UNIDAD_II_ELKAI

7/31/2019 UNIDAD_II_ELKAI

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CAPTULO 2 EL TRANSISTOR BJT(Transistor de unin bipolar)

2.1 Introduccin

Cuando seleccionamos un transistor

tendremos que conocer el tipo deencapsulado, as como el esquema de

identificacin de los terminales. Tambintendremos que conocer una serie de

valores mximos de tensiones, corrientes

y potencias que no debemos sobrepasar

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

el transistor es especialmente crtico con

la temperatura, de modo que esta potenciaaumenta a medida que crece el valor de la

temperatura, siendo a veces necesario lainstalacin de un radiador o aletarefrigeradora. Todos estos valores crticos

los proporcionan los fabricantes en las

hojas de caractersticas de los distintos

dispositivos.Una forma de identificar un transistor

NPN o PNP es mediante un polmetro:

Este dispone de dos orificios para insertarel transistor, uno para un NPN y otro para

el PNP. Para obtener la medida de la

ganancia es necesario insertarlo en suorificio apropiado, con lo que queda

determinado si es un NPN o un PNP.

El transistor es un dispositivo electrnico

utilizado en diversas aplicaciones, segn

la zona donde ubiquemos su punto detrabajo o operacin (Q). En este captulose har nfasis en su utilidad como

amplificador, para ello se tendr quehacer anlisis de DC y AC.

2.2 Smbolo

El smbolo 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 formanuno de los diodos, mientras que el

colector y la base forman el otro. Estos

diodos son denominados: "Diodo deemisor" (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

PNPNPN

N P NE

C P N PE C

B B

Figura 2.3


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26

2.4 Polarizacin del BJT (NPN)

En la figura 2.4 se muestra la polarizacin

del transistor BJT tipo NPN para quefuncione en la zona activa, aunque con

este mismo diagrama se puede polarizaren otras tres zonas, tal como se muestra

en la tabla 2.1, conectando las bateras ensus diferentes posibilidades.

El negativo de la batera VEE repele los

electrones de la zona del emisor quecruzan la UE.

Algunos electrones cruzan la UE y pasanpor la zona P de la base sin recombinarse.

Debido a la batera puede que un electrncruce la barrera de potencial de la UE.Despus ese electrn 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 peroluego es ms fcil 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 yllega al colector, esto es el efecto

transistor. La palabra colector viene de

ah, el colector "Colecta" los electrones,los recoge, eso es el "Efecto transistor".

La base es muy estrecha y adems estmuy poco impurificada, esa es la razn de

que la probabilidad de que un electrn se

recombine sea muy pequea (por ejemploel 1%).

El emisor emite electrones, el colector los

recoge, y la base es un dispositivo de

control.

A esta forma de polarizacin se le conoce

como polarizacin 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 enInversa.

AMPLIFICADORES

Zona de

Saturacin

UE enDirecta y

UC en

Directa.

CONMUTACIN

Zona de Corte UE enInversa y

UC en

Inversa.

CONMUTACIN

Zona Activa

Invertida

UE enInversa y

UC en

Directa.

SIN UTILIDAD

Tabla 2.1En la tabla 2.1 se observan 4 zonas de

funcionamiento del transistor bipolar:

a.ACTIVA: El transistor slo amplificaen 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

N P N


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27

corriente o ).Este parmetro lo suele

proporcionar el fabricante dndonos unmximo y un mnimo para una corriente

de colector dada (IC); adems de esto,

suele presentar una variacin acusada con

la temperatura y con la corriente decolector, por lo que en principio no

podemos conocer su valor. Algunospolmetros son capaces de medir este

parmetro, pero esta medida hay que

tomarla solamente como una indicacin,ya que el polmetro mide este parmetro

para un valor de corriente de colector

distinta a la que circular por el BJT una

vez en el circuito.

b. SATURACIN: En esta zona eltransistor es utilizado para aplicaciones de

conmutacin (potencia, circuitosdigitales, etc.), y lo podemos considerar

como un cortocircuito entre el colector y

el emisor.

c. CORTE: El transistor es utilizado paraaplicaciones de conmutacin (potencia,

circuitos digitales, etc.), y podemosconsiderar las corrientes que lo atraviesan

prcticamente nulas (y en especial Ic).

d. ACTIVA INVERSA: Esta zona sepuede considerar como carente de intersya que no tiene aplicaciones prcticas.

En la figura 2.6 se muestran estas 4zonas de polarizacin indicadas en latabla 2.1.

Nota: El transistor PNP es complementodel NPNde forma que todos los voltajes ycorrientes 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:

BCE III (2.1)

CC

C III

(2.2)

1E

C

I

I (2.3)

1B

C

I

I(2.4)

BC II (2.5)

BE II )1( (2.6)

)1(Ec II (2.7)

EC II (2.8)

VBE 0.7V Esta es la cada de voltaje en

una unin PN.

En la prctica oscila entre 0.95 a 0.99

oscila entre 50 a 500 para transistoresde baja potencia, entre 20 a 50 para

transistores de mediana potencia y entre 5

y 20 para transistores de potencia.

2.6 Tipos de Polarizacin.Existen diferentes formas de polarizar a

un transistor, a continuacin se estudianlas formas de polarizar a un transistor

BJT tipo NPN, empezando de la peor

forma hacia la mejor.

N P NE

B

C

IEIB

IC

Figura 2.7

Figura 2.6


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28

2.6.1 Polarizacin fija o por baseEste tipo de polarizacin se muestra en lafigura 2.8.

Redibujando circuito resulta figura 2.8.1.

En la figura 2.8.1 aplicando LKV en la

malla1 se obtiene:

BEBBCC VRIV (2.9)

Despejando IB resulta:

B

BEB

R

VVccI Sustituyendo IB en la

ecuacin general (2.5)

)(B

BEBC

R

VVccII (2.10)

En la ecuacin anterior (2.10) se observauna fuerte dependencia en la corriente de

colector, por parte del parmetro interno

del transistor ().

