130 problemas dispositivos electronicos lopez meza brayan

PROBLEMAS RESUELTOS DE
DISPOSITIVOS ELECTRONICOS
TRANSISTORES
DIODOS
SEMICONDUCTORES
López Meza Brayan

SEMICONDUCTORES
PROBLEMA 01:
(J=Jp+Jn=-1)
demostrar que el campo puede expresarse en la forma:
𝜀𝑖 =
𝑉𝑇 × 𝑏 (−
𝑑𝑛
𝑑𝑥
) + (𝑑𝑝/𝑑𝑥)
2𝑛 ⋅ 𝑏
+
(𝑑𝑝/𝑑𝑥)
p
b=μn/μp
𝐽𝑛 + 𝐽𝑝 = −1
(𝑞 ⋅ 𝜇𝑛 ⋅ 2𝑛 ⋅ 𝜀𝑖 + 𝑞 ⋅ 𝐷𝑛 ⋅
𝑑𝑛
𝑑𝑥
) + (𝑞 ⋅ 𝜀𝑖 . 𝑞 ⋅ 𝐷𝑝 ⋅
𝑑𝑝
𝑑𝑥
) = −1
𝜀𝑖 =
−𝐷𝑛(
𝑑𝑛
𝑑𝑥
)
𝜇𝑛 ⋅ 𝑛
−
𝐷𝑝(
𝑑𝑝
𝑑𝑥
)
𝜇𝑝 ⋅ 𝑝
𝑉𝑇 =
𝐷𝑝 − 1
𝜇𝑝
=
𝐷𝑛
𝜇𝑛 + 1
𝐷𝑝 −
1
𝐷𝑛
= ( 𝜇𝑛 + 1)/𝜇𝑝 = 𝑏
𝜀𝑖 =
𝑉𝑇 × 𝑏 (−
𝑑𝑛
𝑑𝑥
) + (
𝑑𝑝
𝑑𝑥
)
2𝑛 ⋅ 𝑏
+
(
𝑑𝑝
𝑑𝑥
)
p
PROBLEMA 02:
En el caso de que el gradiente del potencial del silicio intrínseco
sea: 250V⋅m−1
μn=0,18m2(V⋅s)−1
μp=0,069m2(V⋅s)−1
Halle:
SOLUCION:
Expresión para la conductividad:
𝜎𝑖 = 𝑞(𝑛𝜇𝑛 + 𝑝𝜇𝑝)
𝑛𝑖 = 𝑝 = 𝑛
𝜎𝑖 = 𝑞𝑛𝑖(𝜇𝑛 + 𝜇𝑝)

a.- La resistividad del silicio intrínseco si ni=2,5×1016m−3
𝜌 =
1
𝜎
=
1
𝑞𝑛𝑖(𝜇𝑛 + 𝜇𝑝)
= 1,72 × 103𝛺 ⋅ 𝑚
b.- La velocidad de arrastre de electrones
Velocidad de arrastre
𝑣⃗ = µ𝐸⃗ = 𝜇 ⋅ 𝐸⃗
𝑣⃗𝑎𝑛 = 0,12 × 250 = 30𝑚 ⋅ 𝑠−1
𝑣⃗𝑎𝑝 = 10𝑚 ⋅ 𝑠−1
c.- La corriente total de arrastre, si A=0,4×10−3m2
La corriente total de arrastre:
𝐼𝑎 = 𝐴 ⋅ 𝐽𝑎 = 𝐴 ⋅ 𝜎𝑖|𝐸⃗ |
𝜌 =
1
𝜎
:
𝐼𝑎 = 0,04 × 10−4
× 0,58 ⋅ 10−3
− 1 × 250
𝐼𝑎 = 7,25 ⋅ 10−7
𝐴𝑚𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑠
PROBLEMA 03:
Un semiconductor intrínseco (2.1x1010cm-3)
valor µn= µp= 2x102 cm/v-s.
Hallar la corriente total
Solución:
𝐽 = 𝜎𝐸⃗
𝜎 = 1.6x10−19
x 2.1x1010
x 4x102
𝜎 = 13,14 x10−7
x cm−1
𝐽 = 4.8𝑥10 − 6 𝑥 100 𝐴/𝑐𝑚2
= 13.14𝑥10−5
𝐴 = 𝜋𝑟2 = 3.1416 𝑥 (0.02)2 = 1.1256𝑥10−1

𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐽𝐴
𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 13.14𝑥10−5
𝑥 1.1256𝑥10−1
= 14.79 µ𝐴.
PROBLEMA 04:
ni = 0.3 x1010cm-3
E = 2 x103 V/m .
µn =µp = 103 cm2/ V- s.
Datos: (q = 1.6 x10-19 C)
Solución:
𝐽 = 𝜎𝐸⃗
𝜎 = 1.6x10−19
x 0.3 x1010
x 2x10−3
𝜎 = 9.6x10−5
Ω − cm−1
𝐽 = 9.6x10−5
Ωcm−1
𝑥20 + 𝑉/𝑐𝑚
𝐽 = 192µ𝐴.
PROBLEMA 05:
Un semiconductor:
ni = 0.8x 1010 cm−3
ND = 3.1 x1010 cm-3
Hallar las concentraciones de electrones y huecos en equilibrio térmico a
temperatura ambiente.
Datos: (kT = 0,0258 eV a T = 300 K, q = 1.6 10-19 C)
Solución:
Se trata de un semiconductor de tipo N
Por lo tanto:
n = ND = 2.5 x 1010 cm-3
𝑝 =
𝑛𝑖
2
𝑁𝐷
=
(0.8𝑥1010
)2
3.1𝑥1010
= 2.5𝑥106
𝑐𝑚−3

