Ejercicio 6

CLASE PRÁCTICA 2 RESUELTA. PLAN D
PROBLEMAS DE POLARIZACIÓN DEL TRANSISTOR BIPOLAR (BJT)
Sumario:
1. Introducción.
2. Solución de problemas.
3. Conclusiones.
Bibliografía:
1. Rashid M. H. “Circuitos Microelectrónicos. Análisis y diseño”, pag. 186-188 y 192-196.
Objetivos:
• Que los estudiantes ejerciten el cálculo del punto de operación y la potencia disipada empleando
diferentes métodos desolución, y la obtención de la línea de carga estática del BJT.
• Profundizar en el principio de operación del regulador de voltaje serie y realizar los cálculos de
sus principales variables.
Problemas:
1. En el circuito mostrado en la figura 1, calcule:
a) El punto de operación del transistor. Represente el
punto de operación y la línea de carga estática en la
característica de salida.
b) La potenciaque se disipa en el colector del
transistor en reposo y la potencia que entrega la
batería VCC.
c) El valor máximo de RC con el cual el transistor
permanece trabajando en la región activa.
Datos: βF = hFE = 150; VBE = 0,7 V; VBE sat = 0,8 V;
VCE sat = 0,1 V e ICO = 0.

Fig. 1: Problema 1.

Respuesta:
a) El punto de operación del transistor bipolar se caracteriza por la IBQ, ICQ y el VCEQ. Este esun
circuito autopolarizado. Para calcular el punto de operación se abre el circuito como se muestra y se
sustituye por una fuente referida a tierra en serie con una resistencia equivalente aplicando el Teorema
de Thevenin.

1

R2
50
VTH = VCC ⋅
= 12 ⋅
= 3,53 V
R1 + R 2
120 + 50
R ⋅R
120 ⋅ 50
= 35, 29 kΩ
R TH = R B = R1 R 2 = 1 2 =
R1 + R 2 120 + 50
EL VOLTAJE DE THEVENIN SIEMPRE ESTÁ REFERIDO ATIERRA

El transistor bipolar puede trabajar en activa, saturación o corte. Se supondrá que el transistor está
operando en la zona de activa:
Aplicando LKV en I (malla en a base del transistor):
− VTH + I B ⋅ R B + VBE + I E ⋅ R E = 0 (1)
0
pero IE = I B + IC e IC = β F ⋅ I B + ( β F + 1) ⋅ ICO
I E = (1 + β F ) ⋅ I B (2)

luego

Sustituyendo (2) en (1) nos queda que:

− VTH + I B ⋅ R B + VBE + (1 +β F ) ⋅ I B ⋅ R E = 0
Despejando la corriente de IB:

IB =

VTH − VBE

R B + (1 + β F ) ⋅ R E

=

3,53 − 0,7
35,29 + (1 + 150 ) ⋅1,5

De donde: I BQ = 0, 010 mA = 10 μA

ICQ = β F ⋅ I BQ = 150 ⋅ 0, 01 = 1,5 mA
Aplicando LKV en II (malla de salida) para calcular el valor de VCEQ:
− VCC + ICQ ⋅ R C + VCEQ + I EQ ⋅ R E = 0

2

Como β F = 150 >> 1 ⇒ I E ≈ IC de donde:
− VCC + VCEQ + ICQ ⋅ ( R C + RE ) = 0

VCEQ = VCC − ICQ ⋅ ( R C + R E ) = 12 − 1,5 ⋅ ( 5 + 1,5 ) = 2, 25 V > VCE sat = 0,1 V ∴ Activa

(

R/ Punto de Operación: Q IBQ = 10 μA; ICQ = 1,5 mA; VCEQ = 2, 25 V

)

Para representar el punto de operación y la línea de carga estática en la característica de salida del BJT,
a partir de la LKV obtenida en la malla II, despejamos la IC en función del VCE:

− VCC + IC ⋅ R C + VCE + I E ⋅R E = 0
Como β F = 150 >> 1 ⇒ I E ≈ IC , de donde:
y al despejar IC nos queda que:

− VCC + VCE + IC ⋅ ( R C + R E ) = 0
IC = −

VCE

RC + RE

+

VCC

RC + RE

Si IC = 0 ⇒ VCE = VCC
VCC
Si VCE = 0 ⇒ IC =
RC + RE

b) Potencia que se disipa en el colector del transistor bipolar:

R / PC max = ICQ ⋅ VCEQ = 1,5 ⋅ 2, 25 = 3,375 mW

(

Potencia que entrega la batería: PCC = VCC ⋅ ICC = VCC ⋅ ICQ + I13

) ( ya que ICC = ICQ + I1 )

Aplicando una LKV como se muestra en la figura de la
izquierda se podrá calcular el valor de I1:
− VCC + I1 ⋅ R1 + VBE + I E ⋅ R E = 0
pero al ser β F = 150 >> 1 ⇒ IE ≈ IC

− VCC + I1 ⋅ R1 + VBE + IC ⋅ R E = 0
y al despejar I1 nos queda que:
V − VBE − IC ⋅ R E 12 − 0,7 − 1,5 ⋅1,5
I1 = CC
=
= 75 μA
R1
120
Luego:

(

)

R / PCC = VCC ⋅ ICQ + I1 = 12 ⋅ (1,5 + 0, 075 )= 18,9 mW

c) A partir de la línea de carga estática representada en la característica de salida, se puede observar que
si se aumenta el resistor RC disminuye el VCE corriéndose el punto de operación hacia la zona de
saturación sin variar el valor de ICQ. El valor máximo de RC (RCmax) se calcula cuando el transistor
alcanza el límite de la región de saturación, al hacerse VCE = VCEsat.
De la...