UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIAFACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

DISPOSITIVOS ELECTRONICOS

Problemas

Alumno: Miguel Horacio, Colcas Meneses

Docente: Utrilla Salazar Dario

CICLO 2013-II

LIMA-PERU

Dispositivos Electronicos EE-411N UNI-FIEE

1 En el circuito mostrado. Hallar el punto de trabajo de los transistores(IB ;IC ;IE ;VCE).Datos: los diodos D: Vy = 0,7V ;Diodo Zener Dz:Vy = 0, 7V ,Vz = 10V ,IZmin = 3mAIZmax = 25mA.Transistores T1:β1 = 100,VBEon=VBEsat=0, 7V ,VCEsat=0, 2VTransistor T1:β2=400,VBEon=VBEsat=-0,7V,VCEsat=-0,3V

Solucion1:Para un analisis inicial consideraremos los transistores en zona activa.

• Inicialmente consideraremos al zener como regulador(potencial entre sus extremos 10V)y el potencialtotal entre los diodos es 2.1V.• Malla de la base de T1 si VB1 = 2,1V .

VB1 = VBE1 + 100IE1

2,1 = 0,7 + 100IE1

IE1 = 14mA

• De las relaciones base emisor y colector dado β = 100.

IB1 = 0,13mA

IC1 = 13,9mA

• Ahora analizamos la malla del CE de T1 con VC1 = 14V .

VC1 = VCE1 + 100IE1

VCE1 = 12,6V

VCB1 = 11,9V

• La malla de la base de T2:24 = 82IE2 + VEB2 + VC1

24 = 82IE2 + 0,7 + 14

IE2 = 113,4mA

• Dadas las relaciones de la base,emisor y colector con β = 400

IB2 = 0,28mA

IC2 = 113,1mA

• Malla CE de T2.24 = 82IE2 + VEC2 + 95IC2

VCE2 = −3,95V

VBC2 = 3,25V

Ciclo 2013-II Miguel H. Colcas Meneses 2

Dispositivos Electronicos EE-411N UNI-FIEE

Solucion2:En este caso consideraremos RC2 = 95x2 = 190Ω , T2 en saturacion y el diodo zener noconduce.

• Las corrientes de T1 son las mismas que en el problema anterior.Hallamos las corrientes de de T2 con la malla CE.IC1 = IB2 = 13,8mA

24 = 82IE2 + 0,3 + (IE2 − 13,8m)190

IE2 = 96,7mA

• Ahora la malla CE de T1:

24 = 82IE2 + 0,7 + VEB2 + VCE1 + 100IE1

• Reemplazando valores:

VCE1 = 13,97V

• Comprobamos el potencial entre el zener:

VZ = 24V − (VCE1 − 100IE1)

VZabierto = 8,6V

Por lo que se comprueba que VZ = 10V > 8,6V por lo tanto el zener esta abierto

Ciclo 2013-II Miguel H. Colcas Meneses 3

Dispositivos Electronicos EE-411N UNI-FIEE

2 Calcular el punto de operacion (IB ,IC ,IE ,VCE)de cada uno de los transisto-res de la figura 2.Transistores T1:β1=100,VBEon=VBEsat=0,7V,VCEsat=0,3V;T2:β2=100,VBEon=VBEsat=-0,7V,VCEsat=-0.4V

Solucion1:Caso con los 2 transistores en zona activa.

• Malla de por la resistencia de 20kΩ y 0.82kΩ

20K(IB2 + IC1) − 0,82K(IB1 + IC2) + VEB2

IB1(20k100 − 0,82k) + IB2(20k − 0,82k101) = 0,7 . . . (1)

• Malla de la base del transistor 1:

12 = 0,82k(IB1 + IE2) + 20kIB1 + VBE1

IB1(0,82k + 20k) + 0,82k101IB2 = 11,3 . . . (2)

• De (1) y (2):

IB1 = 4,6µA

IB2 = 135, 2µA

• A partir de las corrientes base podemos hallar todas las corrientes de los transistores. • Malla CE deltransistor 2

12 = 0,82k(IB1 + IE2) + VEC2 + 5,6kIC2

VCE2 = −74,9V

VBC2 = −75,7V

Observamos los valores del VCE2 = −74,9, no tiene sentido en nuestro problema ya que la fuente es de12V.• El transistor 2 no esta en activa.

Ciclo 2013-II Miguel H. Colcas Meneses 4

Dispositivos Electronicos EE-411N UNI-FIEE

Solucion2:Un transistor en zona activa y otra en saturacion.En este metodo tomaremos el potencial del emisor de T2 con respectoa tierra(VE2) como una variable a hallar en nuestras ecuaciones y tambien las IB1

y IB2.Tomamos T1 en activa y T2 en saturacion.• La corriente que pasa por la resistencia de 0,82KΩ.

12 − VE2

0,82K= IB1 + IE2

• Si el VEC2sat = 0,4V , IC2 =VE2 − 0,4

5,6Ky por Kirchoff IE2 = IC2 + IB2 :

12 − VE2

0,82K= IB1 +

VE2 − 0,4

5,6K+ IB2

• Despejamos las variables.IB2 + IB1 + 1,39mVE2 = 14,7m. . . (1)

• Ahora la malla de la base de T1, si VBE1 = 0,7V

VE2 − 0,7V

20k= IB1

• Despejamos las variables:20kIB1 + VE2 = 0,7 . . . (2)

• Resolvemos la malla del colector del T2, corriente que pasa por la resistencia de 20k (I20k):

I20k + IB2 = IC1

•IC1 = 99IB1 ademas I20k =12 − VB2

20k, VEBsat = VE2 − VB2 = 0,7V entonces:

12 − (VE2 − 0,7)

20k+ IB2 = 99IB1

• Re ordenando las variables:

−IB2 + 99IB1 + 5x10−5VE2 = 5,65x10−4 . . . (3)

• Resolviendo (1),(2) y (3).IB2 + IB1 + 1,39mVE2 = 14,7m. . . (1)

20kIB1 + VE2 = 0,7 . . . (2)

−IB2 + 99IB1 + 5x10−5VE2 = 5,65x10−4 . . . (3)

IB2 = 10,5mA

IB1 = 0,11mA

VE2 = 2,9V

• Resolviendo mallas:

IC1 = βIB1 = 11mA

12 = 20k(IC1 − IB2) + VCE1

VCE1 = 2,2V

VCB1 = 1,5V

Ciclo 2013-II Miguel H. Colcas Meneses 5