Aplicando LKV en la malla2 se obtiene:

CECCCC VRIV (2.11)

Despejando VCE resulta:

VCE = VCC - ICRC (2.12)

2.6.2 Polarizacin por base estabilizadaen el emisor.Se muestra en la figura 2.9

En la figura 2.9.1 aplicando LKV en lamalla1 se obtiene:

EEBEBBCC RIVRIV (2.13)

De la ecuacin (2.6))1(

E

B

II y

sustituyendo en la ecuacin (2.13) seobtiene:

EEBEBE

CC RIVRI

V)1(

(2.14)

Por tanto:

E

B

BECC

E

RR

VVI

)1(

(2.15)

En la ecuacin (2.14) se observa que

existe una dependencia de , pero en

menor proporcin que el caso anterior.


EECECCCC RIVRIV (2.16)

Con IC = IE resulta:VCE = VCCIC(RC+RE) (2.17)

+

-

VCE

IB

IC

IE

+VCC

RB

RC

REmalla1

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

RBRC

Figura 2.8


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29

2.6.3 Polarizacin porretroalimentacin de colector.Este tipo de polarizacin 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 lamalla1 se obtiene:

EEBEBBCCC RIVRIIRV (2.18)

Aplicando LKC en nodo A se obtiene:I = IC + IB (2.19)

Sustituyendo CB

II en la ecuacin

anterior (2.19) resulta:

)1

1(CC

C II

II (2.20)

Sustituyendo las ecuaciones (2.20) y

(2.19) en la ecuacin (2.18) se obtiene:

ECBEB

C

CCCCRIVR

IRIV )

11( (2.21)

Despejando IC se obtiene:

EBC

BECC

C

RRR

VVI1

)1

1(

(2.22)

En la ecuacin (2.22) siempre existe una

dependencia de .


EECECCC RIVIRV (2.23)

Con IC = IE se obtiene:

VCE = VCCIRC-ICRE (2.24)

2.6.4 Polarizacin por divisor de

voltaje.Este es uno de los tipos de polarizacinms usados, por poseer algunas ventajassobres los otros tipos, dentro de estas

ventajas podemos mencionar una menor

dependencia de respecto a los casosanteriores. Este tipo de polarizacin se

muestra en la figura 2.11.

Redibujando el circuito de la figura 2.11para solucionarlo por Thvenin resulta el

circuito mostrado en la figura 2.11.1.

IB

IE

IC

VCE-

+

VCC

RE

RC

R2

R1

Figura 2.11

A

+

-VCEIB

IC

IE

+VCC

RE

RB

RC

Imalla1

malla2

Figura 2.10.1

A

+

-

VCE

IB IC

IE

VCC

RE

RB

RC

Figura 2.10


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30

21

2 )(

RR

VRV CCTH (2.25)

21

12

RR

RR

RTH (2.26)En la figura 2.11.1 aplicando LKV enlamalla1 se obtiene:

EEBETHBTH RIVRIV (2.27)

Sustituyendo1

EB

II en la ecuacin

(2.27) resulta:

EEBETHE

TH RIVRI

V1

(2.28)

Despejando IE se obtiene:

ETH

BETHE

RR

VVI

1

(2.29)

En la ecuacin (2.29) se observa quetodava existe una dependencia de .




VCE = VCCIE(RC+RE) (2.31)

2.6.5 Polarizacin por emisor.Ese tipo de polarizacin se muestra en lafigura 2.12.

De la figura 2.12 se obtiene:

E

BEEEE

R

VVI (2.32)

En la ecuacin anterior (2.32) se observa

que no existe ninguna dependencia de los

parmetros internos del transistor.

Aunque este es el mejor tipo depolarizacin no es muy utilizado, porque

necesita dos bateras para polarizar al

transistor.

2.7 Lnea de carga o Recta de cargaPara graficar la recta de carga basta con

encontrar los puntos de interseccin y

despus unir estos dos puntos medianteuna lnea. Estos puntos de interseccin

son: Saturacin y corte. Por ejemplo parael circuito de la figura 2.13 se tiene:

IE

IC

VCE

-

+

+

+ VCC

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


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31

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


Con IC = IE resulta:

VCE = VCCIE(RC+RE) (2.34)

La figura 2.14 muestra el punto deoperacin (Q) en la lnea de carga.

Para graficar la lnea de carga mostrada

en la figura 2.14 basta con calcular los

interceptos (ICsat y VCEcorte).Para el clculo de ICsat se hace

considerando el transistor en la zona de

saturacin (VCEsat 0V) a partir de:

EEsatCECCCCRIVRIV (2.35)

Con IC = IE

ECsatsatCECCsatCCRIVRIV (2.36)

Sustituyendo VCE 0V y despejando ICsat

EC

CC

CsatRR

VI (2.37)

Para calcular VCEcorte se hace

considerando el transistor en la zona de

corte (IC 0A) y a partir de:

ECcorteCECCCCRIVRIV (2.38)

Con IC = 0A se obtiene:

CEcorteCC VV (2.39)

2.8 EJEMPLOS 2.A

Ejemplo # 1Para el circuito mostrado en la figura2.15, calcule el punto de operacin del

transistor ( VCE, IE). Dato: = 100.

Solucin: El circuito para DC se muestra

en la figura 2.15.1, los capacitores secomportan como circuito abierto para

DC1.

Existen dos mtodos para solucionareste ejercicio, se mostrar ambosmtodos:a.- Mtodo Exacto (mtodo de Thvenin)

b.- Mtodo aproximadoa.- Mtodo exacto.Aplicando Thvenin, en la figura 2.15.1resulta el circuito de la figura 2.15.2.

1Circuitos Elctricos Dorf capitulo 6.

IC

VCEcorte

ICsat

VCE (V)VCE

IC(mA)

Punto Q.

Figura 2.14

IB

IE

IC

VCE-

+

vo

VCC12V

C22.2uF

C11uF

RE5.6k

RC

2.2k

R21k

R11k

1kHz

vi

-1/1V

Figura 2.15

Figura 2.15.1

IB

IE

IC

VCE-

+ + VCC12V

RE

5.6k

RC

2.2k

R21k

R11k


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32

De la figura 2.15.2 se obtiene:

Vkk

kV

RR

VRV CCTH 6

11

)1(12

21

2 (2.40)

kkkkk

RRRRRTH 5.0

11)1)(1(

21

12 (2.41)

En la figura 2.15.2 aplicando LKV enlamalla1 se obtiene:


Sustituyendo1

EB

II en la ecuacin

(2.42) resulta:

EEBETHE

TH RIVRI

V1

(2.43)


E

TH

BETH

E

RR

VVI

1

(2.44)

Sustituyendo valores:

mA

kk

VVIE 946.0

6.51100

5.0

7.06



Con IC = IE se obtiene:VCE = VCCIE(RC+RE) (2.46)Sustituyendo valores:

VkmAVVCE 62.4)8.7(946.012

Por tanto, el punto de operacin (Q) es:

VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.