PROBLEMA 06:
1. El voltaje de activación de cada diodo en el circuito de la figura mostrada es
𝑉
𝛾 = 0.9 𝑉 . Determine 𝐼𝐷1, 𝐼𝐷3, 𝐼𝐷4 𝑦 𝑉𝐴 para
𝑅3 = 14 𝐾Ω, 𝑅4 = 12 𝐾Ω
𝑅3 = 3.3 𝐾Ω, 𝑅4 = 3.3 𝐾Ω
𝑅3 = 3.3 𝐾Ω 𝑅4 = 2.67 𝐾Ω.
Solución:
a) En los diodos activos
15 − 𝑉𝐴
6.15
=
𝑉𝐴 − 0.9
2
+
𝑉𝐴 − 0.9 − (−5)
14
+
𝑉𝐴 − 0.9 − (−10)
24
2.439 + 0.35 − 0.307 − 0.3875 = 𝑉𝐴(0.1626 + 0.50 + 0.0714 + 0.0417)
𝑉𝐴 = 1.49 𝑉
𝐼𝐷1 =
1.49 − 0.9
2
= 0.7 𝑚𝐴
𝐼𝐷2 =
1.49 − 0.9 − (−5)
14
= 1.03 𝑚𝐴

𝐼𝐷3 =
1.49 − 0.9 − (−10)
24
= 0.441 𝑚𝐴
b) 𝐸⃗𝑛 𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑒𝑟𝑟𝑒, 𝐼𝐷1 = 0
15 − 𝑉𝐴
6.15
=
𝑉𝐴 − 0.9 − (−5)
3.3
+
𝑉𝐴 − 0.9 − (−10)
5.2
2.439 − 1.303 − 1.788 = 𝑉𝐴(0.1626 + 0.303 + 0.1923) 𝑎𝑠í 𝑉𝐴 = −0.671 𝑉
𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐼𝐷2 =
−0.671 − 0.9 − (−5)
3.3
= 1 𝑚𝐴
𝐼𝐷3 =
−0.671 − 0.9 − (−10)
5.2
= 1.620 𝑚𝐴
PROBLEMA 07:
Sea 𝑉
𝛾 = 0.4 𝑉 para el diodo en el circuito de la figura
(𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅4 = 9𝐾Ω)
Determine:
𝐼𝐷, 𝑉𝐷, 𝑉𝐴 𝑦 𝑉𝐵
𝑉1 = 3 𝑉 𝑉2 = 6 𝑉 𝑉1 = 3 𝑉. 𝑉2 = 12 𝑉
Solución:
a)
𝐼𝐷 = 0
𝑉𝐴 =
1
2
(3) = 1.5 𝑉

𝑉𝐵 =
1
2
(6) = 3 𝑉
𝑉𝐷 = 2 − 2.5 = −0.5 𝑉
b)
8 − 𝑉𝐵
9
=
𝑉𝐵
9
+
𝑉𝐵 − 0.4
9
+
𝑉𝐵 − 0.4 − 2
9
0.20 + 0.13 + 0.16 = 𝑉𝐵(0.26)
𝑉𝐵 = 1.64 𝑉
𝑉𝐴 = 1.98 𝑉
𝐼𝐷 =
8 − 𝑉𝐵
9
−
𝑉𝐵
9
=
1
9
[8 − 2(1.64)] = 0.23 𝑚𝐴
PROBLEMA 08:
Encontrar el punto de operación del diodo de la figura:
𝑉1 = 11 𝑉
𝑅1 = 8 𝐾Ω
𝑅2 = 6 𝐾Ω
𝑅3 = 120 𝐾Ω
𝑅4 = 75 𝐾Ω

Solución:
Equivalente Thévenin
𝑉𝑖𝑛 = 𝑅1𝑖 + 𝑅2(𝑖 − 𝑖′)
𝑅2(𝑖 − 𝑖′) = 𝑅3𝑖′
+ 𝑅4𝑖′
= (𝑅3 + 𝑅4)𝑖′
𝑉𝑇ℎ = 𝑖′𝑅4
Sustituyendo resistencias y tensión:
11 = 8𝑖 + 6(𝑖 − 𝑖′) = 15𝑖 − 5𝑖′
= 460𝑖′
𝑖′
= 0.019
6(𝑖 − 𝑖′) = 120𝑖′
𝑖 =
126
4
𝑖′
= 31.5𝑖′
𝑉𝑇ℎ = 𝑖′𝑅4 = 0.9 𝑉
Cortocircuitamos R4
𝑉𝑖𝑛 = 𝑅1𝑖 + 𝑅2(𝑖 − 𝑖𝑆𝐶)
11 = 8𝑖 + 6(𝑖 − 𝑖𝑆𝐶)
𝑅2(𝑖 − 𝑖𝑆𝐶) = 𝑅3𝑖𝑆𝐶
𝑖 =
105
5
𝑖𝑠𝑐 = 17𝑖𝑆𝐶
17 = 289𝑖𝑆𝐶
𝑖𝑆𝐶 = 0.0216 𝑚𝐴
𝑅𝑇ℎ =
1.3
0.0216
= 28.3 𝐾Ω
VTH y RTH
𝑉𝑇ℎ = (
𝑅2𝑅4
(𝑅1 + 𝑅2)(𝑅3 + 𝑅4) + 𝑅2𝑅1
) 𝑉𝑖𝑛 = 1.6𝑉
𝑅𝑇ℎ =
(
𝑅1𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
+ 𝑅3) 𝑅4
(
𝑅1𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
+ 𝑅3) + 𝑅4
= 28.3 𝐾Ω
El voltaje que cae en el diodo es de aproximadamente 0.4 V.
Ley de Kirchhoff a la malla:
𝑉𝐷 = 𝑉𝑇ℎ − 𝑖𝐷𝑅𝑇ℎ

𝑖𝐷 =
1.6 − 0.4
28.3
= 0.0424 𝑚𝐴 = 42.4 𝜇𝐴.
PROBLEMA 09:
Cada voltaje de activación del diodo en el circuito de la figura mostrada es igual
a 0.6 V;
𝑅1 = 5 𝐾Ω, 𝑅2 = 10 𝐾Ω 𝑅3 = 7 𝐾Ω, 𝑅4 = 2 𝐾
Determine
𝐼𝐷1, 𝐼𝐷2, 𝐼𝐷3 𝑦 𝑣⃗0
𝐴) 𝑣⃗1 = 2 𝑉
𝐵) 𝑣⃗1 = 7 𝑉
Solución:
a)
𝑣⃗1 = 2 𝑉, 𝐷1 𝑦 𝐷2
𝐼𝐷3 = 0
3 − 𝑣⃗𝑜
5
=
𝑣⃗0 − 0.7
10
+
𝑣⃗0 − 1.7
7
0.75 + 0.0875 + 0.2833 = 𝑉0(0.25 + 0.125 + 0.1667)
𝑣⃗0 = 1.978 𝑉
𝐼𝐷1 =
2.069 − 0.6
8
= 0.136 𝑚𝐴
𝐼𝐷2 =
2.069 − 1.6
6
= 0.0281 𝑚𝐴
b)
𝑣⃗𝐼 = 5 𝑉
5 − 𝑣⃗0
5
=
𝑣⃗0 − 0.6
10
+
𝑣⃗0 − 1.6
7
+
𝑣⃗0 − 2.6
2
1.25 + 0.0875 + 0.2833 + 0.675 = 𝑣⃗0(0.25 + 0.125 + 0.1667 + 0.25)

