CLASE PRÁCTICA 2 RESUELTA. PLAN D PROBLEMAS DE POLARIZACIÓN DEL TRANSISTOR BIPOLAR (BJT)

Transcripción

1 LASE PRÁTIA RESUELTA. PLAN D PROBLEMAS DE POLARIZAIÓN DEL TRANSISTOR BIPOLAR (BJT) Sumario:. Introducción.. Solución de problemas. 3. onclusiones. Bibliografía:. Rashid M. H. ircuitos Microelectrónicos. Análisis y diseño, pag y 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:. En el circuito mostrado en la figura, 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 V. c) El valor máximo de R con el cual el transistor permanece trabajando en la región activa. Datos: β F h FE 50; V BE 0,7 V; V BE sat 0,8 V; V E sat 0, V e I O 0. Fig. : Problema. a) El punto de operación del transistor bipolar se caracteriza por la I BQ, I y el V EQ. 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.

2 R 50 VTH V 3,53 V R + R R R 0 50 RTH RB R R 35,9 kω R + R 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: Despejando la corriente de I B : I B Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor): TH B B BE E E () V + I R + V + I R 0 pero IE IB + I e F B F luego I ( + β ) I () E F B I β I + β + I Sustituyendo () en () nos queda que: V + I R + V + + β I R 0 TH B B BE F B E VTH VBE 3,53 0,7 R + + β R 35, ,5 B F E De donde: I BQ 0,00 ma 0 μa O 0 I β I 50 0, 0,5 ma Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el valor de V EQ : F BQ V + I R + V + I R 0 EQ EQ E

3 omo βf 50 >> IE I de donde: V + V + I R + R 0 EQ ( E ) V V I R + R,5 5 +,5,5 V > V 0, V Activa EQ E E sat ( BQ EQ ) R/ Punto de Operación: Q I 0 μa; I,5 ma; V, 5 V Para representar el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida del BJT, a partir de la LKV obtenida en la malla II, despejamos la I en función del V E : V + I R + V E + I E R E 0 omo βf 50 >> IE I, de donde: V + V E + I R + R E 0 V y al despejar I nos queda que: E V I + R + R R + R E E Si I 0 VE V Si V V E 0 I R + RE b) Potencia que se disipa en el colector del transistor bipolar: R / P I V,5,5 3,375 mw max EQ Potencia que entrega la batería: P V I V ( I + I ) ( ya que I I + I ) 3

4 Aplicando una LKV como se muestra en la figura de la izquierda se podrá calcular el valor de I : V + I R + V + I R 0 BE E E pero al ser βf 50 >> IE I V + I R + V BE + I R E 0 y al despejar I nos queda que: Luego: I V VBE I RE 0,7,5,5 75 μa R 0 R / P V I + I,5 + 0, 075 8,9 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 R disminuye el V E corriéndose el punto de operación hacia la zona de saturación sin variar el valor de I. El valor máximo de R (R max ) se calcula cuando el transistor alcanza el límite de la región de saturación, al hacerse V E V Esat. De la malla de salida nos queda que: ( F ) V + I R + V + I R 0 Al ser β 50 >> I I max E sat E EQ y al despejar nos queda que: R max V VE sat I RE 0,,5,6 6,36 kω I,5 R/ R max 6,36 kω. En el circuito mostrado en la figura, calcule R para que I E ma. Datos: β F h FE 50; V BE 0,7V; V BE sat 0,8V; V E sat 0,V; I O 0. Fig. : Problema. 4

5 Suponiendo que el transistor está trabajando en la zona de activa: Aplicando LK en el nodo B: I + I + I B 0 despejando I : I I + IB () pero al ser IE IB+ I donde I β F I B ( β F ) I O luego IE IB+ I IB+ βf IB y al despejar I B nos queda que: IE IB 0,039 ma βf Aplicando LKV en la malla I podremos calcular el valor de I : I R + V BE + I E R E 0 () V despejando I : BE + IE RE 0,7 + 0, I 0, 03 ma3 μa R 8 luego al sustituir los valores de I B e I en () obtenemos que: I 0, ,03 0,07 ma Aplicando LKV en la malla II podremos calcular R : V + I R + I R + I R 0 (3) Pero nos hace falta el valor de la corriente que circula por R. la cual se puede calcular aplicando una LK en el nodo: I+ I+ I 0 despejando I nos queda que: I I+ I (4) pero I IE IB 0,039,96 ma luego al sustituir I e I en (4) obtenemos que: I I+ I 0, 07+,96, 03 ma y al despejar R en (3) nos queda que: V I R I R,03 3,3 0,03 8 R 6,04 kω I 0,07 Aplicando LKV en la malla III para comprobar que el transistor está en activa: V + I R + V E + I E R E 0 5