El transistor est funcionando en la zona

activa.

b.- Mtodo aproximado.Para la utilizacin de este mtodo se debe

cumplir con la siguiente condicin2:

10)1( ETH RR (2.47)

El significado de esta ecuacin es que la

cada de voltaje en el resistor de Thvenines despreciable comparado con el voltaje

de Thvenin, en otras palabras VBVTH.

En este caso se cumple VBVTH ya que:

kkx

RTH 56.5610

6.5)1100(

Por tanto:

Vkk

kV

RR

VR

V

CCCC

B 611

)1(

21

2

(2.48)

mAk

VV

R

VVI

E

BEB

E9464.0

6.5

7.06(2.49)




VCE = VCCIE(RC+RE) (2.51)Sustituyendo los valores se obtiene:

VkmAVVCE 62.4)8.7(9464.012

Por tanto, el punto de operacin es:

VCE = 4.62V y IE = 0.9464mA.El transistor est funcionando en la zona

activa.

Calculando el error relativo con respectoa IE.

%042.0100)946.0

946.09464.0( x

mA

mAmAE

r

Nota: se observa que la desviacinentre los dos mtodos es de 0.042% portanto, el mtodo aproximado es vlido.

Este mtodo es el ms utilizado en estetipo de polarizacin, pero hay que tener

mucho cuidado con la condicin

planteada para este mtodo.

2Electrnica: Teora de circuitos capitulo 4.

IE

IC

VCE-

+

+

+ Vcc12V

RE

5.6k

RC

2.2k

+

IB

VTH

malla1

malla2

RTH

Figura 2.15.2


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33

Ejemplo # 2Para el circuito mostrado en la figura2.16, calcule el punto de operacin del

transistor ( VCE, IE). Dato: = 100.

Solucin: El circuito para DC queda de lasiguiente forma, figura 2.16.1

La solucin de este ejercicio ser porlos dos mtodos.a.- Mtodo Exacto

b.- Mtodo aproximado

a.- Mtodo exacto.Aplicando Thvenin, en la figura 2.16.1

se obtiene el circuito de la figura 2.16.2.


V

MM

MV

RR

VRV CCTH 6

11

)1(12

21

2 (2.52)

kMM

MM

RR

RRR

TH 50011

)1)(1(

21

12 2.53)



Sustituyendo1

E

B

II en la ecuacin

(2.54) resulta:

EEBETHE

TH RIVRI

V1

(2.55)


E

TH

BETH

E

RR

VVI

1

(2.56)


mA

kM

VVIE 5023.0

6.51100

5.0

7.06



Con IC = IE se obtiene:VCE = VCCIE(RC+RE) (2.58)

Introduciendo valores se obtiene:

VkmAVVCE 082.8)8.7(523.012

Por tanto, el punto de operacin es:

VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA.

Figura 2.16

IB

IE

IC

VCE

-

+

vo

C22.2uF

C11uF

RE5.6k

RC

2.2k

R2

1M

R1

1M

1kHz

vi

-1/1V

Figura 2.16.1

IB

IE

IC

VCE

-

+ +VCC

12V

RE5.6k

RC

2.2k

R21M

R11M

IE

IC

VCE

-

+

+

+ VCC12V

RE

5.6k

RC

2.2k

+

IB

VTH

malla1

malla2

Figura 2.16.2

RTH

VCC 12V


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34

b.- Mtodo aproximado.Para la utilizacin de este mtodo se debecumplir con la siguiente condicin:

10

)1( ETH

RR (2.59)

En este caso no se cumple ya que:

kkx

RTH 56.5610

6.5)1100(

Sin embargo realizaremos los clculos

para algunos anlisis.

VMM

MV

RR

VRV CC

B6

11

)1(12

21

2 (2.60)

E

BEB

E

R

VVI (2.61)

mAk

VVI

E9464.0

6.5

7.06



Con IC = IE se obtiene:VCE = VCCIE(RC+RE) (2.63)

Sustituyendo los valores numricos:

VkmAVVCE 62.4)8.7(9464.012

Calculando el error relativo para IE

%93.46100)9464.0

5023.09464.0( x

mA

mAmAEr

Inicialmente sabamos que el mtodo noera vlido, porque no cumpla con lasiguiente condicin:

10

)1( ETH

RR y con el clculo del

error relativo lo reafirmamos, ya queexiste una desviacin de 46.93% de un

mtodo respecto al otro. Por tanto, el

punto de operacin para el transistor es:VCE = 8.082V e IE = 0.5023mA.Ejemplo # 3En la figura 2.17 est representado unamplificador cascodo. Hallar el valor deRC que ajustar la componente de c.c de

la tensin de salida a 0V. = 50 para

todos los transistores.

Solucin: Para encontrar el valor de RCnecesitamos 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 tanto3

3

E

E

CI

VR (2.65)

Para calcular IE2 Vamos a utilizar el

mtodo aproximado, ya que es vlido.

Vkk

kVV k 896.4

5.27.4

)7.4(5.77.4

2.66)

Aplicando LKV en la malla1 se obtiene:kIVV EBEk 3.327.4 (2.67)

Despejando IE2 se obtiene:

k

VVI BEkE

3.3

7.4

2(2.68)

mAk

VVIE 272.1

3.3

7.0896.42

AmAI

I EB 94.2451

272.1

1

3

3 (2.69)

I = IB3 + IC1 (2.70)

Para calcular IC1 se aplica LKV en lamalla2 y se obtiene:

BEB VkIV 181 1 (Se apaga Vi) (2.71)

Sustituyendo en la ecuacin (2.71):

1

1

C

B

II (2.72)

IE3

IB2

IC1

IB3

IB1

-

+

IE2

Vo

VCC

15V

VEE

-7.5V

Q3

RC

3.3k

Q24.7k

2.5k

10k

Q1

18k

+1V

1kHz

Vi-1/1V

I

malla1

malla2

malla3

Figura 2.17


12/27

35

BEC Vk

IV 181 1 (2.73)

Despejando IC1

mAk

VVIC 833.0

50

18

7.011 (2.74)

Por tanto:I = 0.833mA+24.94A = 0.858mA


310 EBECC VVkIxV (2.75)

Despejando VE3 resulta:

BECCE VkIxVV 183 (2.76)

Introduciendo valores:

VVkmAxVVE 72.57.010858.0153

Entonces: 86.496,4272.1

72.5

mA

V

RC

Ejemplo # 4Para el circuito de la figura 2.18, calcule

el punto de operacin de cada transistor.