𝑣⃗0 = 2.78 𝑉
𝐼𝐷1 =
2.78 − 0.6
5
= 0.326 𝑚𝐴
𝐼𝐷2 =
2.78 − 1.6
10
= 0.13 𝑚𝐴
𝐼𝐷3 =
2.78 − 2.6
7
= 0.07 𝑚
PROBLEMA 10:
Calcular 𝑉𝑂 = 𝑓(𝑉𝐼)
𝑉1 = −2 v 𝑉2 = 3v 𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅4 = 9𝐾Ω
Diodo = on 𝐼𝐷 > 0 pero 𝐼𝐷 =
𝑉𝑖
2
−4
1+0.5
𝑉𝑖
2
− 4
1 + 0.6
> 0
𝑉𝑖
2
− 4 > 0
𝑉𝑖 > 8

𝑉
𝑜 = 𝐼𝐷(1) + 4
𝑉
𝑜 =
𝑉𝑖
2
− 4
1 + 0
+ 4
𝑉
𝑜 =
𝑉𝑖 + 4
3.2
𝑉𝑖 < 7
𝑉
𝑜 =
𝑉𝑖
3
TRANSISTORES:
PROBLEMA 11:
Determinar el cambio del punto Q donde βCD incrementa en un 100%
Solución:
Damos valor a βCD de 150 y 300 para que sea más sencillo

• βCD =150
𝐼𝑐 = β𝐶𝐷(
V𝐶𝐶 − V𝐵𝐸
𝑅𝐵
)
𝐼𝐶𝑄 = 150(
12 − 0.7
330𝑘
)
𝐼𝐶𝑄 = 2.89 mA
𝑉𝐶𝐸 = V𝐶𝐶 − I𝐶R𝐶
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 12 − (0.0342)560
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 9.7 v
• βCD =300
𝐼𝑐 = β𝐶𝐷(
V𝐶𝐶 − V𝐵𝐸
𝑅𝐵
)
𝐼𝐶𝑄 = 200(
12 − 0.7
330𝑘
)
𝐼𝐶𝑄 = 5.71mA
𝑉𝐶𝐸 = V𝐶𝐶 − I𝐶R𝐶
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 12 − (0.0684)560
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 8.17 v
VCEQ=(8.17)x100%/10.1 disminuye en 80.89%

PROBLEMA 12:
Hallar Zi: Ganancia de voltaje y la re si existe efecto early
VT=17 mv donde
ro=35 k
β=69
RC=3.9 K
RB=290 K
RE1=2.3 K
RE2=0.35 K
DC .-
𝐼𝐵 =
𝑉𝐶𝐶 − 0.7
𝑅𝐵 + (𝛽 + 1)𝑅𝐸
𝐼𝐵 =
18 − 0.7
290 𝑘 + (69 + 1)𝑥 2.3 𝑘

𝐼𝐵 = 34.6 𝑚𝐴
𝐼𝐸 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵
𝐼𝐸 = (69)(0.0457) = 3.71 𝑚𝐴
𝑟𝑒 =
𝑉𝑇
𝐼𝐸
=
17 𝑚 𝑉
3.71𝑚 𝐴
𝑟𝑒 = 6.157 Ω
𝑍𝐵 = 𝛽𝑟𝑒 [
(𝛽 + 1) +
𝑅𝐶
𝑟𝑜
⁄
1 +
(𝑅𝐶 + 𝑅𝐸)
𝑟𝑜
⁄
]
𝑍𝐵 = (69)(5) [
(81) + 5.6 𝑘
40𝑘
⁄
1 +
(5.6𝑘 + 1.2𝑘)
40𝑘
⁄
]
𝑍𝐵 = 83.78𝑘
𝑍𝑖 = 290𝑘//𝑍𝐵
𝑍𝑖 = 54.51𝑘
Ganancia V:
𝑉𝑖 = [(𝛽𝑟𝑒) + (𝛽 + 1)𝑥 1.2 𝑘]𝑖𝑏
𝑉𝑖 = [(560) + 86.2 𝑘]𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = [ 40𝑘//5.6𝑘]𝛽𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = 392.8 𝑘𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
392.8 𝑘𝑖𝑏
97.76𝑘 𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
392.8 𝑘𝑖𝑏
97.76𝑘 𝑖𝑏
𝐴𝑣 = −3.502

PROBLEMA 13:
Calcular el punto de trabajo, Vo y la ganancia de voltaje.
Donde β= 130
VBE=0.6V
VCC=8v
VCEsat =0.3
RB=59K
RC=4 K
VA=87
IL=0,8
1.2 − 63𝑘 𝐼𝐵 − 0.7 = 0 ……. (1)
𝐼𝐵 = 7.93 µ𝐴 ……… (2)
𝐼𝐶 = 𝛽𝐼𝐵 = 793 µ𝐴 ……… (3)
VCE:
𝐼𝐶 = 0.3 𝑚𝐴 + 𝑥

793 µ𝐴 = 0.3 𝑚𝐴 + 𝑥
𝑥 = 2.93 𝑥 10−4
V𝐶 = 8 − 6𝑘(2.93 𝑥 10−4)
V𝐶 = 7.562 𝑣⃗
𝑉𝐶𝐸 ≥ 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡
6.42 ≥ 0.5
𝑉𝐶𝐸 = V𝐶 − V𝐸 = V𝐶 = 𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑜′ = 5.32 𝑣⃗
Analizando en pequeña señal (tiene efecto early):
𝑟𝑜 =
𝑉𝐴 + 𝑉𝐶𝐸
𝐼𝐶
=
100 + 8.24
793𝜇
𝑟𝑜 = 156.947 𝑘Ω
𝑟𝜋 =
16𝑚𝑉
5.93𝜇
𝑟𝜋 = 3.152𝑘Ω
𝑉
𝑜 = [ 6𝑘//136.49𝑘]𝛽𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = [ 40𝑘//5.6𝑘]𝛽𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = 354.73 𝑘𝑖𝑏
𝑉𝑖 = [𝑅𝐵 + 𝑟𝜋]𝑖𝑏
𝑉𝑖 = 57.232 𝑘𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
354.73 𝑘𝑖𝑏
23.152 𝑘𝑖𝑏

