43015225 Ejercicios de Bjt y Fet Resueltos

CAB 1

Actualizado Octubre 03

CIRCUITOS AMPLIFICADORES BÁSICOS

1. a) Calcule el punto de trabajo (IC, VEC) del transistor del circuito suponiendo IB ≅ 0 b) Halle el rango de valores de β para el que la aproximación anterior es válida

(considerando despreciable si 1<<50) c) Calcule el punto de trabajo para β = 35 DATOS: VγE ≅ 0,7 V; VEE = 10 V; RB1 = RB2 = 10 kΩ; RC = 8 kΩ; RE = 20 kΩ

RC

RB1

+VEE

RE

RB2 RC

RB1

+VEE

RE

RB2

2. Suponiendo |VBE| ≅ 0,7 V y β → ∞, calcule la corriente que circula por todas las ramas del circuito y el voltaje en todos los nodos

Q1

+10V+5V

-10V

R110kΩ

R22kΩ

R31kΩ

R41kΩ

R51kΩ

+5V

-10V

+10V

Q2

Q3 Q4

Q5Q6Q7Q8Q9

Q10 Q11 Q1

+10V+5V

-10V

R110kΩ

R22kΩ

R31kΩ

R41kΩ

R51kΩ

+5V

-10V

+10V

Q2

Q3 Q4

Q5Q6Q7Q8Q9

Q10 Q11 Q1

+10V+5V

-10V

R110kΩ

R22kΩ

R31kΩ

R41kΩ

R51kΩ

+5V

-10V

+10V +10V+5V

-10V

R110kΩ

R22kΩ

R31kΩ

R41kΩ

R51kΩ

+5V

-10V

+10V

Q2

Q3 Q4

Q5Q6Q7Q8Q9

Q10 Q11

3. Se quiere construir una fuente de corriente continua que suministre una corriente I0 = 1 mA según indica la figura. Para ello se utilizan MOSFETs de acumulación en la configuración de espejo de corriente mostrada.

a) Si todos los transistores del circuito son del mismo tipo, indicar cuál ha de ser éste (canal n o canal p) para que la fuente funcione correctamente. Justifique muy brevemente la respuesta.

T 3 T 1

T 2

D

S G G

D

S

D

S G

I 0 =1mA

+ V DD =5V

b) Demostrar que T1 y T2 trabajan en saturación. c) Si T1 y T2 son iguales (misma relación de aspecto, Z/L), calcular las tensiones VGS de ambos transistores (VGS1 y VGS2). d) ¿Cuál ha de ser la relación de aspecto Z/L de T3 para que I0 = 1 mA?

DATOS: Todos los transistores tienen |VT| = 0,7 V y (κ=κ’Z/L) -2VmA 1,0 ⋅=′κ

CAB 2


4. El circuito de la figura muestra una fuente de corriente compuesta por cuatro transistores pnp. Sabiendo que todos los transistores operan en activa, calcule: a) La corriente IREF suponiendo VEB2 ≅ VEB4 ≅ 0,6V b) El valor de la resistencia R1 para que la corriente I0 sea 5 veces menor

que IREF. Desprecie las corrientes de base respecto a las demás del circuito.

c) Las tensiones VEB1, VEB2, VEB3 y VEB4 con tres cifras significativas,

considerando que para todos los transistores T

EBSC V

VII exp≅ .

DATOS: R2 = 4,4 kΩ VT = 0,025 V VEE = 10 V IS = 7,5.10-14A

VEE

Q2 Q1

R1

R2

Q4

VEE

Q3

IoIREFVo

5. El circuito de la figura permite medir el parámetro β del transistor T3 a través de la ganancia de tensión en pequeña señal Av=vo/vs. Para ello se polariza un circuito en emisor común con una corriente de base (IB3=IC2) fija, de 50 µA, mediante un circuito Widlar. Dado que el transistor T3 es de tipo npn, para realizar esta polarización se requiere una fuente Widlar con transistores pnp. a) Calcular la corriente IC1 y la resistencia R2 para obtener esa corriente

de base en T3. b) Si la ganancia medida a frecuencias medias vale Av=vo/vs=-200,

¿cuál es el valor de β del transistor T3?. Suponga en este apartado que el transistor T3 se encuentra en activa y que la resistencia equivalente en pequeña señal de la fuente Widlar vista entre los terminales BE de T3 es infinita.

c) Para el valor de β obtenido en b) comprobar que, efectivamente, el transistor medido, T3, se encuentra en activa.

IC2

R2

RC1C

RC3

vo

vs

IC1 T3

T1 T2

ReqOO

VEE

Fuente Widlar Amplificador EC

DATOS: β1 = β2 >>1; VEB1 = VBE3 = 0,7 V ≠VEB2 (en activa); VCEsat=0,2 V; VT = 25 mV; RC1 = 4,65 kΩ; RC3 = 1 kΩ; VEE = 10 V; C = 100 µF 6. El circuito de la figura 1 muestra un desplazador de nivel de continua. a) Si el nivel de continua a la entrada es VI=3 V,

calcular R1 para que el nivel de continua a la salida sea VO=0 V. Notar que en estas condiciones la corriente continua a través de la carga RL es nula.

b) Calcular entonces la ganancia de pequeña señal, AV=vo/vi. La fuente de corriente continua es ideal.

c) Si la fuente de corriente se realiza con otro FET idéntico al anterior como se ve en la figura 2, calcular R2 para tener la corriente I0=2 mA.