= 120 para ambos transistores.

Solucin: El circuito para DC queda de

la siguiente forma, figura 2.18.1

En la figura 2.18.1, aplicando Thvenin

en la base de Q1, se obtiene el circuito dela figura 2.18.2.


Vkk

kV

RR

VRV CCTH 6

11

)1(12

21

2 (2.77)

50011

)1)(1(

21

12

kk

kk

RR

RRR

TH(2.78)


111 EEBETHBTH RIVRIV (2.79)

Sustituyendo1

1

1

E

B

II en la ecuacin

(2.79) se obtiene:

11

1

1EEBETH

ETH RIVR

IV (2.80)

Despejando IE1:

1

1

1E

TH

BETH

E

RR

VVI (2.81)

Sustituyendo los valores numricos en la

ecuacin (2.81) se obtiene:

m

kk

VVIE 946.0

6.51120

5.0

7.061

Utilizando las ecuaciones generales

IE1 = IC1 y considerando IB2 despreciablecomparada con IC1, entonces:V1 = IC1xRC1 = 2.08V (2.82)


BEEE VRIV 221 (2.83)

Despejando IE2 resulta:

Figura 2.18

-

+

vo

VCC

12V

C31uF

1kHz

vi

-1/1V

C2

1uFRC2

2.2k

RE21.5k

Q2

C110uF

RE15.6k

R21k

R11k RC1

2.2k

Q1

Figura 2.18.1

VCC

12V

RC2

2.2k

RE21.5k

Q2

RE15.6k

R2

1k

R11k

RC12.2k

Q1

VCE1

-

- +

+IB1

IE2

IE1

Fi ura 2.18.2

V1

-

+

VCE2+VCC

12V

+VTH

RC22.2k

RE21.5k

Q2

RE15.6kRTH

RC1

2.2k

Q1

malla1

malla2

malla3

malla4


13/27

36

1

1

2

E

BE

ER

VVI (2.84)

Sustituyendo valores en la ecuacin (2.84):

mAk

VVIE 92.0

5.1

7.008.22

Para calcular VCE1 aplicamos malla4.11111 EECECCCC RIVRIV (2.85)

Despejando VCE1 se obtiene:

)(1111 ECECCCE RRIVV (2.86)

Introduciendo valores numricos en laecuacin (2.86) se obtiene:

VkmAVVCE 62.4)8.7(946.0121

Por tanto, el punto de operacin de Q1 es:

VCE1 = 4.62V e IE1 = 0.946mA.

Para calcular VCE2 aplicamos malla3.

22222 CCECEECC RIVRIV (2.87)Despejando VEC2 resulta:

)( 2222 ECECCEC RRIVV (2.88)

Sustituyendo valores en la ecuacin

(2.88) se obtiene:

VkmAVVEC 596.8)7.3(92.0122

Por tanto, el punto de operacin de Q2 es:

VCE2 = -8.596V e IE2 = 0.92mA.

2.9 El transistor BJT como

amplificador.El transistor es un dispositivo electrnico,para realizar clculos necesitamos un

modelo o esquema elctrico, de la misma

forma que se hizo para el diodo en elcaptulo 1.

El modelo a utilizar para el transistor BJT

NPN o PNP ser el mismo y se muestraen la figura 2.19.

Las capacitancias c y c se comportancomo circuito abierto, nicamente se vana considerar para el anlisis de

frecuencias de corte (FH), la resistencia rbes un dato dado por el fabricante con un

valor tpico de 100, r = (+1)re, ro seconsidera infinita, a menos que seindique lo contrario.Bajo las consideraciones aqumencionadas el circuito simplificado

resultante de la figura 2.19 se muestraen la figura 2.20.

El circuito de la figura 2.20 es el quevamos a utilizar en este captulo para la

solucin de circuitos con BJT.

ECUACIONES NECESARIAS.

EC II )1

( (2.89)

En la ecuacin (2.89) Si >>1 Entonces

IC IE (2.90)

1(2.91)

BE II )1( (2.92)

)(26

E

eI

mVr (2.93)

r= (+1)re (2.94)

)(1

Sr

ge

m (2.95)

gmv-

+

v

e

cb

=

c

e

bcr

c

rO

rb

Q1

gmv-

+

v

e

cb

=

c

e

b Q1c

r

c

rO

rb

Q1

Figura 2.19

gmv

+

v

e

cb

-

r

rb

Figura 2.20


14/27

37

)(C

CEA

oI

VVr (2.96)

)( voltajedegananciav

vA

i

oV (2.97)

)( corrientedegananciaiiAi

oi (2.98)

)( teciatransresisi

vR

i

om (2.99)

)tan( ciactransconduv

iG

i

om (2.100)

VBE = 0.7V: Cada de voltaje de la unin

PN.VA: voltaje de Early: Dato dado por el

fabricante.

Ri : resistencia de entradaRo: resistencia de salida

Zi: impedancia de entrada

Zo: impedancia de salida

Nota: Para la solucin de todos los

circuitos ante pequea seal se har:

Primero anlisis DC. Se calcular elpunto de operacin. Los capacitores se

comportan como circuito abierto.

Segundo anlisis AC. Los capacitores se

comportan como cortocircuito y se apagala fuente de alimentacin.

Dependiendo de la localizacin de lasentradas, salidas y tierra, se definen

cuatro configuraciones bsicas de un

amplificador de una etapa.