𝐴𝑣 = 9.656
𝑣⃗𝑜´´ = V𝐶 = 𝑉
𝑜 = 354.73 𝑘𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = 𝑣⃗𝑜´ + 𝑣⃗𝑜´´
𝑉
𝑜 = 5.3𝑢 2 𝑣⃗ + 354.73 𝑘𝑖𝑏𝑣⃗
PROBLEMA 14:
Calcular en el punto Q(vCE, IC, IB), rπ,ro y la ganancia de voltaje.
Donde β=120,
VBE= 0.8 V
VCC= 2 v
VCEsat = 0.1
RE= 4.8K
RL= 2.7K
VA=∞
−4.8 𝑘𝐼𝐸 − 0.8 = −5
𝐼𝐸 = 0.875𝑚 𝐴
𝐼𝐸 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵 = 9.9 µ𝐴
𝐼𝐶 = 894 µ𝐴

VCE:
𝑉𝐶𝐸 = V𝐶 − V𝐸 = 5 − (−0.7) = 4.2 V
5.7 ≥ 0.2 región activa
sin efeto early
𝑟𝑜 =
∞ + 𝑉𝐶𝐸
𝐼𝐶
= ∞
𝑟𝜋 =
17𝑚𝑉
8.9𝜇
𝑟𝜋 = 2.525 𝑘 Ω
𝑉
𝑜 = [ 4.3𝑘]𝛽𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = 380 𝑘𝑖𝑏
𝑉𝑖 = [𝛽𝑅𝐸 + 𝑟𝜋]𝑖𝑏
𝑉𝑖 = 589.5 𝑘𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
430 𝑘𝑖𝑏
432.5 𝑘𝑖𝑏
𝐴𝑣 = 0.994

PROBLEMA 15:
Calcular Vo en (corte, saturación y activa) y el valor de Vg para activa. Donde
β=120
VBE= 0.7V
VCC= 5v
VCEsat = 0.2
RB= 60 K
R1= 0.8K
R2= 0.8K
Zona de corte: 𝑖𝑏 = 0; 𝑉𝐵𝐸 ≤ 0.7 𝑣⃗
𝑉𝐶𝐶 = 2(0.8 k)𝐼
5 = 1.6 k 𝐼
𝐼 = 3.125𝑚𝐴
𝑉𝐶𝐶 − (0.8 k)𝐼 = 𝑣⃗𝑜
5 − 2.5 = 𝑣⃗𝑜
2.5 = 𝑣⃗𝑜
Z. saturación: 𝑖𝑏 ≥ 0; 𝑖𝑐 ≥ 𝛽𝐼𝐵; 𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡

𝑉𝐶𝐸 = 𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑜 = 0.2
Z. activa: 𝑖𝑏 ≥ 0; 𝑉𝐶𝐸 ≥ 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡; 𝑉𝐵𝐸 = 0.7 𝑣⃗
𝑉𝐶𝐶 − 𝑣⃗𝑔 − 60𝑖𝑏 − 0.7 = 0
4.3 − 𝑣⃗𝑔 = 60𝑖𝑏
𝑖1 = 𝑖𝑐 + 𝑖2
5−𝑣⃗𝑜
0.8 𝑘
= 𝛽 (
4.3 − 𝑣⃗𝑔
60𝑘
) +
𝑣⃗𝑜
0.8𝑘
𝑣⃗𝑜 = −0.57 + 0.3𝑣⃗𝑔
−0.57 + 0.3𝑣⃗𝑔 ≥ 0.2
𝑣⃗𝑔 ≥ 1.38 𝑣⃗

PROBLEMA 16:
a) Calcular Vo y demostrar que el transistor está en corte cuando Vg=-5v
b) calcular VE y β cuando Vg =0 para
activa.
VCC1=6v,
VCC2=-3v,
VA=∞,
RB=100,
RE=2K,
RC=2K.
𝑉𝐵𝐸 = V𝐵 − V𝐸 = V𝑔 − V𝐸 = −5 − (−3) = 8 − 2V
−2 ≤ 𝑉𝐵𝐸 = 0.7 𝑣⃗ esta en corte
6 − V𝑜 = 2𝑘 𝐼𝐶
6 − V𝑜 = 2𝑘(0)
V𝑜 = 6
100 𝐼𝐵 − 0.7 − 2𝑘𝐼𝐸 = −3
100(11.3 µ) − 0.7 − 2𝑘𝐼𝐸 = −3
𝐼𝐸 = 1.15 𝑚𝐴
𝑣⃗𝑔 − 0.7 − 𝑅𝐵𝐼𝐵 = 𝑉𝐸
0 − 0.7 − 11.3 𝑚 = 𝑉𝐸
𝑉𝐸 = −0.71𝑣⃗
𝐼𝐸 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵
1.15 𝑚𝐴 = (𝛽 + 1)𝑥 11.3𝑚𝐴
𝛽 = 89.51

PROBLEMA 17:
Hallar Zi , Zo ,Ganancia de voltaje ,si no existe efecto early
VT= 17mv
donde β=38
RC= 2.7K
RE= 1.8K
R1= 8K
R2= 45K
RL= 2K
𝑉𝐵𝐵 =
24 (8𝑘)
45𝑘
= 4 𝑣⃗
𝑅𝐸𝑞𝑢𝑖 =
4 (45𝑘)
24
= 8.33𝑘
4 − 8.33𝑘𝐼𝐵 − 0.7−2.2𝑘𝐼𝐸 = 0
2.7 = 𝐼𝐵(8.33 + 𝛽 + 1)
55.6µ𝐴 = 𝐼𝐵
2.78𝑚𝐴 = 𝐼𝐶
2.835𝑚𝐴 = 𝐼𝐸
1.8 − 3.9𝑘𝐼𝐶 − 𝑉𝐶𝐸−2.2𝑘𝐼𝐸 = 0

