Este documento presenta dos problemas resueltos sobre el análisis de circuitos con transistores bipolares. El primer problema determina los puntos de funcionamiento y el valor de Vo para diferentes posiciones de un interruptor en un circuito con un solo transistor. El segundo problema determina los puntos de funcionamiento de dos transistores en configuración Darlington y el valor mínimo de la tensión de entrada que satura al grupo de transistores.

1. Ejercicios resueltos de tecnolog´ıa electr´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 Vo, con el interruptor S en la po-
sici´on 1, si ha permanecido en dicha posici´on tiempo suficiente para alcanzar las
condiciones finales.
b) Punto de funcionamiento del BJT y valor de Vo, con el interruptor S en la
posici´on 2, si ha permanecido en dicha posici´on tiempo suficiente para alcanzar las
condiciones finales.
c) Valor de Vo para t = 1mseg. y para t = 10mseg, si en t = 0mseg el interruptor
S pasa de la posici´on 1 a la 2 despu´es de permanecer elevado tiempo en la 1.
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Vo
RE = 1K
VCC = +15V
DZ
C = 1µF
RB = 2K
DZ



VZ = 4,7V
IZ min = 1mA
RZ = 0Ω
BJT



Vγ = 0,5V
VBE = VBE SAT = 0,7V
VCESAT = 0V
β = 200
Soluci´on:
a) Pto. funcionamo
con S = 1 y Vo (R´eg. permanente)
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2. Vo
RE = 1K
VCC = +15V
DZ
RB = 2K
0,7V
Vo = Vcc = 15V
IRB =
15 − 4,7
2
= 5,15mA
VE = VB − VBE = 4,7 − 0,7 = 4V
IE =
4V
1kΩ
= 4mA
VCE = 14 − 4 = 11V
IC ≃ IE IB =
IC
β
IRB >> IB ⇒ IRB ≃ IZ > 1mA
b) Pto. funcionamiento y Vo con S = 2 (R´eg. est. perm.)
Vo
RE = 1K
VCC = +15V
RB = 2K
0,7V
IE
IB
0,7
IC = 0; BJT = sat → VCE = VCE SAT = 0V
IE = IB =
4,7 − 0,7
1
= 4mA
IRB =
15 − 4,7
2
= 5,15mA
IZ = IRB − IB = 5,15 − 4 = 1,15mA > IZ min
c) Vo para t =
1ms
10seg.
, si en t = 0 S pasa de 1 a 2 (reg, est. en 1)
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3. Vo|t=10s = . . . = 4V
Vo = VE + VCE = 4V
Sep-93. En el circuito de la figura y suponiendo T1 y T2 transistores de silicio con β1 = 50
y β2 = 20, determinar:
a) Punto de funcionamiento (IC, VCE) de cada uno de los transistores para Vi = 10V .
b) Valor m´ınimo de Vi que satura a alguno de los transistores y punto de funciona-
miento en este caso de T1 y T2.
Vi
R1 = 20K
Vo
VCC = 30V
RE = 10KΩ
RC = 10KR2 = 80K
T1
T2
T1 =



IC1 = β1IB1
VBE1 = 0,7V
IE1 = (1 + β1)IB1
T2 =



IC2 = β2IB2
−VBE2 = 0,7V
IE2 = (1 + β2)IB2
Soluci´on:
a) Pto. trabajo / Vi = 10V
Th´evenin en la base de T1:
R1
R2Vi
VT = Vi
R2
R1 + R2
= 10 ·
80
100
= 8V
RT = R1 R2 =
1600
100
= 16KΩ
⇔
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4. Vo
VCC = 30V
10K
16
T2
T1
IB1
IE1 + IC2
IC1 = IB2
IE2
IC2
Ecuaci´on malla base T1
0,8Vi = IB1 − RT + VBE1 + (IE1 + IC2)RC = IB1RT + VBE1 + ((1 + β2)IB1 +
β2β1IB1)RC
((Es un montaje Darlington en el sentido de que β = β1 · β2))
Para Vi = 10V :
8 = IB1 · 16 + 0,7 + (51IB1 + 1000IB1) · 10
IB1 = 0,693µA
IC1 = β1 · IB1 = 0,0346mA = IB2
IC2 = β2 · IB2 = 0,693mA
Malla de colector de T2
VCC = IE2 · RE + VEC2 + (IE1 + IC2) · RC
VEC2 = . . . = 15,45V ⇒ Activa.
VCE1 = VEC2 = VEB2 = . . . = 14,75V ⇒ Activa, suposici´on correcta.
b) Valor de Vi que sature al grupo de los transistores y pto. func.
T1 → SAT ⇒



IC1 = βIB1
VCE1 = 0,8V
VBE1 = 0,8V
Malla colector T1:
VCE = (1 + β2)β1 · IB1 · RE + VEB2 + VCE1 + [(1 + β1)IB1 + β1β2IB1] · RC
30 = 21 · 50 · IB1 · 10 + 0,7 + 0,2 + [51IB1 + 1000IB1] · 10
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5. IB1 = IB1 SAT = 1,385µA
IC1 SAT = IB1 SAT · β = 0,0692mA
IC2 = βIB2 = 1,385mA
VCE1 = VCE SAT 1 = 0,2V
VEC2 = VEB2 + VCE1 = 0,7 + 0,2 = 0,9V
0,8Vi = IB1 · RT + VBE1 SAT + (IB1 + IC2) · RC
Vi = 19,22V
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