Este documento contiene varios problemas de electrónica relacionados con amplificadores, transistores y circuitos eléctricos. El primer problema calcula la potencia disipada y el rendimiento de un amplificador dado sus potencias de entrada y salida. El segundo problema determina la ganancia de corriente y tensión de un amplificador dadas sus resistencias de entrada, salida y ganancia en cortocircuito.

1. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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4. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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1- Una fuente de 20 V suministra 1,5 A a un amplificador determinado. La potencia
de la señal de salida es de 3 W y la potencia de la señal de entrada es de 0,8 W.
Calcular la potencia disipada en el amplificador y su rendimiento.
A) ;42,33 WPd  %8
B) ;08,27 WPd  %10
C) ;33,22 WPd  %12
D) ;6,4 WPd  %20
Resolución:
Puesto que ha de verificarse:
dSi PPPP  0 => 0PPPP Sid 
Dónde:
WPi 8,0 Potencia de entrada
WAVIVP SSS 305,1*20  Potencia suministrada por la fuente
WP 30  Potencia de salida
???dP Potencia disipada
Por lo tanto:
WWWWPd 8,273308,0 
El rendimiento viene dado como la relación entre la potencia de salida y la potencia
suministrada por la fuente, es decir:
%10%100*
30
3
%100*0

W
W
P
P
S

La respuesta es:
B) ;08,27 WPd  %10

5. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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2- ¿Cuál de los siguientes es un valor aproximado para la tensión térmica a una
temperatura de 300 K?
A) mVVT 15
B) mVVT 26
C) mVVT 36
D) mVVT 8
Resolución:
La tensión térmica a 300 ºK, tiene un valor aproximado a 26mV
La respuesta es:
B) mVVT 26

6. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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3- Un transistor npn tiene un valor de .100 Determinar la región de
funcionamiento si (a) VVBE 3,0 y VVCE 5 ; (b) AIB 45 e mAIC 1
A) (a) Transistor en corte, (b) Transistor en saturación
B) (a) Transistor en saturación, (b) Transistor en región activa
C) (a) Transistor en corte, (b) Transistor en región activa.
D) (a) Transistor en región activa, (b) Transistor en saturación.
Resolución:
En este tipo de problemas hay que tener en cuenta las condiciones que ha cumplir el
transistor en cada región, estas son:
Transistor npn
Región funcionamiento Condiciones Observaciones
Región Activa
;0BI
VVCE 2,0
;BBCCBE IRVV  BC II 
CCCCCE IRVV 
Región de Saturación
;0BI
0 CB II
;BBCCBE IRVV  VVBE 7,0
;CCCCCE IRVV  VVCE 2,0
Región de Corte
;0BI
;5,0 VVBE  ;5,0 VVBC 
;0BI 0CI
CCCE VV 
En la tabla anterior, también figuran las correspondientes ecuaciones, aunque en
este caso no son necesarias.

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a) Para un transistor npn con: VVBE 3,0 y VVCE 5
Teniendo en cuenta que:
CEBCBE VVV  => VVVVVV CEBEBC 3,553,0 
Como se verifica que:
VVBE 5,0
=> Que el transistor (a) está en la región de corte
VVBC 5,0
b) Para un transistor npn con: AIB 45 e mAIC 1 . Tenemos que:
mAAIB 5,445*100  
Puesto que:
0BI
=> Que el transistor (b) esta en saturación
CB II 
La respuesta es:
A) (a) Transistor en corte, (b) Transistor en saturación

8. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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4- Un JFET de canal tiene VVto 4 . Además, mAiD 1 para VvGS 3 y VvDS 5 .
Hallar DSSI para este dispositivo.
A) mAIDSS 101
B) mAIDSS 54
C) mAIDSS 16
D) mAIDSS 26
Análisis del problema:
La corriente de saturación con polaridad cero, viene dada por la expresión:
2
toDSS KVI 
Donde la constate K es función de la corriente y esta a su vez depende de la región
de funcionamiento, de acuerdo a los valores de la siguiente tabla:
Tabla de condiciones
Región Condiciones Corriente
Corte toGS Vv  0Di
Óhmica toGS Vv 
 toGSGS Vvv 
   DSDSDStoGSD vvvVvKi  12 2
Saturación toGS Vv 
 toGSGS Vvv 
   DStoGSD vVvKi  1
2
Una vez comprobada la región de funcionamiento, se calcula la constante K y se
sustituye dicho valor en la expresión:
2
toDSS KVI 

9. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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Resolución:
Nos están pidiendo la corriente de saturación con polarización cero, luego ya nos
están indicando que la región de funcionamiento es la de saturación; no obstante
podemos comprobarlo:
Primero toGS Vv 
La región de funcionamiento es la de saturación
Segundo toGSDS Vvv 
Puesto que el valor de la corriente de saturación con polarización cero viene dada
por:
2
toDSS KVI 
En la región de saturación para la corriente de drenador, tenemos:
 2
toGSD vvKi 
De donde:
 2
toGS
D
vv
i
K


Sustituyendo valores:
      