𝑉𝐶𝐸 = 6.91 𝑣⃗
sin efeto early :
𝑟𝜋 =
25𝑚𝑉
55.6𝜇 𝐴
𝑟𝜋 = 449.64 Ω
𝑧𝑖𝑛 = 50//10//449.64
𝑧𝑖𝑛 = 474.32
𝑧𝑜𝑢𝑡 = 3.9𝑘//1𝑘
𝑧𝑜𝑢𝑡 = 0.683𝑘
𝑉𝑜𝑢𝑡 = [ 0.795𝑘]𝛽𝑖𝑏
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 41.21𝑘𝑖𝑏
𝑉𝑖𝑛 = [𝑟𝜋]𝑖𝑏
𝑉𝑖𝑛 = 460.64 𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
39.75𝑖𝑏
449.64𝑖𝑏
𝐴𝑣 = 69.67
PROBLEMA 18:
Hallar Zi ,Ganancia de voltaje ,si no existe efecto early VT=25mv
donde β=87,
RC=2K,
RE=2K,
R1=2.7K,

R2=5.3K
RL=10K.
𝑉𝐵𝐵 =
18 (2.7𝑘)
8𝑘
= 5.561 𝑣⃗
6.075(5.3𝑘)
18
= 2.132 𝑘
6.075 − 1.7887𝑘𝐼𝐵 − 0.7−2𝑘𝐼𝐸 = 0
5.375 = 𝐼𝐵𝑘(1.7887 + (𝛽 + 1)2)
26.375µ𝐴 = 𝐼𝐵
2.637𝑚𝐴 = 𝐼𝐶
2.663𝑚𝐴 = 𝐼𝐸
18 − 2𝑘𝐼𝐶 − 𝑉𝐶𝐸−2𝑘𝐼𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 7.4 𝑣⃗

ℎ𝑖𝑏 =
26𝑚𝑉
1.883 𝑚𝐴
ℎ𝑖𝑏 = 8.572
𝛼 =
100
101
𝛼 = 0.99
𝑉𝑜𝑢𝑡 = [2//10]𝛼𝑖𝑒
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1.65𝑘𝑖𝑒
𝑉𝑖𝑛 = [ℎ𝑖𝑏]𝑖𝑒
𝑉𝑖𝑛 = 8.572 𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
1.65𝑘𝑖𝑏
9.763𝑖𝑏
𝐴𝑣 = 147
𝑧𝑖𝑛 =
𝑉𝑖𝑛
𝑖𝑖𝑛
𝑧𝑖𝑛 =
𝑉𝑖𝑛
𝑉𝑖𝑛(
1
2
+
1
ℎ𝑖𝑏
)
𝑧𝑖𝑛 =
1
1
2
𝑘 +
1
ℎ𝑖𝑏
𝑧𝑖𝑛 =
2𝑘 𝑥 ℎ𝑖𝑏
2𝑘 + ℎ𝑖𝑏
𝑧𝑖𝑛 = 9.71
PROBLEMA 19:
Para el circuito que se muestra a continuación realice el análisis DC y calcula la
Ganancia de Voltaje.
VT= 19mv
donde β= 89,

RE= 46,
R1= 6K,
R2= 84K
RL= 2K.
0.8𝑚𝐴 = 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 = 𝐼𝐸
𝑉𝐸 = 𝑅𝐸𝐼𝐸 = 0.5𝑉
𝑉𝐵 = 0.7 − 𝑉𝐸 = 1.2𝑉
𝑉𝐶 = 84𝐾𝐼𝐵 + 𝑉𝐵
𝑉𝐶 = 84𝐾(
0.5𝑚𝐴
𝛽 + 1
) + 𝑉𝐵
𝑉𝐶 = 1.421
𝑉𝐶𝐸 = V𝐶 − V𝐸 = 0.921
𝑟𝑜 =
∞ + 𝑉𝐶𝐸
𝐼𝐶
= ∞
𝑟𝜋 =
19𝑚𝑉
4.95𝜇 𝐴
= 4.143𝐾

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −[100//1]𝐾𝑔𝑚𝑉𝑏𝑒
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −0.99𝑘(
0.495𝑚𝐴
19𝑚𝑉
)(
1𝑘//4.143𝑘//4.143
(1𝑘//5.252𝑘//52.52) + 46
)𝑉𝑖𝑛
𝐴𝑣 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
= −18.84𝑥
49.42
99.42
𝐴𝑣 = −7.962
PROBLEMA 20:
Hallar Ganancia de voltaje, si no existe efecto early (VA=∞);
VT=28 mv
Donde:
β1 = β2=250
RC = 2.8 K
RE1 = 230
RE2 = 760
R1 = 3.1 K
R2 = 9K
RL = 9K

𝑉𝐵𝐵 =
10 (2.2𝑘)
12.2𝑘
= 1.803 𝑣⃗
1.803(10𝑘)
10
= 1.803𝑘
1.803 − 0.7 = 1.803𝑘𝐼𝐵+1𝑘𝐼𝐸
1.103 = 𝐼𝐵(202𝑥803)
3.81 µ𝐴 = 𝐼𝐵1 = 𝐼𝐵2
(sin efeto early)
𝑟𝜋 =
25𝑚𝑉
5.43𝜇 𝐴
𝑟𝜋1 = 𝑟𝜋2 = 4.604𝑘 Ω
𝐴𝑣1 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
[ 1.2𝑘]𝛽𝑖𝑏
4.64𝑘𝑖𝑏 + 180𝛽𝑖𝑏
= 4.832
𝐴𝑣2 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
[2.64𝑘]𝛽𝑖𝑏
4.64𝑘𝑖𝑏 + 180𝛽𝑖𝑏
= 0.051
𝐴𝑣 = 𝐴𝑣1𝑥𝐴𝑣2
𝐴𝑣 = 0.274
TRANSISTOR UNIPOLAR
PROBLEMA 21:
Un transistor JFET que VP < 2V
V1= 0V,
corriente de drenador:

