (IC , VCE ) de cada uno de los transistores para Vi = 10V . b) Valor m´ınimo de Vi que satura a alguno de los transistores y punto de funcionamiento en este caso de T1 y T2 . VCC = 30V RE = 10KΩ T2 R1 = 20K T1

Vi

Vo RC = 10K

R2 = 80K

  IC1 = β1 IB1 T1 = VBE1 = 0,7V  IE1 = (1 + β1 )IB1   IC2 = β2 IB2 −VBE2 = 0,7V T2 =  IE2 = (1 + β2 )IB2

Soluci´ on:

a) Pto. trabajo / Vi = 10V Th´evenin en la base de T1 : RT = R1 k R2 =

R1

Vi

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R2

⇔

VT = Vi

3

1600 = 16KΩ 100

R2 80 = 10 · = 8V R1 + R2 100

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VCC = 30V IE2 10K IC1 = IB2 T2 16 T1 IB1

IC2 Vo IE1 + IC2

Ecuaci´on malla base T1 0,8Vi = IB1 − RT + VBE1 + (IE1 + IC2 )RC = IB1 RT + VBE1 + ((1 + β2 )IB1 + β2 β1 IB1 )RC ((Es un montaje Darlington en el sentido de que β = β1 · β2 )) Para Vi = 10V : 8 = IB1 · 16 + 0,7 + (51IB1 + 1000IB1 ) · 10 IB1 = 0,693µA IC1 = β1 · IB1 = 0,0346mA = IB2 IC2 = β2 · IB2 = 0,693mA Malla de colector de T2 VCC = IE2 · RE + VEC2 + (IE1 + IC2 ) · RC VEC2 = . . . = 15,45V ⇒ Activa. VCE1 = VEC2 = VEB2 = . . . = 14,75V ⇒ Activa, suposici´on correcta. b) Valor de Vi quesature al grupo de los transistores y pto. func.  IC1 = βIB1 T1 → SAT ⇒ VCE1 = 0,8V  VBE1 = 0,8V

Malla colector T1 : VCE = (1 + β2 )β1 · IB1 · RE + VEB2 + VCE1 + [(1 + β1 )IB1 + β1 β2 IB1 ] · RC 30 = 21 · 50 · IB1 · 10 + 0,7 + 0,2 + [51IB1 + 1000IB1 ] · 10

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4

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IB1 = IB1 IC1

SAT

SAT

= IB1

= 1,385µA SAT

· β = 0,0692mA

IC2 = βIB2 = 1,385mA VCE1 = VCE

SAT 1

= 0,2V

VEC2 = VEB2 + VCE1 = 0,7 + 0,2 = 0,9V 0,8Vi = IB1 · RT + VBE1

SAT

+ (IB1 + IC2 ) · RC

Vi = 19,22V

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5

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