2.9.1 Configuraciones bsicas deltransistor BJT como amplificador.Existen cuatro configuraciones bsicasdel transistor BJT como amplificador,

estas son:

a.- Amplificador Emisor Comn.b.-Amplificador con resistencia en emisorc.- Amplificador Colector comn.

d.- Amplificador Base Comn.

a.- Amplificador Emisor comn.

Este amplificador se caracteriza porque el

emisor ante seal es comn al voltaje desalida y voltaje de entrada.

Para dibujar el circuito ante seal, se har

en dos pasos: primero se dibuja elcircuito ante seal cortocircuitando los

condensadores y apagando la fuente dealimentacin sin incluir el modelo deltransistor ante seal y despus se

introduce el modelo ante seal para el

transistor. Ver figura 2.21.1.

Agregando el modelo del transistor para

AC, figura 2.21.2.

Algunos de los parmetros de inters en

un amplificador son:

(i

o

v

v):Ganancia de voltaje

Figura 2.21.1

+

-

vO

Ri

Ro1kHz

vi

-1/1VRL

RC

RTH

iO

ii

Ro

gmv vO-

+

RiFigura 2.21.2

RLRC

r

rb

1kHzvi

-1/1V

RTH

+

-

v

iiio

Ro

vO-

+

Figura 2.21 Amplificador Emisor Comn

Ri

RL

C3

C21kHz

vi

-1/1V

C1

RE

RC

R2

R1

VCC

ib


15/27

38

(i

o

i

i):Ganancia de Corriente

Ri : Resistencia de entrada

Ro: Resistencia de salida

Calculando la ganancia de voltaje:'Lmo xRvgv (2.101)

Donde: LCL RRR //'

rr

rvv

b

i )( (2.102)

Sustituyendo (2.102) en (2.101)

)('rr

rRg

v

v

b

Lm

i

o (2.103)

Sustituyendo 1rgm en la ecuacin

(2.103) y dividiendo numerador y

denominador por este mismo factor seobtiene:

e

b

L

i

o

rr

R

v

v

1

'(2.104)

El signo menos en la ecuacin (2.104)

significa un desfase de 180 de la seal de

salida respecto a la seal de entrada.

)//( rrRR bTHi (2.105)

LCLo RRRR //' (2.106)

LC

Cmo

RR

Rvgi (2.107)

riv b (2.108)

rrR

Rii

bTH

THib (2.109)

Sustituyendo (2.109) en (2.108) y (2.108)en (2.107) se obtiene:

))()(1(rrR

R

RR

R

i

i

bTH

TH

LC

C

i

o (2.110)

b.- Amplificador con resistencia enemisor.Este se muestra en la figura 2.22.

El circuito ante seal, se har en dos

pasos: primero se dibuja el circuito ante

seal cortocircuitando los condensadoresy apagando la fuente de alimentacin, sin

incluir el modelo del transistor ante seal

y despus se introduce el modelo anteseal para el transistor, ver figura 2.22.1 y

figura 2.22.2.


AC, figura 2.22.2.

Calculando la ganancia de voltaje:

Cmo xRvgv (2.111)

Figura 2.22.1

Ro

Ri

vO

1kHz

vi-1/1V

RERTH

vo

Ro

gmv -

+

Ri

Figura 2.22.2

1kHz

-1/1V

RE

RCrRTH v

+

-

Figura 2.22

vo

VCC

C2

C1

RE

RC

R2

R1

1kHz

vi

-1/1V

Ro

Ri

RC

rbvi


16/27

39

Eb

i

Rrr

xrvv

)1((2.112)

Sustituyendo (2.112) en (2.111) resulta:

))1(

(Eb

Cm

i

o

Rrr

rRg

v

v(2.113)



denominador por este mismo factor se

obtiene:

Ee

b

C

i

o

Rrr

R

v

v

1

(2.114)

EbTHi RrrRR )1(// (2.115)

Co RR (2.116)

c.- Amplificador Colector Comn oseguidor de emisor.En este amplificador el colector ante seales comn al voltaje de salida y voltaje de

entrada. Tambin se le conoce como

seguidor de emisor porque generalmenteest seguido de un emisor comn.

Para el circuito ante seal se

cortocircuitan los condensadores y se

apaga la fuente de alimentacin, sinincluir el modelo del transistor ante seal.

ver figura 2.23.1.


AC, en la figura 2.23.1 resulta la figura2.23.2.

Calculando la ganancia de voltaje:

Eeo xRiv (2.117)

Eebbbi Ririxriv (2.118)

Eebbb

Ee

i

o

RixrixrixRi

vv (2.119)

1

e

b

ii (2.120)

Sustituyendo (2.120) en (2.119) se

obtiene:

Eeb

E

i

o

Rrr

R

v

v

1

(2.121)

EbTHi RrrRR )1(// (2.122)

)1

//(rr

RR bEo (2.123)

d.- Configuracin Base comn.En esta configuracin la base es comn alvoltaje de salida y al voltaje de entrada.

Figura 2.23 Amplificador Colector Comn

+

-

vO

Ri

Ro

C2

1kHz

vi

-1/1V

C1

RER2

R1

VCC

Figura 2.23.1

vO

Ri

Ro

1kHz

vi-1/1V

RERTH

voRi

+

-

gmv

Ro

+

-

v

Figura 2.23.2

1kHz

vi-1/1V

RE

rRTHib

ie

rb


17/27

40

El circuito para AC, sin sustituir el

modelo del transistor para AC, resulta elcircuito de la figura 2.24.1.

Sustituyendo el modelo del transistor para

AC, en el circuito anterior, figura 2.24.1resulta el circuito de la figura 2.24.2.

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

Cmo xRvgv (2.124)

rr

xrvv

b

i (2.125)


)(rr

rRg

v

v

b

Cm

i

o (2.126)




obtiene:

e

b

C

i

o

rr

R

v

v

1

(2.127)

)1

//(rr

RR bEi (2.128)

Co RR (2.129)

2.10 EJEMPLOS 2.BEjemplo # 1

Para el circuito mostrado en la figura

2.25, calcule:i

o

v

v, Ri y Ro.

Datos: = 100 y rb= 100.

Solucin:a- El circuito para el anlisis DC semuestra en la figura 2.25.1.