ID = -8 µA.
Para V1= 3.2 V
Solución:
𝑉1 = 𝑉𝐺𝑆 = 0
𝑉𝐷𝑆 = −𝑉2 = −5 𝑉,
𝑉𝐷𝑆 < 𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑃
(dado que VP < 2V)
𝐼𝐷 = 𝐼𝐷𝑆𝑆(1 −
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃𝑂
)2
= 𝐼𝐷𝑆𝑆(1 −
0
0
)2
−6µ𝐴 = 𝐼𝐷𝑆𝑆
Dado que ID ≡ 0 para 𝑉𝐺𝑆 ≥ 𝑉𝑃,
𝑉𝑃 = 2.8 𝑉
PROBLEMA 22:
Calcúle el punto de funcionamiento del transistor.
𝑅1 = 3 𝑀Ω,
𝑅2 = 0.4 MΩ,
𝑅3 = 6 𝐾Ω,
𝑅4 = 3 𝐾Ω,
𝑘
3
=
2𝑚𝐴
𝑉2
,

𝑉𝑇 = 6𝑉
Solución:
𝐼𝐷 =
𝑘
2
(𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇 )2
𝑉𝐺 =
𝑉𝐷𝐷𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
=
16 ⋅ 04
0.6 + 0.4
= 7𝑉
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝐼𝐷𝑅4
𝑉𝐺 − 𝑅4
𝑘
2
= 8 − 2 ⋅ 103
.10−3
(𝑉𝐺𝑆 − 2)2
𝑉𝐺𝑆
2
− 1.9 𝑉𝐺𝑆 = 0
Cuyas raíces son VGS= 0V y VGS= 2.1V
La única solución válida es VGS= 2.1 V
VGS= 0V
𝐼𝐷 =
𝑘
2
= 10−3
(3.5 − 2)2
= 3,40 𝑚𝐴

VDS
VDS = − ID R3 + VDD − IDR4 = 20 – 2,25x 7 = 3,90V
VDS ≥ VGS − VT → 4.25V ≥ 3,5 - 2 = 0,9 V
ID= 1.19 mA
VGS = 2.3 V
VDS= 3.96V
PROBLEMA 23:
VT(VB= 0V) = - 1.8V,
VT(VB=3V) = -2V,
k= - 4mA/V2,
Solución:
2 V. (VB= 3V.)
VT (VB= 3V) = - 3V.

𝑉𝐺𝑆 =
𝑉𝐷𝐷𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
= −9𝑉
𝑅𝐷𝑠𝑜𝑛 =
1
𝑘
2(𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇 )
=
1
−2(−10 + 2)
=
1
13
𝐾Ω
𝐼𝐷 =
𝑉𝐷𝐷
𝑅3 + 𝑅𝐷𝑠𝑜𝑛
=
−20
1 + 1/16
= −14.24 𝑚𝐴
𝑉𝐷𝑆 = 𝐼𝐷 𝑋 𝑅𝐷𝑠𝑜𝑛 = −18.82 𝑥
1
16
= −0.31𝑣⃗
VDS≥VGS-VT
-1.14 V > -8+ 1= -7 V
PROBLEMA 24:
Calcular la ganancia de voltaje si en el punto Q es:
𝑅1 = 2𝑀Ω,
𝑅2 = 1kΩ,
𝑅3 = 8 𝐾Ω,
µ = 356,
𝑉𝑃𝑂 = −3 𝑉,
𝐼𝐷𝑆𝑆 = 6 𝑚𝐴
Solución:
𝑉𝐺𝑆 = −2𝐼𝐷
17 = 𝑉𝐷𝑆 + 11 𝐼𝐷
𝐼𝐷 = 4(1 −
𝑉𝐺𝑆
−2
)2
𝐼𝐷 = 0.98𝑚𝐴
𝑉𝐺𝑆 = −2.17
𝐼𝐷 = 0.5 𝑚𝐴
𝑉𝐺𝑆 = −0.98
𝑉𝐷𝑆 = 17 − 9(0.6)

𝑉𝐷𝑆 = 14.5
𝑔𝑚 = |2/𝑉𝑃𝑂|√𝐼𝐷𝐼𝐷𝑆𝑆 = |2/−2|√(0.6)4 = 0.97𝑚𝐴𝑉
AC
µ = 𝑔𝑚
𝑟𝑑𝑠
380 = 1.21 𝑟𝑑𝑠
𝑟𝑑𝑠 = 57.3𝑘
𝐴𝑉 = −𝑔𝑚𝑅𝐿
𝐴𝑉 = −1.37(𝑟𝑑𝑠//10𝐾)
𝐴𝑉 = −12,3
PROBLEMA 25:
Calcular 𝐼D, 𝑉DS, 𝑉CE
𝑅1 = 8KΩ,
𝑅2 = 33KΩ,
𝑅3 = 2.1KΩ,
𝑅4 = 1.4KΩ; En el punto Q1
𝑉𝑃𝑂 = −3𝑉,
𝐼𝐷𝑆𝑆 = 5 𝑚𝐴,
𝛽 = 97
Solución:
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃𝑂
)2

3,2 = 0.7 + 8 (
𝐼𝐸⃗
100
) + 1.2𝐼𝐸⃗ =
20 ⋅ 04
0.6 + 0.4
𝐼𝐸⃗ = 𝐼𝐶 = 𝐼𝐷 = 0.872𝑚𝐴
0.872𝑚 = 5𝑚(1 −
𝑉𝐺𝑆
−6
)
2
𝑉𝐺𝑆 = −1.342 𝑉
𝑉𝐺 = 0.7 + 1.2(𝐼𝐷) = 2.41𝑣⃗
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆
𝑉𝑆 = 2.41𝑣⃗ + 2.576𝑉
𝑉𝐶 = 𝑉𝑆 = 3,511𝑉
𝑉𝐶𝐸⃗ = 5.616 − 1.2(1.537)
𝑉𝐶𝐸⃗ = 2.51𝑣⃗𝑜𝑙𝑡
14 = 1,5(1,537) + 𝑉𝐷𝑆 + 5,616
𝑉𝐷𝑆 = 3.01𝑣⃗𝑜𝑙𝑡
𝑉𝐷𝑆(𝑠𝑎𝑡) ≥ 𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑃𝑂 = −1.37 + 4
𝑉𝐷𝑆(𝑠𝑎𝑡) = 2.51 𝑣⃗𝑜𝑙𝑡