6 y al despejar V E nos queda que: VE V I R IE RE V,03 3,3 0, 5, V > V 0, V Esta en activa E E sat R/ R 6 kω 3. En el regulador de voltaje serie de la figura 3: a) Explique su principio de operación y compárelo con el regulador paralelo. b) alcule el punto de operación del transistor. c) alcule las potencias disipadas en el Zener y en el colector del transistor. d) alcule la potencia P D entregada por la batería. e) Para el caso que V V NR V ± V, calcule el valor máximo de R S para que el Zener se mantenga dentro de la región de regulación. Datos: Q: β F h FE 00; V BE 0,7 V; V BE sat 0,8 V; V E sat 0, V; I O 0. Fig. 3: Problema 3. D Z : V ZO 5,7V; I ZK ma; R Z 0. a) El regulador de voltaje paralelo ya estudiado es el circuito de este tipo más sencillo; presenta como deficiencia la de ser baja la corriente y la potencia que puede entregar en su salida, limitado por la capacidad del Zener empleado. El regulador de voltaje serie con diodo Zener mostrado a continuación mejora esta deficiencia, pues el transistor que está conectado en serie con la carga R L es el encargado de entregar la corriente de salida I L. Si se abre la carga se hace I L 0, pero la corriente por el Zener no crece bruscamente como ocurre con el regulador paralelo. Esto se debe a que el transistor opera en la región activa, por lo que su I B I L /β F. omo β F >>, aún para caso peor en que se esté entregando la máxima corriente a la carga, la I B será relativamente baja. Desde el punto de vista del diseño, esto provoca que la disipación de potencia máxima en el Zener sea baja y no sea una limitante como lo es para el caso del regulador paralelo. El principio de operación de este regulador serie se basa en la utilización de un Zener como referencia interna, con un voltaje V Z que es independiente de las variaciones de V NR y de I L. Si se analizan estas dos variaciones en forma independiente, para el caso en que R L sea constante y se varía V NR : se observa de las expresiones anteriores, que I e I BQ se mantienen casi constantes, pero al crecer V NR aumentan I RS e I Z. La línea de carga se desplaza hacia la derecha con la misma pendiente, por lo que V EQ crece y contrarresta la posible variación de V NR manteniendo a V O casi constante. En el caso en que V NR se mantenga constante y se varíe a R L : si R L decrece, I e I BQ aumentan pero I Z disminuye. En la característica de salida del transistor, la línea de carga incrementa su pendiente pero mantiene el intercepto en V NR que no cambia. El valor de V EQ se mantiene casi constante pues V O apenas varía. 6

7 b) Suponiendo que el diodo tener está en ruptura, V ZO 5,7 V y la I Z debe ser mayor que I ZK. omo R Z 0 y suponiendo que el transistor está en activa, al aplicar unas LKV en I (la base del transistor) se obtiene que: V ZO + V BE + I E R E 0 despejando la corriente I E : VZO VBE 5,7 0,7 IE 00 ma RE 0,05 pero IE IB+ I y al ser βf >> I I E luego I 00 ma 0 I β F I B+ ( β F+ ) I I 00 O IBQ ma βf 00 Aplicando LKV en la malla II calcularemos el V EQ : V + V EQ + I E R E 0 y al despejar V E nos queda que: V V I R ,05 5 V > V 0, V Q está en Activa EQ E E E sat ( BQ EQ ) R/ Punto de Operación: Q I ma; I 00 ma; V 5 V P max I V ya que R 0 Ω c) Z Z ZO Z Aplicando LK en A podremos calcular el valor de I Z : I+ IZ + IB 0 IZ I IB () álculo de I : Aplicando LKV en la malla III podremos calcular I : V + I RS + VZO 0 V VZO 0 5,7 I 8, 6 ma RS 0,5 Luego sustituyendo en () obtenemos que: I Z 8,6 ma ma 7,6 ma > I ZK ma El Zener regula R/ PZ max IZ VZO 7,6 5,7 43,3 mw P I VEQ 0, 5 0,5 W d) V ( + ) R/ P I I 0 8,6+ 00,086 W 7

