Universidad Tecnológica de La Habana “José Antonio Echeverría” – CUJAE
Centro de Investigaciones en Microelectrónica – CIME
Ingeniería en Telecomunicaciones y Electrónica.
Electrónica Analógica I. Curso Regular Diurno. Plan E.
Tema 1: Dispositivos semiconductores y sus aplicaciones básicas.
Problemas de análisis del BJT como amplificador para pequeña señal y frecuencias
medias.
Sumario:
• Introducción.
• Resolución de los ejercicios del 1 al 4.
• Ejercicios propuestos del 5 en adelante.
• Conclusiones.
Bibliografía:
•
•
Monografía: El transistor bipolar. Alberto Lastres. (Pág.: 1-4, 7-13, 20-29).
Electrónica y sus aplicaciones en la era de la ciencia y la tecnología. Agnes S. Nagy,
Adelaida Torres Colón, Alberto Hernández Pérez. Tomo 1 Electrónica Analógica.
Cap.: 4. (Pág.: 149-168). ISBN: 978-959-07-2003-1. 2015. (Impreso)
Objetivos:
•
Ejercitar el cálculo de los diferentes índices del amplificador en etapas simples con
BJT a frecuencias medias.
Introducción
Se comenzará la realización de los ejercicios dando respuesta a las siguientes interrogantes:
•
•
•
•
•
•
¿Qué es un transistor de unión bipolar (BJT)? ¿Cuáles son los tipos de transistores
bipolares? ¿Cuál es la estructura y el símbolo eléctrico de cada tipo?
¿Cuál es el comportamiento del BJT en equilibrio y polarizado? ¿Cómo se deben
polarizar las uniones de los transistores bipolares para que ocurra la acción transistor?
¿Cómo es la característica I-V de entrada y de salida del BJT? ¿Cuáles son sus
principales parámetros? ¿Cómo estos varían con la temperatura?
¿Por qué se dice que el BJT actúa como una fuente de corriente controlada?
¿Qué es el punto de operación de un transistor? ¿Cuáles son los parámetros para el
caso de un BJT? ¿Cuál es la función de los circuitos de polarización de los BJT?
¿Qué es la hipérbola de máxima potencia y cómo se representa sobre las
características de salida?
•
•
•
¿Qué es la línea de carga de los BJT y cómo se obtiene?
¿Cómo se determina gráficamente el punto de operación de los BJT?
¿Cuáles son las regiones de trabajo del BJT? ¿Cómo deben estar polarizadas las
uniones del BJT para que el punto de operación esté en cada una de estas regiones?
¿Cuáles son los valores característicos de las corrientes y los voltajes en estas
regiones?
Problema No. 1:
En el circuito de la figura 1, calcule a frecuencias medias:
a) El punto de operación del BJT (repaso, solo comentar).
b) Las ganancias AI’ = il/ii, Ri’ = vi/ii y AV = vo/vi
c) Las ganancias AIS = il/is, AVS = vo/vs y AP = Po/Pi
d) El valor de RO’. Analice si se logra máxima transferencia de potencia a la carga RL.
e) El valor máximo de vS que no provoca distorsión a la salida. Dibuje las líneas de
carga estática y dinámica en la característica de salida.
f) Los valores de il, ii y PL si Vs = 1 mV (rms).
Datos del BJT: BC-548B (valores típicos)
hFE = F = 290; VBE = 0,66 V; VBEsat = 0,8 V; VCEsat = 0,2 V; ICO = 0;
hfe = 330; hre = 0; hoe = 30 A/V y VT = 26 mV.
Figura 1. Problema 1.
Solución:
1ro-Determinar la configuración del transistor: el transistor se encuentra en configuración
emisor común (la señal entra por la base y sale por el colector).
2do-Determinar el punto de operación del BJT en reposo (análisis estático): para el análisis
estático o de directa los condensadores Ca1, Ca2 y CE se consideran circuitos abiertos, se
abre el circuito como se muestra y se aplica el Teorema de Thévenin.
a)
VTH = VCC 
R2
R1 + R 2
R TH = R B = R1 R 2 =
= 25 
R1  R 2
R1 + R 2
18
= 3,81 V
100 + 18
=
100 18
= 15, 25 k
100 + 18
El transistor bipolar puede trabajar en activa saturación o corte. Suponiendo que el
transistor está operando en la zona de activa:
Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor):
−VTH + IB  R B + VBE + IE  R E = 0 (1)
0
pero IE = IB + IC e IC = h FE  I B + ( h FE + 1)  ICO
luego
IE = (1 + h FE )  IB (2)
Sustituyendo (2) en (1) nos queda que:
−VTH + I B  R B + VBE + (1 + h FE )  I B  R E = 0
Despejando la corriente de IB:
IBQ =
VTH − VBE
R B + (1 + h FE )  R E
=
3,81 − 0,66
= 6,97 μA
15,25 + (1 + 290 ) 1,5
ICQ = h FE  IBQ = 290  0,00697 = 2,02 mA  2 mA
Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el VCEQ:
−VCC + ICQ  R C + VCEQ + IEQ  R E = 0
pero al ser h F = 290  1  IE  IC
luego
−VCC + VCEQ + ICQ  ( R C + R E ) = 0
y al despejar VCEQ nos queda que:
VCEQ = VCC − ICQ  ( R C + R E ) = 25 − 2  ( 6, 2 + 1,5) = 9,6 V  VCE sat = 0, 2 V  Activa
(
Punto de Operación: Q I BQ = 6,97 μA; ICQ = 2 mA; VCEQ = 9, 6 V
)
3ro-Dibujar el circuito a pequeña señal en alterna (VCC a tierra y los condensadores Ca1, Ca2
y CE se cortocircuitan a frecuencias medias):
R b = R TH = R1 R 2 = 15, 25 k
4to-Sustitución del transistor bipolar por el modelo de pequeña señal híbrido simplificado,
cálculo del parámetro hie y planteamiento de la condición de validez:
h ie = rb + r = rb +
h fe  VT
ICQ
(
=
330  26
= 4,3 k
2
)
Condición de validez: ¿ h oe  R C R L  0,1?
(
)
h oe  R C R L = 0, 03  ( 6,2 5,1) = 0, 084  0,1 luego se desprecia 1/h oe
a) Cálculo de AI’= il/ii, Ri’ = vi/ii y AV = vo/vi:
Para facilitar los cálculos es mejor sustituir la fuente de voltaje vs en serie con el resistor RS
por una fuente de corriente iS en paralelo con el resistor RS quedándonos el circuito
equivalente así:
Es más fácil, en los amplificadores que el transistor es un BJT, calcular primero la ganancia
de corriente y luego la de voltaje