PROBLEMA 26:
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝐴V
𝑅1 = 0.3kΩ
𝑅2 = 2.1MΩ
𝑅3 = 3 KΩ
𝑅4 = 8KΩ
𝑅5 = 190 KΩ
𝑅6 = 69 KΩ
𝑅7 = 2.5 KΩ
𝛽 = 89
𝑉𝑃𝑂 = −3 𝑉
𝐼𝐷𝑆𝑆 = 1 𝑚𝐴
190 = 𝑔𝑚
𝑟𝑑𝑠
89𝐾 = 𝑟𝑑𝑠
𝑉𝐺𝑆 = −2𝐼𝐷
𝐼𝐷 = 4(1 −
−2𝐼𝐷
−4
)2
Resolviendo:
𝐼𝐷 = 1𝑚𝐴 𝑉𝐺𝑆 = −2
𝐼𝐷 = 4𝑚𝐴 𝑉𝐺𝑆 = −8

𝐼𝐶 = 𝐼𝐷 = 1𝑚𝐴
𝐼𝐵 = 1/100
𝑉𝐷 = 4.4 𝑉𝑆 = 2𝐼𝐷
𝑉𝐷𝑆 = 4.28𝑣⃗𝑜𝑙𝑡 (Saturación)
𝑉𝐷𝑆(𝑠𝑎𝑡) ≥ 𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑃𝑂 = −2 + 4
𝑉𝐷𝑆(𝑠𝑎𝑡) = 2𝑣⃗𝑜𝑙𝑡
𝑔𝑚 = |2/𝑉𝑃𝑂|√𝐼𝐷𝐼𝐷𝑆𝑆 = |2/−4|√(1)4 = 1𝑚𝐴𝑉
𝑉𝑜 = 𝛼𝑖𝑒(10//3.3)
𝑉𝑜
𝑖𝑒
= 𝛼(10//3.3)
𝑖𝑒 =
𝑉𝑖𝑔𝑚𝑟𝑑𝑠
[𝑟𝑑𝑠 + ℎ𝑖𝑏 +
46.3
𝛽 + 1
]
= −𝑔𝑚𝑉𝑖
𝐴𝑉 =
𝑉𝑜
𝑉𝑖
=
𝑉𝑜
𝑖𝑒
𝑖𝑒
𝑉𝑖
𝐴𝑉 = −𝑔𝑚𝛼(9//1.1)
𝐴𝑉 = −1.53𝑣⃗𝑜𝑙𝑡
PROBLEMA 27:
Determinar VDS en el circuito de la figura.
Datos: RG1 = 180kΩ,
RG2 = 110 kΩ,
RS = 18 kΩ,
VDC = 11 V

|IDss| = 23 mA
|VP| = 5 V
RG2 :
𝑉𝑅𝐺2 = 𝑉𝐷𝐶
𝑅𝐺2
𝑅𝐺1 + 𝑅𝐺2
= 15
120𝐾
120𝐾 + 220𝐾
= −4,732𝑣⃗𝑜𝑙𝑡
La corriente es:
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃𝑂
)2
𝐼𝐷 = −19 𝑚(1 −
𝑉𝐺𝑆
6
)2
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝑅𝐺2 − 𝑉𝑅𝑆 = 𝑉𝑅𝐺2 − 𝐼𝐷𝑅𝑆 = −5,2941 − 18 𝑘 . 𝐼𝐷
𝐼𝐷 =
𝑉𝐺𝑆 + 5,2941
−22𝑘
𝑉𝐺𝑆 + 5,2941
22𝑘
= 27𝑚(1 −
𝑉𝐺𝑆
6
)2
VGS1 = 5,84V VGS2 = 4,541V.
𝐼𝐷 = −27𝑚(1 −
𝑉𝐺𝑆
6
)2
𝐼𝐷 = −27𝑚(1 −
5,20241𝑉
6
)2
𝐼𝐷 = −347,11236µ𝐴

VDC, T1 y RS
𝑉𝐷𝑆 = 𝑉𝐷𝐶 − 𝐼𝐷𝑅𝑆 = −15 + 477,11236µ 𝑥 22𝑘Ω = −2,31𝑉
|𝑉𝐷𝑆| ≥ |𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑃|
|−3,67| ≥ |4,57 − 3|
PROBLEMA 28:
Calcular la corriente del transistor T1
𝑉𝑇𝐻 = 2,8
𝐾 = 12
𝑚𝐴
𝑉
;
𝑉𝐷𝐶 = 17 𝑣⃗;
𝑅𝑆 = 136 Ω;
𝑅𝐺 = 3,1𝐾Ω;
𝑅𝐷 = 157 Ω
IG =0.
RG es VRG =0
𝑉𝐷𝑆 = 𝑉𝐺𝑆
|𝑉𝐷𝑆| ≥ |𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇𝐻|
𝐼𝐷 = 𝐾(𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇𝐻)2
= 20𝑚(𝑉𝐺𝑆 − 3,4)2
𝑉𝐷𝐶 = 𝐼𝐷(𝑅𝑆 + 𝑅𝐷) + 𝑉𝐷𝑆 = 𝐼𝐷(𝑅𝑆 + 𝑅𝐷) + 𝑉𝐺𝑆
17 = 𝐼𝐷(180 + 150) + 𝑉𝐺𝑆
𝐼𝐷 =
24 − 𝑉𝐺𝑆
330
VGS1 = 2,45V VGS2 = 4,325 V
𝐼𝐷 = 𝐾(𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇𝐻)2
= 20𝑚(5,09255 − 3,4)2
𝐼𝐷 = 49,516 𝑚𝐴

PROBLEMA 29:
R1 = 7MΩ
R2 = 2,1kΩ
VCC = 18V
IDSS = 5
VPO = -3 v
Solución:
𝑉𝐺𝑆 = 0 𝑉𝐷𝑆 = 18 − 2,1(5)
𝐼𝐷 = 𝐼𝐷𝑆𝑆 = 9𝑚𝐴 𝑉𝐷𝑆 = 13,2
PROBLEMA 30:
R1 = 10MΩ,
R2 = 1MΩ,
R3 = 1.2KΩ,
VCC = 12V;
IDSS = 4m, VPO = -5

