Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 Problema 6.3ver1 En el circuito de la figura 6.3.1, no se conoce el valor de RE1. Calcule RE1 para que la ganancia de tensión resulte –5. Nota: El transistor se encuentra polarizado en zona activa, con h fe = β = 100 y hie = 21,8kΩ . Solución: El circuito en alterna está representado en la figura 6.3.2bis. Figura 6.3.2bis En el circuito de salida: vout = −h fe ib (RC // Rload ) En la malla de entrada: [ ] vin = hie ib + R E1 (1 + h fe ) ⋅ ib = ib ⋅ hie + R E1 (1 + h fe ) Sustituyendo ib en la primera ecuación y agrupando términos: Av = v out − h fe (RC // Rload ) = vin hie + RE1 (1 + h fe ) Para que la ganancia sea –5, Av = −5 , sustituyendo valores: Av = − h fe (RC // Rload ) hie + RE1 (1 + h fe ) = − 100(39k // 50k ) = −5 21,8k + RE1 (1 + 100 ) despejando RE1, queda: RE1 = 4,12kΩ Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 Problema 6.7ver1 En el circuito de la figura 6.7.1 determinar la resistencia de salida Rout (la resistencia vista desde el terminal vout): a) Si Rs=0Ω y se modeliza el transistor con los parámetros híbridos hie, hfe y 1 / hoe = ro . b) Si Rs=100Ω y se modeliza el transistor con los parámetros híbridos hie y hfe. Datos: hie=1kΩ, hfe=150, RB1=56kΩ, RB2=10kΩ, RC=2,2 1 / hoe = ro = 40kΩ (solo apartado a), Rs=100Ω (solo apartado b). kΩ, y , Solución: a) El circuito es el mostrado en la figura 6.7.2bis, donde se ha dibujado directamente R B = R B1 // R B 2 . Figura 6.7.1bis Se puede ver que la corriente ib circula por hie y RB. Para calcularla, observamos los puntos A y E marcados en la figura: ib = v A − vE =0 hie + R B ➪ h fe ib = 0 Por tanto, el circuito equivalente es el de la figura 6.7.3bis. Directamente: Rout = RC // ro = 2,2kΩ // 40kΩ ≈ 2,1kΩ Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 Figura 6.7..2bis b) El circuito a resolver es ahora el de la figura 6.7.4bis. Figura 6.7.3bis De nuevo, la corriente ib es nula. Para demostrarlo, expresaremos la tensión del punto E, como: v E = iR S o v E = −ib (hie + R B ) Igualando: iRS = −ib (hie + R B ) Por otra parte, la suma de corrientes en E es: i = ib + h fe ib , sustituyendo arriba: ( ) ib 1 + h fe ⋅ R S = −ib (hie + R B ) La única forma de que se cumpla esta expresión, para cualquier valor de hie, hfe, RB y RS, es que: ib = 0 La figura 6.7.5bis muestra por tanto el circuito equivalente para calcular la resistencia de salida. Directamente: Rout = RC = 2,2kΩ Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 La resistencia de salida no depende de RS, y solo depende, ligeramente, de hoe. Figura 6.7.4bis Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 Problema 6.10ver1 En el circuito de la figura 6.10.1bis, la fuente de corriente I es una fuente de continua. Determinar la resistencias de entrada Rin1 y Rin 2 : a) Si se representa el transistor con los parámetros hie y h fe . b) Si se representa el transistor con los parámetros hie , h fe y hoe . Datos: h fe = 100 , hie = 610Ω , 1 / hoe = 40kΩ . Figura 6.10.1bis Solución: Por la forma en la que están definidas las resistencias, se calculará solamente Rin 2 , ya que: Rin1 = R2 // Rin 2 a) En la figura 6.10.2bis se muestra el circuito equivalente en alterna, donde se ha introducido un generador vtest para calcular la resistencia de entrada. Note que la fuente de corriente I ha sido sustituida por un circuito abierto. Figura 6.10.2bis El balance de corrientes en la base B es: ( ) itest = ib + h fe ib = 1 + h fe ⋅ ib pero la corriente de base puede expresarse: ib = v test / hie , con lo que sustituyendo: Problemas Adicionales. Capítulo 6: Amplificadores BJT Problemas Resueltos de Componentes y Circuitos Electrónicos. E. Figueres, M. Pascual, J.A. Martínez e I. Miró. SPUPV-2000.4175 ( ) ( ) itest = 1 + h fe ⋅ ib = 1 + h fe ⋅ v test hie Rin 2 = ➪ vtest hie = = 6,1Ω itest 1 + h fe La resistencia Rin1 , vale: Rin1 = R2 // Rin 2 = 1kΩ // 6,1Ω ≈ 6,1Ω . b) Ahora, el circuito equivalente en alterna se muestra en la figura 6.10.3bis. Con los sentidos adoptados para las corrientes, el balance en la base B es: ( ) itest = ib + h fe ib + io = 1 + h fe ⋅ ib + io Figura 6.10.3bis La tensión en el colector C viene dada por vC = io ⋅ 1 = io ro . Por otra hoe parte, la corriente en R1 se puede expresar: i R1 = h fe ib + io = vtest − vC vtest − io ro = R1 R1 Despejando io y sustituyendo en la expresión inicial de itest: io = h fe ib R1 vtest − R1 + ro R1 + ro ( ) itest = 1 + h fe ⋅ ib + ➪ h fe ib R1 vtest − R1 + ro R1 + ro Finalmente, teniendo en cuenta, de nuevo, que ib = v test / hie : ( ) itest = 1 + h fe ⋅ h fe R1 vtest vtest v + test − ⋅ hie R1 + ro R1 + ro hie Agrupando términos, se tiene, finalmente: Rin 2 = vtest = itest 1 + h fe hie 1 h fe R1 1 + − ⋅ R +r hie R1 + ro 1 o La resistencia Rin1 , vale: Rin1 = R2 // Rin 2 = 1kΩ // 7,5Ω ≈ 7,5Ω . ≈ 7,5Ω