Ejercicios Ejercic ios resuel resueltos tos de tecnol tecnolog og´ ´ıa electr electr´ ´onica. 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 V o , con el interruptor S en la posici´on on 1, si ha permanecido en dicha posici´ on tiempo suficiente para alcanzar las on condiciones condici ones finales. b) Pu Punt ntoo de fun funci cion onami amien ento to de dell BJ BJT T y val alor or de V o , con el interruptor S en la posici´on on 2, si ha permanecido en dicha posici´ on tiempo suficiente para alcanzar las on condiciones finales. c) Valor de V o para t = 1mseg. y para t = 10mseg , si en t = 0mseg el interruptor S pasa de la posici´on on 1 a la 2 despu despu´´es es de permanecer elevado elevado tiempo en la 1. V CC CC = +15V C = 1µF 1
RB = 2K
V o
DZ
DZ
BJ T
2
RE = 1K
V Z Z = 4,7V I Z mi min n = 1mA RZ = 0Ω V γ γ = 0,5V V BE BE = V BE B E SAT = 0,7V V CESAT C ESAT = 0V β = 200
Soluci´ on: on:
a) Pto. funcio funcionam namo con S = 1 y V o (R´eg. eg. pe perma rmanent nente) e)
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1
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V CC = +15V
RB = 2K
0,7V
V o
RE = 1K
DZ
V o = V cc = 15V I RB =
15 − 4,7 = 5,15mA 2
V E = V B − V BE = 4,7 − 0,7 = 4V I E =
4V = 4mA 1k Ω
V CE = 14 − 4 = 11V I C ≃ I E
I C I B = β
I RB >> I B ⇒ I RB ≃ I Z > 1mA
b) Pto. funcionamiento y V o con S = 2 (R´eg. est. perm.) V CC = +15V
RB = 2K
V o
I B I E
0,7 0,7V
RE = 1K
I C = 0; BJT = sat → V CE = V C E
SAT
= 0V
4,7 − 0,7 = 4mA 1 15 − 4,7 = = 5,15mA 2
I E = I B = I RB
I Z = I RB − I B = 5,15 − 4 = 1,15mA > I Z
c) V o para t =
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min
1
ms , si en t = 0 S pasa de 1 a 2 (reg, est. en 1) 10seg.
2
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V o |t=10s = . . . = 4V V o = V E + V CE = 4V
Sep-93. En el circuito de la figura y suponiendo T 1 y T 2 transistores de silicio con β 1 = 50 y β 2 = 20, determinar: a) Punto de funcionamiento (I C , V CE ) de cada uno de los transistores para V i = 10V . b) Valor m´ınimo de V i que satura a alguno de los transistores y punto de funcionamiento en este caso de T 1 y T 2 . V CC = 30V RE = 10K Ω T 2 R1 = 20K V i
T 1 V o R2 = 80K
T 1
T 2
RC = 10K
= = −
I C 1 = β 1 I B1 V BE 1 = 0,7V I E 1 = (1 + β 1 )I B1 I C 2 = β 2 I B2 V BE 2 = 0,7V I E 2 = (1 + β 2 )I B2
Soluci´ on:
a) Pto. trabajo / V i = 10V Th´evenin en la base de T 1 : RT = R1 R2 =
R1
V i
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R2
⇔
V T = V i
3
R2 R1 + R2
1600 100
= 10 ·
= 16K Ω 80 100
= 8V
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V CC = 30V I E2 10K
I C 1 = I B2 T 2 I C 2
16
T 1
V o
I B1
I E1 + I C 2
Ecuaci´ on malla base T 1 0,8V i = I B1 − RT + V BE 1 + ( I E 1 + I C 2 )RC = I B1 RT + V BE 1 + ((1 + β 2 )I B1 + β 2 β 1 I B1 )RC ( (
Es un montaje Darlington en el sentido de que β = β 1 · β 2 ))
Para V i = 10V : 8 = I B1 · 16 + 0,7 + (51I B1 + 1000I B1 ) · 10 I B1 = 0,693µA I C 1 = β 1 · I B1 = 0,0346mA = I B2 I C 2 = β 2 · I B2 = 0,693mA
Malla de colector de T 2 V CC = I E 2 · RE + V EC 2 + (I E 1 + I C 2 ) · RC V EC 2 = . . . = 15,45V ⇒ Activa. V CE 1 = V EC 2 = V EB 2 = . . . = 14,75V ⇒ Activa, suposici´on correcta.
b) Valor de V i que sature al grupo de los transistores y pto. func. I C 1 = βI B1 T 1 → SAT ⇒ V CE 1 = 0,8V V BE 1 = 0,8V
Malla colector T 1: V CE = (1 + β 2)β 1 · I B1 · RE + V EB 2 + V CE 1 + [(1 + β 1 )I B1 + β 1 β 2 I B1 ] · RC 30 = 21 · 50 · I B1 · 10 + 0,7 + 0 ,2 + [51I B1 + 1000I B1] · 10
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4
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I B1 = I B1 I C 1
SAT
SAT
= I B1
= 1,385µA SAT
· β = 0,0692mA
I C 2 = βI B2 = 1,385mA V CE 1 = V C E
SAT
1
= 0,2V
V EC 2 = V EB 2 + V CE 1 = 0,7 + 0 ,2 = 0,9V
0,8V i = I B1 · RT + V BE 1
SAT
+ (I B1 + I C 2 ) · RC
V i = 19,22V
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