RC   Rb  
i
i i
6,2   15,25 
A 'I = l = l  b =  − h fe 

=  −330 

= −141, 2


ii i b ii 
R C + R L   R b + h ie  
6,2 + 5,1   15,25 + 4,3 
donde: il = −h fe  i b 
y i b = ii 
Rb
R b + Ri
RC
i
(Divisor de corriente)  l = − h fe 
RC + RL
ib
RC + RL
= ii 
R i' =
AV =
RC
vi
ii
Rb
R b + h ie
=

ib
ii
=
Rb
R b + h ie
siendo R i =
( R b Ri )  ii = ( R b hie )  ii = R
ii
ii
b
h i
= ie b = hie
ib
ib
vb
h ie = 3,35 k
R
vo i l  R L
5,1
=
= A I  L = −139,8 
= −212,8 (Invierte fase)
vi i i  R i
Ri
3,35
i
v
v
R / A 'I = l = −141, 2; A V = o = −212,8 (Invierte fase) y R i' = i = 3,35 k
ii
vi
ii
b) Cálculo de AIS = il/is, AVS = vo/vs y AP = Po/Pi:
 R

i
i i i
i
10 
S  = −139,8  
A IS = l = l  b  i = A'I  i = A'I  
(
)

 = −104, 7
'
R +R 
is i b ii is
is
10
+
3,35


 S
i
donde ii = iS 
RS
(Divisor de corriente) 
'
RS + R i
A VS =
RS
ii
=
iS R S + R '
i
R
vo i l  R L
5,1
=
= A IS  L = −104,7 
= −53, 4 (Invierte fase)
vS iS  R S
RS
10
( Vo )
2
R R
R i'
R i'
P
2
(V )
2 3,35
AP = O = C 2L = o 2 
= ( AV ) 
= ( −212,8 ) 
= 54178,9
Pi
2,8
R
R
R
R
L
C
(V )
(V ) C L
i
2
i
R i'
A P dB = 10  log A P = 10  log ( 54178,9 ) = 47,3 dB
i
P
v
R / A IS = l = −104.7; A VS = o = −53, 4 (Invierte fase); A P = O = 54178,9 y A P dB = 47,3 dB
is
vs
Pi
c) Cálculo de RO’. Analice si se logra máxima transferencia de potencia a la carga RL.
R 'O = R C R O siendo RO la resistencia equivalente de Thevenin a la salida.
RO =
V
V
V
=
= =
I h fe  i b 0
como no hay vS, ib = hfe  ib = 0
luego R O = 
Luego R/ R 'O = R C R O = R C  = R C = 6, 2 k
Para que haya máxima transferencia de potencia a la carga, RL = RO’, pero al ser
R 'O = 6, 2 k  R L = 5,1 k , no existe máxima transferencia de potencia a la carga.
d) El valor máximo de vs que no provoca distorsión a la salida. Dibuje las líneas de carga
estática y dinámica en la característica de salida.
Ec. Línea de carga estática (lce):
IC = −
VCE
RC + RE
+
VCC
RC + RE
Ec. Línea de carga dinámica (lcd):
ic = −
A VS =
1
RC RL
 vce
VCE
vO
v
 vS max = O max =
pero VCE tiene dos posibilidades:
vS
A VS
A VS
Cálculo de VCE cuando vO max limitado por la región de saturación (semiciclo negativo
de vO)
VCE = VCEQ − VCEsat = 9,6 − 0, 2 = 9, 4 V (saturación)
Cálculo de VCE cuando vO max limitado por la región de corte (semiciclo positivo de vO)