DATOS: Los transistores FET, de deplexión, son idénticos y trabajan siempre en saturación, cumpliendo

, con κ=0,5 mA/V( 2TGSD VVI −= κ ) 2 y ⎜VT⎜=4 V

Figura 1 Figura 2 -VDD

RL=10 kΩIO=2 mA

R1

vO(t)= VO+ Vo senωt

vI(t)=VI+ Vi senωt

VDD

-VDD

RL=10 kΩIO=2 mA

R1

vO(t)= VO+ Vo senωt

vI(t)=VI+ Vi senωt

VDD

R2

IO

-VDD

R2

IO

-VDD

CAB 3


7. En el circuito de la figura:

RB

vi

VCC

VD+ -RC

vO=Vo+voRB

vi

VCC

VD+ -RC

vO=Vo+vo

a) Encuentre el punto de trabajo del transistor (IC, IB y VCE). El diodo Zéner puede estar en tres estados posibles: comience el análisis para el caso de que se encuentre en inversa con ⎜VD⎜< VZ (valor absoluto de la tensión de disrupción del diodo).

b) Se aplica una señal vi variable con el tiempo. Obtenga la relación vo/vi (suponga que el diodo no conduce).

c) ¿Para qué valor instantáneo de vi se produce la ruptura inversa (Zéner) del diodo?

DATOS: VCC = 6 V; RC =2 kΩ; RB =70 kΩ; VZ=3 V; β=100; VγE = 0,6 V; VCEsat=0,2 V; VT = 25 mV; C→∞.

8. El circuito de la figura muestra un amplificador en emisor común con resistencia de emisor. Debido al condensador CE, la resistencia de emisor es diferente para el circuito de continua y para el circuito de alterna. Esto permite un mejor diseño del punto de trabajo y el margen dinámico. a) Calcule el punto de trabajo (IC y VCE) en función de RE = RE1+RE2 b) Determine el valor de RE para que VCE = 5 V. Calcule ahora el valor numérico de IC c) Calcule en alterna las relaciones ic/vce y vo/vce en función de RE1 d) Determine el valor de RE1 para que |vce|max = 3,5 V, siendo |vce|max la máxima excursión

de vCE en torno al punto de trabajo tal que el transistor ni se corta ni se satura DATOS: RB = 10 kΩ; RC = 1 kΩ; VCC = 10 V; VBB = 3 V; CE = CC → ∞ VγE ≈ 0,7 V; VCE,sat ≈ 0; ro → ∞; β = 200 (β >> 1 para todos los cálculos)

RBRE1

RE2 CE

CC

RC

vo

vi

VCC

VBB

+

RBRE1

RE2 CE

CC

RC

vo

vi

VCC

VBB

+

V SS =15V

R S =1k Ω R G =1M Ω

R D =10k Ω R L =10k Ωv in ( t )

+

S

D G

O

C →∞

C →∞

i D

9. La figura muestra un amplificador con MOSFET de canal p atacado por un generador vin(t) de pequeña señal alterna y frecuencia media. Con el transistor saturado (activa) se ha medido la tensión instantánea en el nodo S, obteniéndose:

vS(t) = 14 V + 0,9 vin(t) Se le pide: a) Calcular las tensiones que se medirían en los nodos D, O, G y S si

la señal fuera anulada (vin(t) = 0) b) Razonar de qué tipo (acumulación o deplexión) es el transistor c) Calcular las tensiones alternas en los mismos nodos con la señal

presente, en función de vin(t) d) ¿Para qué valor instantáneo de la tensión de salida vo(t) de pequeña

señal se corta el transistor?

CAB 4


10. Para el circuito amplificador de la figura: a) Calcule el punto de trabajo (VGS, ID, VDS) del transistor. Determine la región de

funcionamiento b) Dibuje el circuito equivalente de pequeña señal, indicando los valores

numéricos de los parámetros del circuito equivalente del transistor c) Calcule la ganancia de tensión Av = vo/vi DATOS: C → ∞; VGG = -10 V; VDD = 10 V; R1 = 9,1 MΩ; R2 = 0,9 MΩ; R3= 5,9 kΩ; R4 = 0,1 kΩ En saturación, el transistor JFET obedece la ecuacion iD = k (vGS-VT)2, con k = 1 mA⋅V-2, |VT| = 2 V

VDD

R2C

vi

R4

VO+vo

R1 R3

VGG

D

SG

VDD

R2C

vi

R4

VO+vo

R1 R3

VGG

D

SG

11. Para el circuito de la figura: a) Calcule los valores de continua de IC y VCE suponiendo β → ∞. Calcule a

continuación el valor mínimo de β para que el error cometido en el cálculo de IC sea menor de 2% y que la precisión en el cálculo de VCE sea mejor que ±0,1V

b) Calcule la resistencia de entrada Ri y la ganancia de tensión vo/vs en pequeña señal suponiendo β → ∞