Ro

vO-

+

Figura 2.25

Ri

RL2.2k

C3

1uF

C210uF

12V

1kHz

vi

-1/1V

C1

1uF

RE5.6k

RC

2.2k

R2

1k

R1

1k

VCC

Figura 2.24 Amplificador base comn

Ro

Ri

vO

1kHzvi

-1/1V

C1

C3

R

C2

VCC

RE

R2

R1

Figura 2.24.1

Ro

Ri

vO

1kHz

vi

-1/1V

R3

RE

v

-

+

Ro

gmv

vO-

+

Ri

Figura 2.24.2

1kHz

vi

-1/1V

RE

RCr

rb


18/27

41

Aplicando Thvenin En el circuito de lafigura 2.25.1, entre la base del transistor y

el punto comn nos queda la el circuito

de la figura 2.25.2.

Del circuito de la figura 2.25.2 se obtiene:

Vkk

kV

RR

VRV CCTH 6

11

)1(12

21

2 (2.130)

kkk

kk

RR

RRR

TH 5.011

)1)(1(

21

12 (2.131)



Sustituyendo1

EB

II en la ecuacin

(2.132) se obtiene:

EEBETHE

TH RIVRI

V1

(2.133)


E

TH

BETH

E

RR

VVI

1

(2.134)

Sustituyendo los valores en (2.134)

mA

kk

VVIE 946.0

6.51100

5.0

7.06

Aplicando LKV en la malla2.

EECECCCC RIVRIV (2.135)Con IC = IE se obtiene:

)( ECECCCE RRIVV (2.136)

Sustituyendo los valores numricos en

(2.136) se obtiene:

VkmAVVCE 62.4)8.7(946.012

Por tanto, el punto de operacin:

VCE = 4.62V e IE = 0.946mA.

El transistor est funcionando el la zonaactiva.

Otra forma de comprobarlo es verificandola siguiente condicin: VCEsat


19/27

42

Calculando los parmetros para AC:

48.27946.0

2626

mA

mV

I

mVr

E

e (2.137)

err )1( (2.138)

48.775,248.27101xr

mSr

ge

m 4.3648.27

11(2.139)

Calculando las variables solicitadas.'Lmo xRvgv (2.140)

Donde: LCL RRR //'

rr

xrvv

b

i (2.141)


)('rr

rRg

v

v

b

Lm

i

o (2.142)


(2.142) y dividiendo numerador ydenominador por este mismo factor se

obtiene:

e

b

L

i

o

rr

R

v

v

1

'(2.143)

Sustituyendo los valores numricos en laecuacin (2.143) se obtiene:

64.38

48.27

101

100

1.1 k

v

v

i

o

)//( rrRR bTHi (2.144)

94.42548.875,2//5.0 kRi

kRR Lo 1.1' (2.145)

Ejemplo # 2Para el circuito mostrado en la figura

2.27, calcule:i

o

v

v, Ri y Ro.

Datos: = 200 y rb= 50.

Solucin:

a.- El circuito para el anlisis DC semuestra en la figura 2.27.1

Aplicando Thvenin entre la base de Q1 y

el punto comn en la figura 2.27.1.

Vkk

kV

RR

VRV CCTH 6

11

)1(12

21

2 (2.146)

kkk

kk

RR

RRR

TH

5.011

)1)(1(

21

12 (2.147)

111 EEBETHBTH RIVRIV (2.148)

Sustituyendo1

1

1

E

B

II en la ecuacin

(2.148) se obtiene:

111

1EEBETH

ETH RIVR

IV (2.149)

Ri

Ro

Figura 2.27

vo-

+

C310uF

RL10k

RE2

1.8k

Q2

VCC12V

1kHz

vi

-1/1V

RS

1kC21uFC1

10uFR2

1k

R1

1k

RE15.3k

RC

2.2k

Q1

Figura 2.27.1

Q2

12V

Q1RL

10k

RE21.8k

R2

1k

R11k

RE1

5.3k

RC

2.2k

IE1

IE2+

-

V1

IB2

I

Ro

gmvvO-

+

RiFigura 2.26.1

RLRC

r

rb

1kHz

vi

-1/1V

RTH

+

-

v

VCC


20/27

43


1

1

1E

TH

BETH

E

RR

VVI (2.150)

mAk

k

VV

IE 13.5

1200

5.0

7.061

Aplicando LKV en malla que involucraVCE1 y con un valor de IB2 despreciablese obtiene:

111 EECECCCRIVIRV (2.151)

Con I = IE1 resulta:

)( 111 ECECCCE RRIVV (2.152)

Introduciendo valores numricos en la

ecuacin (2.152) se obtiene:VkmAVVCE 5.4)5.7(1121

El punto de operacin para Q1 es:

VCE1 = 4.5V e IE1 = 1mA.El transistor est funcionando en la zona

activa, comportndose como un

amplificador.

Para la segunda etapa se obtiene:VkmAIxRV C 2.2)2.2(11 (2.153)

mA

k

VVIE 833.0

8.1

7.02.22

(2.154)

)8.11(833.0122

kmAVVEC (2.155)

VVEC 2.22

Entonces: VCE2 = -2.2V.El punto de operacin para Q2 es:

VCE2 = -2.2V e IE2 = 0.833mA.

El transistor est funcionando en la zonaactiva, comportndose como un

amplificador.

2.- Anlisis AC.Dibujando el circuito para AC, sin

sustituir el modelo del transistor para AC,

resulta el circuito de la figura 2.27.2.

Sustituyendo el modelo del transistor para

AC, en el circuito anterior, figura 2.27.2resulta el circuito de la figura 2.27.3.

Calculando los parmetros para AC:

261

2626

1

1mA

mV

I

mVr

E

e (2.156)

21.31833.0

2626

2

2mA

mV

I

mVr

E

e (2.157)

226,526201)1(11 xrr e (2.158)

22)1( err (2.159)

21.273,621.312012 xr

mSr

ge

m46.38

26

11

1

1 (2.160)

mS

r

g

e

m04.32

21.31

11

2

2 (2.161)

Calculando las variables solicitadas.

)'

)('

)(( 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 lasganancias por etapas.