tan  =
1
RC RL
=
ICQ
1
2
=
=
=
3
3 V
VCE
2,8 10
2,8 10
CEmax − VCEQ
1
(
)
VCE = ICQ  R C R L = 2  2,8 = 5, 6 V (corte)
El semiciclo limitante de vO será el menor de los dos que para este caso será el semiciclo
positivo (limitado por corte), de donde:
vS max =
vO max
A VS
=
VCE
AVS
=
5, 6
= 104,86 mV (74,4 mV rms)
53,4
e) Cálculo de los valores de il, ii y PL si Vs = 1 mV (rms):
A VS =
vO
v
A v
e i l = O  vo = AVS  vS  il = VS S
vS
RL
RL
R / Il =
A VS  Vs −53,4 110−3
=
= −10,47 μA (rms)
RL
5,1103
Aplicando LKV en I: − vs + ii  R S + ii  R i' = 0
Y al despejar nos queda que:
Ii =
vs
=
'
RS + Ri
1 10−3
10 10−3 + 3,35 10−3
= 74,91 nA (rms)
R / Ii = 74,91 nA (rms)
53,4 1 10−3 )
A VS  vS )
vO )
(
(
(
P = v i =
=
=
= 559,13 nW
L
O
L
RL
2
2
2
RL
5,1103
R / PL = 559,13 nW
Problema No. 2:
En el circuito del ejercicio anterior, divida RE en dos resistores en serie RE1 = 0.3 kΩ y
RE2 = 1.2 kΩ. Conecte el condensador de 200 F en paralelo con RE2. y calcule a
frecuencias medias: AIS = il / is, AVS = vo /vs, Ri‘ = vi / ii y RO’.
Figura 2. Problema 2.
Solución:
1ro-Determinar la configuración del transistor:
El transistor se encuentra en configuración emisor común (la señal entra por la base y sale
por el colector invertida en fase).
2do-Determinar el punto de operación del BJT en reposo (análisis estático):
(
El mismo del problema anterior: Q I BQ = 6,97 μA; ICQ = 2 mA; VCEQ = 9, 6 V
)
3ro-Dibujar el circuito a pequeña señal en alterna (VCC a tierra y los condensadores Ca1, Ca2
y CE se cortocircuitan a frecuencias medias):
R b = R TH = R1 R 2 = 15, 25 k
x
4to-Sustitución del transistor bipolar por el modelo de pequeña señal híbrido simplificado,
cálculo del parámetro hie y planteamiento de la condición de validez:
h ie = rb + r = rb +
(
h0fe  VT
ICQ
=
330  26
= 4,3 k
2
)
Condición de validez: ¿ h oe  R E1 + R C R L  0,1?
(
)
h oe  R E1 + R C R L = 0, 03  ( 0,3 + 6,2 5,1) = 0, 093  0,1 luego se desprecia 1/h oe
Cálculo de AIS = il/is, AVS = vs/vo, Ri‘ = vi/ii y RO’:
Para facilitar los cálculos es mejor sustituir la fuente de voltaje vs en serie con el resistor RS
por una fuente de corriente iS en paralelo con el resistor RS quedándonos el circuito
equivalente así:
R C   R b   RS 
i
i i i 