DATOS: Vt = 0,025 V; VγE ≅ 0,7 V; VA → ∞

I00,5 mA

vs

RL1 kΩ

vo

VCC

RBC100 kΩ

RiC→∞

C→∞

RS50 Ω

I00,5 mA

vs

RL1 kΩ

vo

VCC

RBC100 kΩ

RiC→∞

C→∞

RS50 Ω

12. Para el circuito seguidor de emisor (colector común) de la figura: a) Calcular RB para que la impedancia de entrada Ri = vi/ii = 500 kΩ. Suponer que

βRL >> rπ Con este valor de RB: b) Determinar el punto de trabajo del transistor VCE, IC, IB c) Obtener el margen dinámico (máxima amplitud de la señal senoidal a la salida sin

distorsión) DATOS: VCC = 15 V; RC = 2,8 kΩ; RL = 10 kΩ; C → ∞; VT = 0,025 V Transistor: β = 100; VγE ≅ 0,7 V; VCE,sat ≅ 0,2 V; ro → ∞ vi

Ii

C

C RC RB

RL

Vo

VCC

13. Para el amplificador en colector común de la figura, se pide:

vi(t)

R1

R2

R3

VCC

REC

C vO(t)

ii(t)

vi(t)

R1

R2

R3

VCC

REC

C vO(t)

ii(t)

a) Calcular la corriente de colector de polarización IC b) Dibujar el circuito equivalente de pequeña señal,

dando el valor de los parámetros gm y rπ c) Calcular la resistencia de entrada que ofrece el circuito

a frecuencias medias, Ri = vi(t)/ii(t) DATOS: C → ∞; RE = 2 kΩ; R1 = R2 = 20 kΩ; R3 = 10 kΩ;

VCC = 12 V BJT: β = 100; VγE = 0.7 V; Vt = 0.025 V; desprecie el efecto Early (ro → ∞, VA → ∞)

NOTA: en este circuito rπ << R3 de forma que rπ || R3 ≅ rπ, aproximación que puede usar si lo juzga conveniente

CAB 5


14. El circuito de la figura es un amplificador seguidor de fuente realizado con JFETs en el que Q2 actúa como fuente de corriente. Considerando que ambos transistores son idénticos y trabajan en saturación, se pide: a) Valor de continua de la corriente de drenador ID2 y de la tensión puerta a fuente

VGS de cada uno de los transistores (ignore el efecto Early, sólo en este apartado) b) En pequeña señal, resistencia equivalente de la fuente de corriente Q2 vista desde

su drenador c) Ganancia de tensión de pequeña señal vo/vid) Resistencia de salida en pequeña señal, Ro DATOS: k = 1 mA⋅V-2; |VT| = 1 V; tensión de Early VA = 50 V

vi vo

+VDD

-VSS

Ro

DG

S

DG

S

Q1

Q2

vivi vo

+VDD

-VSS

Ro

DG

S

DG

S

Q1

Q2

15. Calcule la ganancia vo/vg y el margen dinámico del amplificador de dos etapas de la figura. DATOS: VCC = 15 V; Rg = RL = 1 kΩ; RB = 1,43 MΩ; RC = 4 kΩ β = 200; VγE = 0,7 V; VA → ∞;VCE,sat ≅ 0 V

vo

+VCC

Rg

vg

C→∞

RB RC RB RC

C→∞ C→∞RL

16. La señal alterna vi, de pequeña amplitud, es amplificada por el circuito de la figura. Se pide: a) Calcular el punto de trabajo de los transistores b) Dibujar el circuito equivalente para alterna y pequeña señal c) Decir en qué configuración trabaja cada transistor d) Calcular la ganancia de pequeña señal Av = vo/vie) Calcular la impedancia de entrada al amplificador, Rif) Calcular el margen dinámico del amplificador DATOS: Para ambos transistores: β = 100; VBE(ON) = VEB(ON) = 0,7 V; VCE,sat = VEC,sat ≅ 0 V; VA → ∞ A la frecuencia de la señal los condensadores pueden tratarse como cortocircuitos

+VCC=12V

-VCC =-12V

RC=5kΩ8R

R=2,4kΩ

R

RE =0,5kΩ

vo

vi

TN

TPRi

17. Para el circuito de la figura 1, se pide: a) Expresar el valor de rπ/R b) Expresar la relación |Z| = |Vg/Id| de pequeña señal en función de la frecuencia, siendo Vg e Id las amplitudes complejas

(fasores) de vg e id y sabiendo que VCC - VBE >> kT/e c) Expresar y dibujar aproximadamente en la gráfica de la Figura 2 la función |Z|/R en la región en que se cumple

ω0 << ω << βω0, donde ω0 = 1/rπC DATOS: β >> 1; ro → ∞; los efectos capacitivos en el transistor son despreciables

VCC

vg

R

C

iD

Figura 1

( )RZlog

( )0log ωω

( )RZlog( )RZlog

( )0log ωω( )0log ωω

Figura 2

CAB 6


SOLUCIONES

1

a) ⇒=+

+=+= VRR

RVVVVVBB

BEEEBEBE 7,5

21

2γ IE=IC= =

−

E

EEE

RVV

215 µA, VEC=3,98 V.