+

-vo

Ro

Ri

Figura 2.27.2

Q2

1kHz

vi

-1/1V

Q1 RL10k

RS

1k

RE15.3k

RC2.2k

-

+

vov2

-

+r2

gm2V2

Ri

+

-vO1

gm1v1

Ro

+

-

v1

RS

RL

rb

1kHz

vi

-1/1V

RE1

RCr1

rb

+

-vi

Figura 2.27.3


21/27

44

Lmo xRvgv 22 (2.163)

2

21

2

)(

rr

rvv

b

o (2.164)

Sustituyendo (2.164) en (2.163) seobtiene:

)(2

22

1 rr

rRg

v

v

b

Lm

o

o (2.165)

Sustituyendo 122rgm en la

ecuacin anterior y dividiendo numerador

y denominador por este mismo factor seobtiene:

21

1e

b

L

O

O

rr

R

v

v (2.166)

Sustituyendo los valores numricos en laecuacin (2.166) se obtiene:

88.317

21.31201

50

10

1

k

v

v

o

o

)//(2111

rrRxvgv bCmo (2.167)

1

1

1

'

rr

xrvv

b

i (2.168)


obtiene:

)()//('

1

11

12 rr

rrrRgvv

b

bCm

i

o (2.169)

Sustituyendo 111rgm en la

ecuacin anterior y dividiendo numeradory denominador por este mismo factor se

obtiene:

1

21

1

)//(

'e

b

bC

i

o

rr

rrR

v

v (2.170)

Introduciendo valores numricos en la

ecuacin (2.170) resulta:

26201

50

)21.273,650//(2.2

'

1 k

v

v

i

O

18.6225.26

14.632,1

'

1

i

O

v

v

Sb

E

bEi

Rrr

R

rrRxv

vi

)1

//(

)1

//(

'1

1

11

(2.171)

Sb

E

bE

i

i

Rrr

R

rrR

v

v

)1

//(

)1//('

11

11

(2.172)

Sustituyendo valores numricos en la


mkv

v

i

i 5.25112.26

12.26'

Por lo tanto se puede calcular:

03.504)5.25)(18.62)(88.317( m

v

v

i

o

)1

//( 11rr

RR bEi (2.173)

12.2625.26//3.5 kRi

kRR Lo 10 (2.174)

Ejemplo # 3Para el circuito mostrado en la figura

2.28, calcule:i

o

v

i,

i

o

i

i, Ri y Ro.

Datos: = 100 y rb= 100.

Solucin:

a.- Anlisis DC

111 EEBEBBEE RIVRIV (2.175)

Sustituyendo1

1

1

E

B

II en la ecuacin

anteriores obtiene:

111

1EEBEB

EEE RIVR

IV (2.176)

iO

Figura 2.28

ii

Ri RO

vO

C410uF

C3

C21uF

Q2

1kHz

Vi-1/1V

C1

1uF

VCC5V

VEE-5V

Q1

RC22.7k

RE2

1.5k

RB1k

RE14.3k

RC12.2k 10uF


22/27

45

Despejando IE1 se obtiene:

1

1

1E

B

BEEE

E

RR

VVI (2.177)


(2.177) se obtiene:

mA

kk

VVIE 1

3.4101

1

7.051

Considerando Ib2 0A.

111 CERC RIV (2.178)


(2.178) se obtiene:

VkmAxVRC 2.22.211

BEEERC VRIV 221 (2.179)

Entonces:

2

1

2

E

BERC

ER

VVI (2.180)

Sustituyendo valores numricos en la


mAk

VVIE 1

5.1

7.02.22

11111 EECECEEE RIVRIVccV (2.181)

)(1111 ECEEECCCE

RRIVVV (2.182)


(2.182) se obtiene:

VkmAxVVCE 5.35.61101

22222 CEECEECCEE RIVRIVV (2.183)

)(2222 ECEEECCEC RRIVVV (2.184)


(2.184) se obtiene:

VkmAxVVEC 8.52.41102

Entonces: VVCE 8.52

El punto de operacin es:Para Q1: mAIeVV ECE 15.3 11

Para Q2: mAIeVV ECE 18.5 22

Ambos transistores estn funcionando enla zona activa comportndose como

amplificadores

b.- Anlisis AC.

El circuito para AC, sin sustituir el

modelo del transistor para AC, resulta elcircuito de la figura 2.28.1.

Sustituyendo el modelo del transistor paraAC, en el circuito anterior, figura 2.28.1

resulta el circuito de la figura 2.28.2.

Calculando los parmetros ante para AC:

1

21

26

E

eeeI

mVrrr (2.185)


261

26

mA

mVre

errrr )1(21 (2.186)

Sustituyendo valores se obtiene en laecuacin (2.186) resulta:

626,226101xr

e

mmmr

ggg1

21 (2.187)

Introduciendo valores en la ecuacin(2.187) se obtiene:

mSgm 46.3826

1

Calculando las variables solicitadas.

))()(( 1

1 i

o

o

o

o

o

i

o

v

v

v

v

v

i

v

i(2.188)

ii vO1

Figura 2.28.2

v 1-

+

Ro

gmv 1Ri gmv 2

r 2+

-v 2 vo

+

-

iO

RB

1kHz

Vi-1/1V

RC2

rb

RC1r 1

rbiC2

Figura 2.28.1

iO

ii

Ri RO

vO

Q2

1kHz

vi-1/1V Q1

RC2

RB

RC1


23/27

46

2Coo xRiv (2.189)

Entonces:

mSkRv

i

Co

o 455.02.2

11

2

(2.190)

22Cmo

xRvgv (2.191)

rr

rvv

b

o12 (2.192)


obtiene:

)(2

1 rr

rRg

v

v

b

Cm

o

o (2.193)


anterior y dividiendo numerador ydenominador por este mismo factor se

obtiene:

e

b

C

o

o

rr

R

v

v

1

2

1

(2.194)


(2.194) se obtiene:

100

26101

100

7.2 k

v

v

i

o

)//(111 rrRvgv bCmo (2.195)

rr

rvv

b

i )(1 (2.196)


obtiene:

)()//(1

1

rr

rrrRg

v

v

b

bCm

i

o (2.197)




obtiene:

e

b

C

i

o

rr

rrbR

v

v

1

)//(11 (2.198)


(2.198) se obtiene:

26101

100

)626,2100//(2.21 k

v

v

i

o

1.4599.26

46.217,11

i

o

v

v

Por tanto:

SmSv

i

i

o 1.2)1.45)(100)(455.0(

)//( rrRR bBi (2.199)

62.731726,2//1kRi

kRR Co 7.22 (2.200)

ii

o

i

i

o

i

o Rv

i

Rv

i

i

i)( (2.201)

4.536,1)62.731)(1.2( Si

i

i

o (2.202)

PROBLEMAS

Problemas y ejercicios propuestos decircuitos de polarizacin contransistores BJT NPN y PNP.