AIS = l = l  b  i =  −h fe 


is i b ii is 
R C + R L   R b + R i   R S + R ' 

i
donde: il = −h fe  i b 
i b = ii 
Rb
RC
RC + RL
(Divisor de corriente) 
(Divisor de corriente) 
R b + Ri
(
ib
ii
)
=
il
= − h fe 
ib
RC
RC + RL
Rb
R b + Ri
 h + h + 1  R E1   i b
ie
fe

siendo R i =
=
= h ie + h fe + 1  R E1 = 103, 6 
ib
ib
vb
y i i = is 
v
R i' = i =
i
i
RS
R S + R i'
(
(Divisor de corriente) 
)
RS
ii
=
is R S + R '
i
( R b Ri )  ii = ( R b hie + ( hfe + 1)  R E1  )  ii = R h + h + 1  R  = 13, 29 k
ii
ii
b  ie
( fe )
E1 
6,2  
15,25
10

 

A IS =  −330 


= −9,98


6,2 + 5,1   15,25 + 103,6   10 + 13,29 

A VS =
R
vo i l  R L
5,1
=
= A IS  L = −9,98 
= −5, 09 (Invierte fase)
vs i s  R S
RS
10
R 'O = R C R O siendo RO la resistencia equivalente de Thevenin a la salida.
RO =
V
V
V
=
= =
I h fe  i b 0
como no hay vS, ib = hfe  ib = 0
luego R O = 
Luego R 'O = R C R O = R C  = R C = 6, 2 k
i
v
'
R / A IS = l = −9,98; A VS = o = −5, 09 (Invierte fase); R i' = 13, 29 k y R O
= 6, 2 k
is
vs
Problema No. 3:
En el circuito de la figura 3, se emplea el mismo tipo de transistor del problema 1 y la
polarización es tal que circula por el transistor una corriente de colector ICQ = 2 mA.
Calcule a frecuencias medias:
a) Las ganancias AIS = il/is, Ri’ = vi/ii y AVS = vo/vs.
b) Los valores de il e ii si Vs = 1 mV (rms).
c) El valor de RL para obtener la máxima transferencia de potencia en la salida.
Figura 3. Problema 3.
Solución:
1ro-Determinar la configuración del transistor: El transistor se encuentra en configuración
colector común (la señal entra por la base y sale por el emisor).
2do-Determinar el punto de operación del BJT en reposo (análisis estático):
Dato: ICQ = 2 mA.
3ro-Dibujar el circuito a pequeña señal en alterna (VCC a tierra y los condensadores Ca1, Ca2
y CE se cortocircuitan a frecuencias medias):
R b = R TH = R1 R 2 = 49, 76 k
4to-Sustitución del transistor bipolar por el modelo de pequeña señal híbrido simplificado,
cálculo del parámetro hie y planteamiento de la condición de validez:
h ie = rb + r = rb +
(
0
h fe  VT
ICQ
=
330  26
= 4,3 k
2
)
Condición de validez: ¿ h oe  R E R L  0,1?
(
)
h oe  R E R L = 0, 03  ( 3 3) = 0, 045  0,1 luego se desprecia 1/h oe
a) Cálculo de las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs
Para facilitar los cálculos es mejor sustituir la fuente de voltaje vs en serie con el resistor RS
por una fuente de corriente is en paralelo con el resistor RS quedándonos el circuito
equivalente así:
R E   R b   RS 
i
i i i 