b) IB <<IC ⇒ ;5050 ≥⇒≥ βB

C

II

IB <<IB1(= IB2) ⇒ ( ) 5,21505021

≥⇒≥+

=⇒≥ βββ

CBB

EE

CB IRRV

II

II

;

La más restrictiva, β ≥50.

c) Ahora no puedo suponer IB <<IC, pero sí IB <<I, luego VE=5,7 V, ⇒=+

−= A

RVVI

E

EEEB µ

β97,5

)1( IC=209 µA, VEC=4,03 V

2

mAIIR

VVCC

EBEB 86,1101021

1

21 ===+−−

. Todas las corrientes de colector son iguales entre sí e iguales a 1,86 mA.

Resolviendo mallas calculamos el resto de corrientes y tensiones: IR4=3,72 mA. VC1=9,3 V; VC2=-9,3 V; VC3=3,72 V; VC4= VC5=0,7 V; VC6=3,14 V; VC7= VC8=-1,86 V; VC9= VC10=4,3 V; VC11=1,86 V. 3 a) Si ha de entregar corriente, el transistor cuyo drenador proporciona la corriente constante ha de ser de canal p b) Siendo de canal p y de acumulación, los transistores presentarán V 7,0)( == umbralVV SGT . En ambos transistores

satSDTSGSGSD VVVVV ,=−>= c) Como ambos transistores son iguales (κ1 = κ2) y ID1 = ID2, se tiene que VSG1=VSG2. Al ser VSG1+VSG2=VDD resulta:

V5,2221 === DD

SGSG

VVV

d) Puesto que VSG3 = VSG1 =2,5V e ID3 = I0 = 1 mA, se tendrá:

( )( )

1,38,11,0

122

3

3

3

23

33 ≅

×=

−′=⇒−′=

TSG

DTSGD VV

ILZVV

LZI

κκ

4

a) mA 27,4

6,06,010

2

42 =−−

=−−

=kR

VVVI EBEBEEREF

b)

Ω==

=

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

=

=

+=

6,100ln

ln

ln

ln

001

010

01

2

1012

II

IVR

IIVRI

II

VV

II

VV

RIVV

REFT

REFT

STEB

S

REFTEB

EBEB

c) V 560,0ln 031 ===

STEBEB I

IVvv

V 600,0ln42 ===S

REFTEBEB I

IVVv

CAB 7


5

a) ;21

11 mA

RVVI

C

EBEEC =

−=

Ω=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −≈

+≈+

+=+=

kRV

RIV

VVII

RIVRIVRIVV

T

C

T

EBEB

C

C

CEBCEBEEBEB

84,1expexp

1

22221

2

1

222222

222221 β

β

b)

33

Cs

oV

bs

bCo Rrv

vAirv

iRv

ππ

ββ−==

⎭⎬⎫

=−=

1005,0025,0

33

=−=⇒Ω==C

VB R

rAkI

r ππ β RC3

voβibrπ

+

-

ib

i=0

Req→∞

vs RC3voβibrπ

+

-

ib

i=0

Req→∞

vs

c) CEsatCCEECEBC VVRIVVmAII >=−=== 5;5 3333 β 6 Al ser transistores de canal n deplexión, VT=VGsumbral=-4 V a) ( ) ( ) Ω=⇒−−=−===⇒= kRVRIVVVImAII TDITGSDRRL 5,220 1

21

21 κκ , pues la otra solución no hace

VGS>VT d

RL

R1

g

gmvgss

+

-vo

vid

RL

R1

g

gmvgss

+

-vo

vi b) Circuito equivalente:

)(1))(1(

)(1

1

1Lm

Lm

i

o

Lmgssgsi

Lgsms

Lgsmo

RRgRg

vv

RRgvvvvRRvgv

Rvgv

++=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

++=+=

+=

=

Como gm=2κ(VGS-VT)=2 mS ⇒ 706,0=i

o

vv

c) ( ) Ω=⇒+−=−=−= kRRIVVVVVVI DDDSDDGTGSD 1;; 22

2κ 7 a) Diodo cortado ⇒ ID=0, mAImAIluegoIIVRIRIIV CBBCBECBCBCCC 2,02,0,;)( ===+++= β

Comprobamos transistor en activa: 2,02)(;0 >=+−=> VRIIVVI CBCCCCEB Comprobamos diodo cortado: ,04,1 <−=−= VVVV CEBED sin llegar a ruptura.

b) Circuito equivalente:

5,1551 −=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

−−

=

i

oC

B

Ci

B

Co

ib

CbCB

oio

vv

rR

RRv

RRv

rvi

RiRR

vvv

π

π

ββ

Ω== kI

rdondeB

25,1025,0π

RCvoβibrπ

+

-

ibvi

RΒ

RCvoβibrπ

+

-

ibvi

RΒ

c) ;;6,0;;2),()( ibeBEoceCEbeBEceCEBECED vvVVvvVVconvVvVvvV ====+−+=−=− y además io vv 5,155−= Cuando se produce la ruptura, sustituyendoVVV ZD 3==− mVvv ii 2,105,1564,13 −=⇒−=