2.1 Para el circuito de la figura P2.1,calcule el punto de operacin (VCE y IC). = 150.

5V

C21uF

Q

C11uF

1kHz

Vi-1/1V

RL10k

RE

1.8k

RC1k

R1

1k

R21k

5V

Figura P2.1


24/27

47

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

= 120.

2.3 Para el circuito de la figura P2.3,calcule el punto de operacin para cada

transistor. = 120.

2.4 Para el circuito de la figura P2.4,

determinar el valor de RB tal queVC3 = 0VDC. = 100 para todos los

transistores.


uno de los transistores. Dato: = 120 paraambos transistores.


transistor. Dato: = 200 para todos los

transistores.


transistor. Dato: = 100 para todos los

transistores.

Figura P2.6

30V

10uF10uF

Q3

Q2

Q1

1kHz

Vi

-1/1V

2.7k

4.7k8.2k

5.6k

1k

10k

82k

5.6k

10uFQ3

Q2

Q1

1uF

1kHz

-1/1V

Figura P2.2.

Q

C21uF

-5V

C11uF

1kHz

vi

-1/1V

RL10k

RC

1k

RE1.8k

R1

1k

R2

1k

Figura P2.3

VCC-5V

Q2Q1

C11uF

1kHz

vi-1/1V

RE25.6k

RC2

2.2k

RC11k

RE11.8k

R1

1k

R2

1k

Figura P2.4 -6V

10V

2k

1k1k

Q3

3.3k

Q2

1kHz

vi

-1/1V

C11uF

RB1k

Q1

Figura P2.5

-

+

3V3

-6V

10V

Q1

Q2

1k

1k

2k

1k

100

3V3


25/27

48


transistor. Dato: = 200 para todos lostransistores.

2.9 Para el circuito de la figura P2.9,calcule el punto de operacin para el

transistor. Dato: = 100.

Problemas y ejercicios propuestos decircuitos de polarizacin y seal contransistores 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: = 200 rb= 50.


p2.11, calcule:i

o

v

v, R

iy R

o.

Datos: = 200 rb= 50.

Figura P2.7

-12V

1k

1k 5k6

Q2

2k2

Q1

12V

Q4

Q3

1k5

2k2

Q2

Q1

Q4

Q3

Figura P2.8

-15V

22V

Q2

Q1

3k3

12k

2k2

10k

100k

6k8

-15V

22V

Q2

Q1

3k3

12k

2k2

10k

100k

6k8

Figura P2.9

-5V

1k2

1k2 3k9

1k5

Q

-5V

1k2

1k2 3k9

1k5

Q

+

-

vo

Figura P2.10

Ro

Ri

Q2

VCC12V

1kHz

vi

-1/1V

C21uFC1

10uF

Q1 RL10k

RE21.8k

RS1k

R21k

R1

1k

RE15.3k

RC2.2k


26/27

49


P2.12, calcule:i

o

i

v,

i

o

v

v, Ro y Ri.

Datos: = 100 y rb= 100.

2.13 Para el circuito mostrado en la figuraP2.13, calcule: Gm, Ri y Ro.

Datos: = 200 rb= 50.


P2.14, calcule:i

o

v

v,

i

o

i

v,

i

o

v

i,

i

o

i

iRi y Ro.

Datos: = 200 rb= 50.


P2.15, calcule:s

o

v

v,

s

o

i

iRi y Ro.

Datos: = 120 rb = 120.


P2.16, calcule:s

o

v

v, Ri y Ro.

Datos: = 120 rb = 120.

Ro

Ri

vO

Figura P2.13

C41uF

C31uF

VCC15V RC2

3.3k

RE24.7k

R3

1k

R41k

Q2

C2

1uF

Q1

RC1

1.8kR1

10k

R210k

RE1

4.7k

C11uF

1kHz

vi-1/1V

ii

iO

Figura P2.12

ii

Ri RO

vO

C410uF

C310uF

C21uF

Q2

1kHz

vi

-1/1VC1

1uF

VCC10V

VEE-5V

Q1

RC22.7k

RE2

1.5k

RB

1kRE1

4.3k

RC12.2k

Figura P2.11

vO

Ri

Ro

RL2.2k

C41uF

C310uF

VCC12V

1kHz

vi

-1/1V

C2

1uF

C110uF

Q2

Q1

R14.7k

R24.7k

R32.2k

RC2.2k

RE3k

ii -

+vO

Figura P2.14

RE11k

RC3

10kRE31.8kRE2

2.2kRB2k

RS

1k

1kHz

vi

-1/1V

Q3

RC212k

RC110k

Q2

Q1

Ri

Ro

IE1=IE2=IE3=1mA

-

+vo

is

io

Ro

Ri

Figura P2.15

C3

10uF

VCC12V

Q

RC3.3k

RE100R2

2.7k

R18.2k

C11uF

RL

15k

RE

2.7k

C2

1uF

1kHzVS

-1/1VRS

220

iO


27/27


p2.17, calcule:s

o

vv , Ri y Ro.

Datos: = 120 rb = 120.

Figura P2.16

-

+vo

Ro

Ri

C3

10uF RS1k

C21uF

VCC12V

Q

RC3.3k

R22.7k

R18.2k

C1

1uF

RL

15k

RE2.8k 1kHz

VS-1/1V

-

+vo

Figura p2.17

Ri

Ro

RL1k

C41uF

RE2

6.8k

RC2

1k

Q2R41k

R3

1k

C310uF

RS1k

C2

1uF

VCC12V

Q1

RC

3.3k

R2

2.7k

R1

8.2k

C11uF

RE

2.8k

1kHz

VS-1/1V

UNIDAD_II_ELKAI

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