AIS = l = l  b  i =  ( h fe + 1) 


is i b ii is 
R E + R L   R b + R i   R S + R ' 

i
donde: il = ( h fe + 1)  i b 
i b = ii 
Rb
R b + Ri
RE
RE + RL
(Divisor de corriente) 
(Divisor de corriente) 
siendo
(
ib
ii
)
=
RE
il
= ( h fe + 1) 
ib
RE + RL
Rb
R b + Ri
h + h + 1  R E R   ib
L
ie
fe
Ri =
=
= h ie + h fe + 1  R E R L = 501 k (Muy Alta)
ib
ib
vb
y i i = is 
RS
(Divisor de corriente) 
R S + R i'
R i' =
(
(
)
)
RS
ii
=
is R S + R '
i
R b R i  ii
vi
=
= R b R i = R b  h ie + h fe + 1  R E R L  = 45, 26 k


ii
ii
(
)
(
)
3   49,76  
10


A IS =  331

= 2, 71


3 + 3   49,76 + 501   10 + 45,26 

Otra forma de calcular AIS:

R E   RS R b  
i
i i
3   8,33 
 =  331
AIS = l = l  b =  ( h fe + 1) 
= 2, 71
  


is i b is 
R E + R L   RS R b + R i  
3 + 3   8,33 + 501 


donde
i b = is 
RS R b
RS R b + Ri
(Divisor de corriente) 
ii R S R b
=
is R S + R i
R S R b = 8,33 k
A VS =
R
vo i l  R L
3
=
= A IS  L = 2,71 = 0,81 (No invierte fase)
vs is  R S
RS
10
i
v
R / A IS = l = 2, 71; A VS = o = 0,81 (Invierte fase) y R i' = 45, 26 k
is
vs
b) Cálculo de los valores de il e ii si Vs = 1 mV (rms)
y
A v
v
v
A VS = o e i l = o  vo = AVS  vS  il = VS S
RL
RL
vs
A VS  VS 0,81 110−3
R / Il =
=
= 0, 27 μA (rms) = 270 nA (rms)
RL
3 103
Aplicando LKV en I: − vs + ii  R S + ii  R i' = 0
Y al despejar nos queda que:
Ii =
vs
R S + R i'
=
1 10−3
10 10−3 + 45,26 10−3
= 18,1 nA (rms)
R / Ii = 18,1 nA (rms)
c) Cálculo del valor de RL para obtener la máxima transferencia de potencia en la salida.
Para que haya máxima transferencia de potencia a la carga, se debe cumplir que RL = RO’.
R 'O = R O R E siendo RO la resistencia equivalente de Thevenin a la salida.
RO =
V
, pero
I
(
)
I = − h fe + 1  i b
(
)
(
)
y V = − h ie + R S R b  i b , luego:
RO =
R O ==
− h ie + R S R b  i b
(
)
− h fe + 1  i b
h + RS R b
= ie
h fe + 1
4,3 103 + 8,33 103
= 38,16 
330 + 1
luego R 'O = R O R E  R O = 38,16  (al ser R E  R O )
Para que haya máxima transferencia de potencia a la carga R L = R 'O = 38,16  .
Nota: Para esta condición de máxima transferencia de potencia a la carga provoca a su vez
una disminución considerable de la AVS, por lo que se prefiere en la configuración colector
común lograr la máxima transferencia de voltaje y no de potencia a la salida.
Para
RL
=
38,16
Ω