CAB 8


. 8

RBRE1

RE2

RC

VCC

VBB

RBRE1

RE2

RC

VCC

VBB

RB

RE1 RC

vo= vc

vi+

rπ

ib βib

veRB

RE1 RC

vo= vc

vi+

rπ

ib βib

ve

Circuito de continua Circuito de alterna

) En continua, con , las ecuaciones del circuito:

( ) EBCCECCCC

EBCBE

RIIVRIVIIV

+++=

21 EEE RRR +=a( )BBBB RRIV +++

Suponiendo el transistor en activa direct

=

a BC II β= :

( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( )BEBB

EB

ECCCBEBB

EB

ECCCEC

CCCCE

EB

BEBB

EB

BEBBCBEEB

CBB

VVRR

RRVVV

RRRR

VRRI

VV

RRVV

RRVVIVRR

IV

−++

−≈−++++

−=++−=

+−

≈++

−=⇒+++=

ββ

βββ

βββ

ββ

βββ

β

11

1

11

b) Despejando R de la última fórmula:

E

mA 84,2k 76,01

≈⇒Ω=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−

−−− CECC RR

VVβ

≈ C

BEBB

CECC

CBBEBB

E I

VVVV

VVRβ

c) En alterna, dado que i = βi >> i :

c b b

( ) ( ) oC

ECcECecce

cEbcEe

cCco iRvv ⎫−==v

RRRiRRvvv

iRiiRv1

111

+=+−=−=

⎭⎬≈+=

De donde:

11

;1

EC

C

ce

o

ECce

ci RR

Rvv

RRv +=

+−=

d) La condición de que el transistor no se sature: V 5

max,,max,, ⇒≥+=saturacióncesatCEceCECE vVvVv ==−≤

saturacióncesatCECE vVV

de que no se corte:

Y

( ) ( )1max,11

0 ECCcorteceECCceCEC

ceccCC RRIvRRIvI

RRviiIi +=⇒+≤⇒−≥+

−=⇒≥+=

Como la saturación no limita, hay que fijarse en el corte:

( ) Ω=−=⇒=+ k 23,0max1max1 C

C

cevEceECC R

IRvRRI

Y de aquí Ω=−= k 53,012 EEE RRR

CAB 9


9. VSS

RSRG

RD RL

S

DG

OID

ID

VSIG=0

a) En continua, como IG = 0, VG = VSS = 15 V. De la medida de VS = 14 V ⇒ ID = (VSS-VS)/RS = 1 mA. Como no hay corriente por RL: VO = 0 V. Entonces ID circula por RD y VD = IDRD = 10 V b) El transistor, de canal p, está conduciendo con VSG = VS-VG = -1 V < 0. Por tanto ha de ser de deplexión

RL

SG

vin (t)+

RDRSRG

id

D=Oig=0

id

c) Del circuito vg(t) = vin(t) y de la medida vs(t) = 0,9 vin(t)

id(t) = -vs(t)/RS ⇒ )(5,4)()()()( tvR

RRtvRRtitvtv in

S

LDsLDddo −=−===

d) La corriente total de drenador es:

Ω

+=+−

=+=k5

)(mA1)()()( tvRRtv

RVV

RRtvIti o

LD

o

S

SSS

LD

oDD

Cuando la corriente iD se anula vo(t) = –1 mA 5 kΩ = –5 V

10

VDD

R2 R4

VO

R1 R3

VGG

D

SG

VDD

R2 R4

VO

R1 R3

VGG

D

SG

Los transistores JFET son de deplexión. Pero además en este circuito VG < 0 mientras que VS > 0, lo que quiere decir que el transistor funciona con tensiones VGS negativas y ha de ser por tanto VT = -2 V a) Las ecuaciones del circuito de continua son, puesto que no hay corriente de puerta,:

( )43

421

2

RRIVV

RIVRR

RVV

DDSDD

DGSGGG

++=

+=+

=

Por otra parte si el transistor está saturado ( )2TGSD VVkI −= que introducido en la primera de las

ecuaciones precedentes conduce a: ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

V 11,012

29,01,014112411

0

4

4

24

24

24

=××

+−×××++−=

−+±−=−⇒

⇒=−−−+−⇒

⇒−+−=−⇒−+=

kRVVkR

VV

VVVVVVkR

VVkRVVVVVVkRVV

TGTGS

TGTGSTGS

TGSTGSTGTGSGSG

La raíz negativa se ha desechado desde el principio pues llevaría a VGS-VT negativo, incompatible con la suposición de que el transistor conduce. Con este valor: ( ) TGSDDDDSD VVRRIVVI −=>=+−== V 1V 4;mA 1 43 Así que efectivamente está saturado.

voDS

G

R4

R3vi

gmvgs

voDS

G

R4

R3vi

gmvgs

b) En pequeña señal la puerta está a tierra por efecto del condensador C. ro no está presente (es infinita) pues en la expresión de la corriente de drenador no aparece el efecto Early. ( ) -1m 22 Ω=−= TGSm VVkg

c)

( )( )

83,91

1

4

3

33

444=

+=⇒

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−=

+=⇒−=+=

−=−=

RgRg

vv

vRgvRgvvRgvvRgvvRgvv

vgvvgvg

m

m

i

o

smgsmo

smismigsmis

smsgmgsm

CAB 10


11.