8 e) Si V V NR V ± V, el valor máximo de R S para que el Zener se mantenga dentro de la región de regulación se calcula para la peor condición que es cuando V NR V min inst V, I Z min inst I ZK y I la corriente de la carga es máxima (en este caso E β ). R S max V min inst VZO 5,7,767 kω IE 00 I ZK + + β 00 F R/ RS max,767 k Ω 4. En el circuito de la figura 4, calcule el punto de operación y la potencia disipada en colector del transistor en reposo. Datos: β F h FE 00; V BE 0,7V; V Esat 0,V y I O 0. F (R Z 0) Fig. 4: Problema 4. 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: I I + I β + I luego E B F B Aplicando LKV en la malla I obtenemos que: V + I + I R + I R + V + I R 0 B B B BE E E V + R + R I + I R + V + I R 0 B B BE E E Al ser IE IB I + e I β I + β + I F B F V + R + R I + β I R + V + β + I R 0 B B F B BE F B E V + R B β F R R E I B+ V BE 0 O 0 8

9 Despejando la I B : I BQ V VBE 0,7 7,35 μa R + β + R + R 00 + ( 0) ( 3 + 0,) B F E I β I 00 0,735,735 ma F BQ Aplicando LKV en la malla II calcularemos el V EQ : EQ E ( + ) ( + ) E V + I + I R + V + I + I R 0 BQ EQ BQ V V I I R I I R EQ BQ BQ V, ,0735 3, ,0735 0, 3, 44 V > 0, V Q está en Activa ( BQ EQ ) R/ Punto de Operación: Q I 7,35 μa; I,735 ma; V 3, 44 V R/ P I VEQ,735 3,44 9,44 mw 5. En el circuito de la figura 5, calcule el punto de operación y la potencia disipada en colector del transistor en reposo. Datos: β F h FE 00; V EB 0,6 V; V E sat 0, V e I O 0. Fig. 5: Problema 5. Suponiendo el transistor en activa y aplicando LKV en la malla I calcularemos la I BQ : V + V EB + I BQ R B + I + I BQ R 0 () I β I + β + I 0 () pero F B F O luego al sustituir () en () nos queda que: V + V + I R + β + I R 0 EB BQ B F BQ despejando I BQ obtenemos que: I BQ V V EB 4,36 μa R + β + R F B BQ F I β I 00 0, 0436,87 ma Aplicando LKV en la malla II calcularemos el V E : 9

10 V + V + I + I R 0 E BQ VE V I + IBQ R 5,87 + 0, ,34 V > 0, V Q está en Activa ( BQ E ) R/ Punto de Operación: Q I 4,36 μa; I,87 ma; V 6,34 V P I V,87 6,34 8, mw E R/ P 8, 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: β F h FE 60; V BE 0,6 V; V E sat 0, V y I O 0. Respuesta del circuito de la figura 6 a): Fig. 6: Problema 6. 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: 0

11 LA FUENTE DE THEVENIN SIEMPRE ESTÁ REFERIDA A TIERRA!! R VTH VR V EE y VR V + VEE R+ R R 36 VTH ( V + VEE ) VEE 4 7 4,67 V R+ R Primera forma de calcular el V TH : Segunda forma de calcular el V TH : (Aplicando superposición) R R VTH V VEE 7 7 4,67 V R+ R R+ R R R RTH RB R R 30 kω R+ R Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor): VTH + IB RB + VBE + IE RE VEE 0 pero IE IB + I e I β F I B+ β F+ I O, luego Sustituyendo () en () nos queda que: I + β I () E F B VTH + IB RB + VBE + + βf IB RE VEE 0 Despejando la corriente de I B : VEE VTH VBE 7 4,64 0,6 IB 3,87 μa RB+ ( + βf) RE 30 + ( + 60),6 I β I 60 0, ma Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el V EQ : pero al ser βf 60 IE I F BQ V + I R + V + I R V 0 E E E EE >> luego: 0 V + V EQ + I R + R E V EE 0