2
22
/1
43
1
VmA
VV
mA
vv
i
K
toGS
D





Sustituyendo valores en la expresión de 2
toDSS KvI  :
    mAVVmAKvI toDSS 164*/1
222

La respuesta es:
C) mAIDSS 16

10. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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5- Una capacidad de carga de 100fF es excitada por un inversor con una frecuencia
de 300 MHz y una amplitud de VDD = 2,5 V. Determinar la potencia disipada.
A) mWPdin 39,0
B) mWPdin 11,1
C) mWPdin 19,0
D) mWPdin 77,0
Resolución:
El enunciado tiene un fallo, la frecuencia la han dado en Hz cuando querían darla en
MHz:  MHzf 300
La potencia dinámica disipada viene dada por:
 2
** SSLdin VCfP 
Donde:
MHzf 300
fFCL 100     mWVCfP SSLdin 1875,05,210*100*10*300**
21562
 
VVSS 5,2
La respuesta es:
C) mWPdin 19,0

11. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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PROBLEMA 1
Considerar el circuito cargador de baterías de la figura adjunta, siendo los valores
correspondientes de VVm 22 ,  5R y VVB 15 . Hallar la expresión de la
corriente como función del tiempo.
Análisis del problema:
La ecuación del circuito de la figura es:
   RtiVwtsenV Bm 
La corriente como una función del tiempo, será:
   
R
VwtsenV
ti Bm 


12. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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6- Hallar la corriente de pico, suponiendo un diodo ideal
A) AIMax 5,2
B) AIMax 3,0
C) AIMax 4,4
D) AIMax 4,1
Resolución:
La corriente máxima se da cuando el cociente de la expresión:
   
R
VwtsenV
ti Bm 

Sea máximo, y esté será máximo cuando el sen(wt) sea igual a 1. Por lo que la
intensidad máxima se expresará como:
 
R
VV
ti Bm 

Sustituyendo valores en la expresión de la intensidad Max.
A
A
VVV
R
VV
I Bm
Max 4,1
5
7
5
1522






La respuesta es:
D) AIMax 4,1

13. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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7- Hallar la expresión de la corriente en función del tiempo
A)    
R
wtsenVV
ti mB 

2
B)    
R
wtsenV
ti m

C)    
R
VwtsenV
ti mB
2


D)    
R
VwtsenV
ti Bm 

Resolución:
En el análisis del problema ya se obtuvo la expresión de la corriente en función del
tiempo, viene dada por:
   
R
VwtsenV
ti Bm 

La respuesta es:
D)    
R
VwtsenV
ti Bm 


14. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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8- Hallar el porcentaje de cada ciclo en el que el diodo está con conducción.
A) El porcentaje es del 25,3%
B) El porcentaje es del 11,2%
C) El porcentaje es del 8,3%
D) El porcentaje es del 5,3%
A condición de que esta expresión se obtiene un resultado positivo.
De lo contrario, i (t) = 0. Para determinar el intervalo para el que el diodo está en el
estado en que debemos resolver esta ecuación:
  7,0
20
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wtsen
   7,0arcsenwt 
w
t 1 y
w
t 2

15. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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PROBLEMA 2
Un amplificador presenta una resistencia de entrada de 30 Ω, una resistencia de
salida se 15 Ω y una ganancia de corriente en cortocircuito de 3000. La fuente de
señal presenta una tensión interna de 100mV rms, y una impedancia interna de 180
Ω, la carga del amplificador es una resistencia de 10 Ω.
Análisis del problema:
Representando el amplificador en cortocircuito, tendremos:
Acoplando la fuente y la carga tendremos:

16. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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9- Hallar la ganancia de corriente y la ganancia de tensión del amplificador.
A) ;1200iA 800VA
B) ;800iA 650VA
C) ;1800iA 600VA
D) ;1500iA 300VA
Resolución:
La ganancia de corriente, viene dada por:
L
isc
i
i
RR
R
A
i
i
A


0
00
Sustituyendo valores:
1800
1015
15
3000
0
0





L
isci
RR
R
AA
La ganancia de tensión viene dada por:
i
L
i
ii
Lo
i
o
V
R
R
A
Ri
Ri
v
v
A 
Sustituyendo valores:
600
30
10
1800 
i
L
iV
R
R
AA
La respuesta es:
C) ;1800iA 600VA

17. ORIGINAL SEPTIEMBRE CURSO 2011-2012
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10- Si la fuente de alimentación proporciona una tensión de 10 V y suministra una
corriente media de 2 A, calcular la potencia disipada en el amplificador.
A) WPd 5,18
B) WPd 9,12
C) WPd 1,9
D) WPd 9,23
Resolución:
Puesto que:
dSi PPPP  0 => 0PPPP Sid 
Dónde:
4
10*108600*1800  iV AAG
mV
RR
R
VV
Si
i
Si 29,14
18030
30
1,0 




  W
R
V
P
i
i
i 8,6
30
10*29,14
232


i
o
P
P
G  => WGPP i 35,710*8,6*10*108 64
0  
WIVP SSS 202*10 
WWWWPPPP Sid 65,1235,72010*8,6 6
0  
La respuesta es:
B) 9,12dP