I0

RS

VO

VCC

RBC

RL

I0

RS

VO

VCC

RBC

RL

a) En el colector del transistor, en continua y activa directa,y con β arbitrariamente grande:

CCB IIII ≈+=0 El error cometido en el cálculo de IC:

5002,01

,,

,, ≥⇒≤=−

=−

=∆

ββrealC

B

realC

aproxCrealC

C

C

II

III

II

Una ecuación de malla para calcular VCE: sastCEBEBCBBECE VVRIVV ,>>+=

El transistor no puede estar saturado. El valor de VCE:

V 7,00 ≈≈+= BEBCBECE VRI

VVβ

Si β es muy grande. Para que el error cometido en VCE por despreciarIB fuera menor de 0,1 V (que es más o menos la precisión que se tiene en VBE y por tanto no merece la pena afinar más):

5001,01005,0

V 1,0V 1,0 00 =

×=>⇒<=∆ BCBC

CE

RIRIV β

β

voCE

B

RS

RBC||RLvs

βib=gmvbe

rπib

Ri

voCE

B

RS

RBC||RLvs

βib=gmvbe

rπib

voCE

B

RS

RBC||RLvs

βib=gmvbe

rπib

Rib) En pequeña señal por efecto de los condensadores la base queda a tierra y RBC en paralelo con RL. La fuente ideal de corriente continua es un circuito abierto. Los elementos del circuito equivalente del transistor: ∞→== CtBt IVIVr βπ Esto quiere decir que ib es también muy pequeña en alterna, ib ≅ 0, pero desde luego no implica que ic sea nula: el producto βib está indeterminado

Una solución es trabajar con gm que tiene un valor finito: -1m 20 Ω== tCm VIg Un BJT con una β muy grande se parece pues en alterna a un JFET: la base está en circuito abierto y el generador de corriente está gobernado por la tensión base – emisor. Entonces, puesto que ib = 0,:

Ω==−

−=

≈+

==−

=+

=⇒⎭⎬⎫

+=−=

501

101

;1

mbem

bei

Sm

BCLm

s

eBCLm

s

beBCLm

s

o

Sm

se

beSmxe

embem

gvg

vR

RgRRg

vvRRg

vvRRg

vv

Rgv

vvRgvv

vgvg

Otra solución es trabajar con ib, rπ y β normalmente como si tuvieran valor finito y derivar las fórmulas. Al final, se hacen tender rπ y β a infinito teniendo en cuenta que su cociente es finito. Por ejemplo:

( ) ( )

( ) ( ) 101111

11

≈+

=+

→++

=++

=−

=

++−=⇒++=−=

Sm

BCL

S

BCL

S

BCL

S

BCL

s

bBCL

s

o

S

sbbSsbe

RgRR

RrRR

RrRR

RrRR

viRR

vv

Rrv

iiRvriv

ββββββ

ββ

πππ

ππ

12. a) El circuito equivalente de pequeña señal queda:

Vi

Ii

RB RL

rπ Ib

βIb

de donde ( ) LBLBi

ii RRRrR

ivR ββπ ≅++== )1( con lo que RB = 1 MΩ

CAB 11


VCC

RB RC

RL

b) En continua:

( ) ( )

satCELCCCCCEB

LB

BECCBCLBBEBBCC

VRRIVVI

RRVV

IIRIVRIV

,>V 85,58,12715,015)1( A; 15,7

mA 715,02000143

11

≅⋅−≅+

+−==

=≅++

−==⇒+++=

ββµ

ββββ

c) Margen al corte:

( )( )

V 15,71

01

−=−≅+

−≥⇒≥+

+=+= LCLC

oL

oCcCC RIRI

vR

vIiIiββ

ββ

Margen a la saturación: v V v V v V v V VCE CE ce CE o CE sat o CE CE sat= + = − ≥ ⇒ ≤ − = − =, , , , ,5 85 0 2 5 65 V Las relaciones entre las magnitudes de pequeña señal se obtienen del circuito equivalente (apartado a)) Luego la máxima amplitud de la señal de salida simétrica es 5,65 Vp (11,3 Vpp)

13.

a) Para el circuito de continua se puede utilizar la expresión habitual:

R1

R2

R3

VCC

RE

R1

R2

R3

VCC

RE

( ) mA ,421

≅++

−=

BC R

VI β

E

BEBB

RV

β

Donde V 6 =+

=21

2

RRR

VV y CCBB Ω=+

+= k 20 21

213 RR

RRRRB son la tensión y la resistencia

equivalentes de Thévenin, respectivamente, del circuito que polariza la base

b) El circuito de pequeña señal queda:

vi(t)

vo(t)rπ||R3

RE||R1 ||R2gmvbe==βib

vbeii(t)

vi(t)

vo(t)rπ||R3

RE||R1 ||R2gmvbe==βib

vbeii(t)ii(t)