12 y al despejar V EQ nos queda que: V V + V I ( R + R ) EQ EE V EQ ,5 +, 6 4,9 V > V E sat 0, V Activa ( BQ EQ ) R/ Punto de Operación: Q I 3,87 μa; I ma; V 4,9 V Respuesta del circuito de la figura 6 b): R/ P I V 4,9 4,9 mw E ( BQ EQ ) R/ Punto de Operación: Q I 3,97 μa; I ma; V 0 V y R/ P 0 mw 7. a) Se desea diseñar un circuito de polarización de transistor como el que se ilustra en la figura. Use un transistor N, para el cual se tiene que: β mínimo 00; β nominal 73; I S 3,3 0 4 A y V A 00 V. La corriente de operación del colector se tiene que ajustar a I ma. La fuente de alimentación de D es V 9 V. Supóngase V BE 0.7 V en la región activa y que β F β f. b) alcule los parámetros de señal pequeña r π, g m y r o del transistor. a) Diseño del circuito de polarización empleando un autopolarizado: er β Paso: álculo de α F, I E e I B : F 00 αf 0,99 + βf + 00 I I IE,0 ma ma e IB 0,0 ma ( IO 0) αf 0,99 βf 00 do Paso: álculo de V E, R E y la disipación de potencia de R E : V 9 VE 3 VE 3 V RE,97 kω 3 kω 3 3 IE,0 PR I E E RE,0 3 3,06 mw 3 er V Paso: álculo de V E : 9 VE 3 V to Paso: álculo de R E y su disipación de potencia: 5 to Paso: álculo de R TH y V TH : 3 3 I R V VE VE V R 3 kω I R () P I R 3 3 mw R TH + βf RE ,3 kω 0 0 E

13 VTH IB RTH + VBE + VE 3+ 0,7+ 0,0 30,3 4 V 6 to Paso: álculo de R y su disipación de potencia: P R R RTH V 30,3 9 68,75 kω V 4 TH ( V V ) ( 9 4) TH 7 to Paso: álculo de R y su disipación de potencia: R 0,37 mw R 68,75 RTH V 30,3 9 54,54 kω V V 9 4 P R TH TH V 9,49 mw R 54,54 b) álculo de los parámetros de señal pequeña r π, g m y r o del transistor: βf VT 00 5,8 I V r Π 5,8 kω, g m 38,76 ms, A 00 r I VT 5,8 O 00 k Ω I 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 R 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: β F h FE 00; V BE 0,6 V; V BE sat 0,8 V; V E sat 0, V e I O 0. a) Fig. 8: Problema 8. Punto de Operación: Q I,3 μa; I,3 ma; V,85 V y P,8 mw b) R max 4,34 kω BQ EQ 3

14 9. En el circuito mostrado en la figura 9, se conoce que I ma; V RE 6 V y β F h FE 00. Determine: a) El punto de operación del transistor y la región de trabajo del mismo. b) El valor de R E y R B. c) Represente el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida del transistor. Datos: V BE 0,7 V; V BE sat 0,8 V; V E sat 0, V e I O 0. a) ( BQ EQ ) Fig. 9: Problema 9. Punto de Operación: Q I 0 μa; I ma; V 9,96 V Activa b) RE,97 k Ω y RB 463 kω 0. En el regulador de voltaje serie de la figura 0: a) El valor máximo de R S para que el diodo zener regule adecuadamente si I ZK 5 ma y R E 5 kω. b) Las resistencias R y R E para fijar una corriente de colector de I ma y V E 5 V. Datos: Q: β F h FE 00; V BE 0,7 V; V BE sat 0,8 V; V E sat 0, V; I O 0. D Z : V ZO 8,7V; I ZK 5 ma y R Z 0. a) RB max, 53 kω Fig. 0: Problema 0. b) RE,9 k Ω y R 7 kω. En el circuito de la figura se muestra dos transistores trabajando en la región de activa con β F h FE 00 y β F h FE 50. Determine el punto de operación de cada transistor. Datos: V BE V BE 0,7 V; V BEsat V BEsat 0,8 V; V Esat V Esat 0, V; I O I O 0. 4

15 Fig. : Problema. Punto de Operación: Q IBQ 8,88 na; I,888 μa; V EQ 8, 48 V Q IBQ,96 μa; I 45,8 μa; V EQ 8,98 V. En el circuito de la figura, el transistor Q siempre está en activa. a) Halle el punto de operación del transistor Q. b) Determine a partir de qué valor de R E el transistor Q está saturado. Datos: V EB V BE 0,7 V; V EB sat V BE sat 0,8 V; V E sat V E sat 0, V; I O I O 0; β F h FE β F h FE 50; V ZO 5,7 V y R Z 0 Fig. : Problema. a) Punto de Operación: Q( IBQ 4,9 ma; I 98 ma; VEQ 0, V) b) RE 495,5 Ω 5