(
)
R i = h ie + h fe + 1  R E R L = 16,93 k

R i' = R b R i = 12, 63 k

R E   RS R b 
i
i i

AIS = l = l  b =  ( h fe + 1) 

iS i b iS 
R E + R L   RS R b + R i 


AVS =

R E   RS R b  R L
R
vo i l  R L

=
= AIS  L =  ( h fe + 1) 
= 0, 41

vS i S  R S
R S 
R E + R L   R S R b + R i  R S


Problema No. 4:
En el circuito de la figura 4, calcule a frecuencias medias:
a) El punto de operación del transistor.
b) Las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs.
c) El valor de Ri´ = vi/ii y Ro´.
d) Los valores de il e ii si Vs = 1mV (rms).
Datos del BJT: F = hFE = 200; VBE = 0,7 V; VBEsat = 0,8 V; VCEsat = 0,2 V; ICO = 0;
hfe = 250; hre = 0; hoe = 60 A/V; y VT = 26 mV.
Figura. 4. Problema 4.
Solución:
a) Para el análisis estático o de directa los condensadores Ca1, Ca2 y C se consideran
circuitos abiertos. El transistor bipolar puede trabajar en activa saturación o corte.
Suponiendo que el transistor está operando en la zona de activa:
Aplicando LKV en I:
−VCC + ( IC + I B )  R C + I B  ( R B1 + R B2 ) + VBE = 0 (1)
0
pero IC = h FE  IB + ( h FE + 1)  ICO = h FE  IB (2)
Sustituyendo (2) en (1) nos queda que:
−VCC + ( h FE + 1)  IB  R C + IB  ( R B1 + R B2 ) + VBE = 0
Despejando la corriente de IB:
IBQ =
VCC − VBE
( h FE + 1)  R C + R B1 + R B2
=
12 − 0,7
= 12,5 μA
( 200 + 1)  3 + 150 + 150
ICQ = h FE  IBQ = 200  0,0125 = 2,5 mA
Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el VCEQ:
(
)
− VCC + ICQ + I BQ  R C + VCEQ = 0
pero al ser h F = 200  1  IC  IB
luego
−VCC + VCEQ + ICQ  R C = 0
y al despejar VCEQ nos queda que:
VCEQ = VCC − ICQ  R C = 12 − 2,5  3 = 4,5 V  VCE sat = 0, 2 V  Activa
(
R/ Punto de Operación: Q IBQ = 12,5 μA; ICQ = 2,5 mA; VCEQ = 4,5 V
)
b) Cálculo de las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs: El transistor está en configuración
emisor común.
•
Dibujo del circuito a pequeña señal en alterna (VCC a tierra y los condensadores Ca1,
Ca2 y C se cortocircuitan a frecuencias medias):
Sustitución del transistor bipolar por el modelo de pequeña señal híbrido simplificado,
cálculo del parámetro hie y planteamiento de la condición de validez:
h ie = rb + r = rb +
(
0
h fe  VT
ICQ
=
200  26
= 2,8 k
2,5
)
Condición de validez: ¿ h oe  R B2 R C R L  0,1?
(
)
h oe  R B2 R C R L = 0, 06  (150 3 10 ) = 0, 06  2, 27 = 0,136  0,1 No se desprecia 1/h oe
Sustituyendo la fuente de voltaje vs en serie con el resistor RS por una fuente de corriente is
en paralelo con el resistor RS para facilitar los cálculos nos queda el circuito equivalente
así:

  R R

1/h oe R B2 R C
i
i i
S B1


A IS = l = l  b =  −h fe 



i S i b iS 
(1/h
R
R
)
+
R
R
R
+
h
oe B2 C
L   S B1
ie 

donde:
il = −h fe  i b 
y i b = iS 
1/h oe R B2 R C
1/h oe R B2 R C + R L
Rb
R b + Ri

ib
iS
=
(Divisor de corriente) 
R S R B1
donde R i =
R S R B1 + R i
1/h oe R B2 R C
il
= − h fe 
ib
(1/h oe R B2 R C ) + R L
h i
= ie b = h ie = 2,8 k
ib
ib
vb

16,67 150 3   10 150  
2,5   9,375 
A IS =  −250 
  
 =  −250 
   9,375 + 2,8  = −38,5
16,67
150
3
+
10
10
150
+
2,8
2,5
+
10

 