Donde gm = IC/Vt = 95,5 mΩ-1, rπ = β/gm ≅ 1 kΩ c) Llamando RX = rπ||R3 ≅ 0,91 kΩ, RY = RE||R1||R2 ≅ 1,67 kΩ

( )( )( ) ( ) Ω≅++=⇒++=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

+==

+=k 14811

1YXmXiYXmXii

iYXmo

Xibe

obei

RRgRRRRgRiviRRgv

Rivvvv

O bien, dado que rπ || R3 ≅ rπ, se tendrá que ii ≅ ib. Por tanto:

( ) ( )( ) ( ) Ω≅++≅⇒++=⎭⎬⎫

+≅+=

k 170111 YiYbi

bYo

obi RrRRriviRv

vrivββ

β πππ

CAB 12


14. a) Los transistores JFET son de deplexión; véase además que VGS2 = 0: si conduce, como afirma el enunciado, la tensión umbral ha de ser negativa VT = -1 V. La ecuación de la corriente de drenador para Q2, que tiene puerta y fuente cortocircuitados, es, en saturación e ignorando el efecto Early, : ( ) mA 122

22 ==−= TTGSD kVVVkIComo Q1 está también saturado, su corriente es: ( )211 TGSD VVkI −=Puesto que el nudo de salida está abierto, se tiene ( ) ( ) 0211

21

222 ==⇒=−=−= GSGSDTGSTGSD VVIVVkVVkI

Y como el nivel de continua en la puerta de Q1 es cero: 0 = VGS1 = VG1-VS1 = 0-VO ⇒ VO = 0 Nótese que no se ha utilizado el valor de las tensiones de alimentación: sería preciso conocerlas para calcular el valor de VDS y verificarla saturación de los transistores y la coherencia de los resultados. Sin embargo, el enunciado asegura la saturación y no se pide la comprobación. b) Los dos transistores son iguales y están polarizados con la misma corriente de drenador, y por tanto los parámetros de su circuito equivalente de pequeña señal son iguales: gm = 2k(VGS-VT) = 2 mΩ-1; ro ≅ VA/ID = 50 kΩ. El circuito equivalente de la fuente es:

D

S≡G

ro gmvgs

+

-vx

ix D

S≡G

ro gmvgs

+

-vx

ix

Y se pide Req = vx/ix:

( ) Ω≈===+

== k 500 ogs

o

xgsm

x

x

xeq rv

rvvg

vivR

c) El circuito equivalente de pequeña señal, con la fuente de corriente reducida a su resistencia equivalente, :

vi

G1

rogmvgs1

voS1≡ S2

Req

D1≡D2 ≡G2

vivi

G1

rorogmvgs1

voS1≡ S2

Req

D1≡D2 ≡G2

( ) 98,011

111

=+

=⇒−==

−=−=

eqom

eqomooieqomeqogsmo

oisggs

RrgRrg

vvvRrgRrvgv

vvvvv

d) La resistencia de salida es la relación entre la tensión aplicada a la salida y la corriente que entra por ella con las fuentes de señal anuladas:

G1

rogmvgs1

S1≡ S2

Req

D1≡D2 ≡G2

+

-vx

ixG1

rorogmvgs1

S1≡ S2

Req

D1≡D2 ≡G2

+

-vx

ix

Ω===⇒+=+−=

−=−=

49011

111

eqomx

xo

eqo

xxm

eqo

xgsmx

xsggs

RrgivR

Rrvvg

Rrvvgi

vvvv

15. La polarización es la misma en las dos etapas. Con los transistores en activa directa:

CE,satCCCCCEBCB

BECCB VRIVVII

RVVI >=−====

−= V 7mA; 2A; 10 βµ

En pequeña señal, con rπ = Vt/IB = 2,5 kΩ:

vg

RG

RB rπ

ib1

βib1

ic1 ib2 ic2

RB rπ βib2RC RC RL

vo≡ vce2vce1

vgvgvg

RG

RB rπ

ib1

βib1

ic1 ib2 ic2

RB rπ βib2RC RC RL

vo≡ vce2vce1

CAB 13


( ) 6,16328,40401

1

2

21

1

1

=−×−=+

−−≈

+

−−==

+=

π

π

ππ

ππ

π

π

π

π

π

ββββrRRr

rRR

RrRrRriRRri

riRRi

vv

vv

vv

rRr

RrRv

i

G

CLCB

BGb

BCb

b

LCb

g

ce

ce

o

g

o

B

BG

gb

Para calcular el margen dinámico se examina cuánto ha de valer vo para que ningún transistor se corte ni se sature: El primer transistor no se corta:

V 3,58714,028,4001

11

11 −=××−=≥⇒≤⇒≥−=+= BCCce

ooBCCce

BC

ceCcCC RRrI

vvvRRrIv

RRrvIiIi ππ

π

Donde se ha aprovechado el valor de vo/vce1 que se dedujo al calcular la ganancia. Notar que la desigualdad cambia de sentido al multiplicar ambos lados por vo/vce1 que es negativo. El primer transistor no se satura:

( ) V 6,28578,40,1

,1,11 =−×−=+−≤⇒+−≥⇒≥+= satCECEce

oosatCECEcesatCEceCECE VV

vvvVVvVvVv

El segundo transistor no se corta:

V 15,02022 =×=≤⇒≥−=+= LCCoLC

oCcCC RRIv

RRvIiIi

El segundo transistor no se satura: V 7,2,22 −=+−≥=⇒≥+= satCECEocesatCEceCECE VVvvVvVv

Luego el margen dinámico está limitado por el corte del segundo transistor y vale 1 Vp. Como la segunda etapa tiene mucha ganancia variaciones de tensión muy grandes a la salida corresponden a variaciones de tensión mucho más pequeñas a la salida de la primera etapa, así que es lógico que el margen dinámico no venga limitado, ni mucho menos, por ésta. 16. a)

+VCC

RC8R

R

R

RE

TN

TP

-VCC

IC

(1+1/ β)IC

IC/β

IC/β

IX

IX-IC/β

IX

+VCC

RC8R

R

R

RE

TN

TP

-VCC

+VCC

RC8R

R

R

RE

TN

TP

-VCC

IC

(1+1/ β)IC

IC/β

IC/β

IX

IX-IC/β

IX

La corriente de emisor de los transistores es la misma; si están ambos en activa directa y dada la igualdad de las βs y la ausencia del efecto Early, las corrientes de colector son iguales, IC (por cierto, este razonamiento es válido tanto en continua como en alterna) La caída de tensión a lo largo del divisor resistivo:

( ) mA 110/210102 =≅⇒≅−= RVIRIIIRV CCXXCXCC β Donde se ha despreciado la corriente de base frente a 10IX, lo que puede validarse a posteriori. Observando la diferencia de tensión entre las bases de los dos transistores:

( ) mA 22

112 )ON()ON( =

−≅⇒++=

E

BEXCCEBEX R

VRIIIRVRI β

IC/β = 0,02 mA << 1 mA = IX, lo que justifica la aproximación anterior. Y para verificar el funcionamiento en modo activo directo:

( )( ) V 1,3

V 9,98

)ON(

)ON(

=−−++−=

=−−−−=

CCEBXCCECP

BEXCCCCCCCEN

VVRIVVVRIVRIVV

b) En pequeña señal el circuito equivalente es el siguiente, donde rπN = rπP ≡ rπ = kT/e β/IC = 1,25 kΩ.

R/2rπP

rπNibN

ibP RE

βibN

βibP RCvivo

B

B

E E C

C

TP TN

c) TP trabaja en colector común, y TN en base común d) En los nodos de emisor: (β+1)ibN = -(β+1)ibP ⇒ ibN = -ibP

CAB 14


( )( ) ( ) 5,9k 5,52k 500

211=

ΩΩ

=++

=−++

−==

πππ ββ

ββ

rRR

irRriiR

vv

AE

C

bNNEPbP

bNC

i

ov

e)

( )

( )( ) Ω=≅++=

=

+++

=+

=+

=−

=+

=

k 2,12

212

211

21

1

21

1

222RrRR

rRRRA

RRv

Rv

v

iRv

v

iRv

vR

E

EC

v

C

oi

i

bNi

i

bPi

ii

π

π

β

βββ

f) El corte de los dos transistores sería simultáneo por la igualdad de las corrientes de colector:

V 100 =≤⇒≥−=+== CCoC

oCcCCPCN RIv

RvIiIii

La no-saturación de TN impone:

V 9,911

,

,

−=−≅−

+−≥⇒

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=+−=

≥+=

CEN

C

satCECENo

CocnCcncen

satCEcenCENCEN

V

RrVV

vRrvriRiv

VvVv

βββπ

ππ

Y la de TP:

( )( ) ( )

( ) V 31

1111

,,

,

≅−≥⇒+−≥−⇒

⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

−≅++−

−=++−=+−=

≥+=

satECECPE

CosatECECP

C

Eo

C

Eo

C

EoEcnEepbnecp

satECecpECPECP

VVRRvVV

RRv

RRv

RRrvRriRiriv

VvVvββββ π

ππ

Luego el margen dinámico, limitado por la saturación de TN, es 9,9 Vp 17.

VCC

RIDIB

a) En continua:

BECCB

BECCB VV

ekTRI

ekTRr

RVV

I−

==⇒−

= π

Vg

R

C

Id

Ib

rπ

βIb

b) En alterna: ( ) ( )

0

0111

11

ωωβωω

ωβω

β

ωβω

ωβω

π

ππ

π

ππ

π

ππ

jj

RCrjCrj

RRr

CrjCrjRr

CrjIIICrjIIRrI

IV

Zbbb

bbb

d

g

++

=++

≅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛>><<

≅

≅++++

=++++

==

Y tomando el módulo ( )( )2

02

201ωωβωω

++

= RZ

c) En la región de interés ω/ω0 es despreciable frente a β y 1 frente a ω/ω0:

( ) ( ) βωωβωω

logloglog 00 −≅⇒≅ RZRZ , que en los ejes pedidos es una recta:

0

0

( )RZlog

RZ =

βRZ =

( )0log ωω10 =ωω 10 += βωω

43015225 Ejercicios de Bjt y Fet Resueltos

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