 

A VS =
R
vo i l  R L
10
=
= A IS  L = −38,5  = −38,5 (Invierte fase)
vS i S  R S
RS
10
i
v
R / A IS = l = −38,5 y A VS = o = −38,5 (Invierte fase)
iS
vS
c) Cálculo de los valores de Ri´ = vi/ii y Ro´:
R i' =
vi
ii
=
( R B1 R i )  ii = ( R B1 hie )  ii = R
ii
ii
B1
h ie  h ie = 2,8 k
R 'O = R C R B2 R O siendo RO la resistencia equivalente de Thevenin a la salida.
RO =
V I 1/h oe
1
=
=
= 16, 67 k
I
I
h oe
como no hay vs, ib = hfe  ib = 0
luego R 'O = R C R B2 R O = R C R B2 1/h oe = 3 150 16,67 = 2,5 k
R / R i' = 2,8 k y R 'O = 2,5 k
d) Cálculo de los valores de il e ii si Vs = 1mV (rms).
A VS =
A v
v
vO
e i l = O  vo = AVS  vS  il = VS S
RL
RL
vS
R / Il =
A VS  Vs −38,5 110−3
=
= −3,85 μA (rms)
RL
10 103
Aplicando LKV en I:
− vs + ii  R S + ii  R i' = 0
Y al despejar nos queda que:
Ii =
vs
=
'
RS + Ri
1 10−3
10 10−3 + 2,8 10−3
= 78,125 nA (rms)
R / Ii = 78,125 nA (rms)
Problema No. 5:
En el circuito de la figura 5, calcule a frecuencias medias:
a) El punto de operación del transistor y la potencia que disipa el transistor en reposo.
b) Las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs.
c) El valor de Ri’ = vi/ii y Ro´.
d) Los valores de il e ii si vs = 1mV (rms).
Datos del BJT: F = hFE = 150; VBE = 0,7 V; VBEsat = 0,8 V; VCEsat = 0,2 V; ICO = 0;
hfe = 200; hoe = 27 μA/V; y VT = 26 mV.
Figura 5. Problema 5.
Problema No. 6:
En los circuitos mostrados en la figura 6, calcule a frecuencias medias:
a) El punto de operación del transistor y la potencia que disipa el transistor en reposo.
b) Las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs.
c) El valor de Ri’ = vi/ii y Ro´.
d) El valor máximo de la señal de entrada (vs max) si vo max = 3,7 V.
Datos del BJT: F = hFE = 100; VBE = 0,7 V; VBEsat = 0,8 V; VCEsat = 0,2 V; ICO = 0;
hfe = 150; hre = 0; hoe = 10 μA/V; y VT = 25 mV.
Figura 6: Problema 6.
Problema No. 7:
En los circuitos mostrados en la figura 7, calcule a frecuencias medias:
a) El punto de operación del transistor y la potencia que disipa el transistor en reposo.
b) Las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs.
c) El valor de Ri’ = vi/ii y Ro´.
Datos del BJT: F = hFE = 260; VBE = 0,6 V; VCE sat = 0,1 V y ICO = 0; hfe = 300; hre = 0;
hoe = 10 μA/V; y VT = 25 mV.
Figura 7. Problema 7.
Problema No. 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) Las ganancias AIS = il/is y AVS = vo/vs.
c) El valor de Ri’ = vi/ii y Ro´.
d) Los valores de il e ii si vs = 1mV (rms).
Datos: F = hFE = 100; VBE = 0,6 V; VBE sat = 0,8 V; VCE sat = 0,2 V; ICO = 0; hfe = 150;
hre = 0; hoe = 15 μA/V; y VT = 25 mV.
Figura 8. Problema 8.
Conclusiones
•
•
•
El método general de solución estudiado para el cálculo del punto de operación del
BJT es válido para cualquier circuito de polarización.
La ubicación del punto de operación depende del campo de aplicación
(amplificador, interruptor o como elemento de un circuito digital).
La estabilidad del punto de operación frente a cambios de temperatura,
envejecimiento y dispersión paramétrica depende del circuito de polarización
escogido.