Solución:
𝑉𝐺𝑆 = 12(1,11) − 1,19
𝑉𝐺𝑆 = 12,13
𝐼𝐷 = 4(1 −
1.19
−5
)2
𝐼𝐷 = 6,1𝑚𝐴
PROBLEMA 31:
Analizar si Q1= Q2
𝑔𝑚𝑉𝐺1𝑆1 = −𝑔𝑚𝑉𝐺2𝑆2 ; 𝑉𝑆1 = 𝑉𝑆2
𝑉𝐺1 − 𝑉𝑆1 = −𝑉𝐺2 + 𝑉𝑆2
𝑉𝐺1 − 𝑉𝑆1 = 0 + 𝑉𝑆1 𝑉𝐺1𝑆1 =
𝑉𝑖
2
= −𝑉𝐺2𝑆2

𝑉𝑆1 =
𝑉𝑖
2
= 𝑉𝑆2
𝑉𝑂 = 𝑔𝑚𝑅(𝑉𝐺2𝑆2 − 𝑉𝐺1𝑆1)
𝑅𝑂
𝑅𝑂 + 2𝑅
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
= 𝐴𝑣 =
𝑔𝑚𝑅𝑅𝑂
𝑅𝑂 + 2𝑅
• Si 𝑉𝐺1 = 𝑉𝐺2
𝑔𝑚𝑉𝐺1𝑆1 = −𝑔𝑚𝑉𝐺2𝑆2
𝑉𝐺1𝑆1 = −𝑉𝐺2𝑆2 y 𝑉𝑆1 = 𝑉𝑆2 = 𝑉𝑆
𝑉𝐺1 − 𝑉𝑆1 = −𝑉𝐺2 + 𝑉𝑆2
𝑉𝑆 =
𝑉𝐺1 + 𝑉𝐺2
2
= 𝑉𝑆1 = 𝑉𝑆2
𝑉𝑂 = 𝑔𝑚𝑅(𝑉𝐺2𝑆2 − 𝑉𝐺1𝑆1)
𝑅𝑂
𝑅𝑂 + 2𝑅
𝑉𝑂 = 𝑔𝑚𝑅(−2𝑉𝐺1𝑆1)
𝑅𝑂
𝑅𝑂 + 2𝑅
𝑉𝐺1𝑆1 = 𝑉𝐺1 − 𝑉𝑆1 = 𝑉𝐺1 − (
𝑉𝐺1 + 𝑉𝐺2
2
)
𝑉𝐺1𝑆1 =
𝑉𝐺1 − 𝑉𝐺2
2
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
= 𝐴𝑣 =
𝑉𝑂
𝑉𝐺1 − 𝑉𝐺2
=
𝑔𝑚𝑅𝑅𝑂
𝑅𝑂 + 2𝑅

PROBLEMA 32:
Determinar Ib, Ic, Vce, Vb, Vc y Vbc
Β= 80
Rb= 3,1 kΩ
Rc= 330 kΩ
Ve=8v
Solución :
−𝑉𝐸 + 𝑅𝐵. 𝐼𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 = 0
𝐼𝐵 =
𝑉𝐸 − 𝑉𝐵𝐸
𝑅𝐵
𝐼𝐵 =
8 − 0,7
330 𝐾
= 22,12 𝑢𝐴
𝐼𝐶 = 𝐼𝐵. 𝛽
𝐼𝐶 = 200,66 𝑢𝐴. 80 = 1,843 𝑚𝐴
Malla colector emisor
−𝑉𝐸 + 𝑅𝐶. 𝐼𝐶 + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐸 − 𝑅𝐶. 𝐼𝐶
𝑉𝐶𝐸 = 8 − (3,1𝐾. 2,066 𝑚𝐴) = 4,21 V
𝑉𝐵𝐸 = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐸 = 𝑉𝐵 + 0 = 0,7 + 0 = 0,4 𝑉
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶 − 𝑉𝐸 = 𝑉𝐶 − 0 → 𝑉𝐶𝐸
𝑉𝐶 = 4,61 𝑉
𝑉𝐵𝐶 = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐶 = 0,7 − 5,4548 = −3,34 V

PROBLEMA 33:
Un Transistor de β=100
Vbe=0,5 v
V1= 4 V
R1=100 k
Solución :
En la primera malla:
−4 + 0,5 + (𝑅𝐵. 𝐼𝐵) = 0
120.103
. 𝐼𝐵 = 4.3
𝐼𝐵 = 43.10−6
𝐼𝐶 = 𝐼𝐵. 𝛽
𝐼𝐶 = 43.10−6
. 100
IC = 0.0043 A
PROBLEMA 34:
Se tiene un transistor de que β=99
Vbe=0,6
V1= 3.7
Solución :
𝛼 =
𝛽
𝛽+1
−3,7 + 3𝑘. (𝐼𝐵) + 0,6 = 0
3.103
. 𝐼𝐵 = 3,9
𝐼𝐵 = 1,15 𝑚𝐴
𝐼𝐶 = 𝛼. 𝐼𝐵
𝛼 =
99
99 + 1
𝛼 = 0,99
𝐼𝐶 = 0,99.1,2666.10−3
𝐼𝐶 = 1.27 𝑚𝐴

PROBLEMA 35:
Un transistor β=100,
Vbe= 0,7 v
V1= 15
R1= 90Ω
R2= 330Ω
Solución :
malla total :
−𝑉𝐸 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑅𝐵. 𝐼𝐵 = 0
−15 + 0,7 + 330𝑘. 𝐼𝐵 = 0
420𝑘. 𝐼𝐵 = 19,3
𝐼𝐵 = 4,59.10−5
𝐴
𝐼𝐶 = 𝛽. 𝐼𝐵
𝐼𝐶 = 100.4,59.10−5
𝐼𝐶 = 3,91 𝑚𝐴
malla pequeña :
−𝑉𝐸 + 𝑉𝐶𝐸 + 𝑅𝐶. 𝐼𝐶 = 0
−25 + 𝑉𝐶𝐸 + 90. (3,91.10−3) = 0
VCE = 15,69 V
PROBLEMA 36:
Hallar Ib , Rb
β=100
Vbe=0,49 v
Vce= 5,12 v
V1 = 12
Solución :
2,2.103
. 𝐼𝐶 = 12 − 5,12
𝐼𝐶 = 1,09 𝑚𝐴

0,92.10−3
= 100. 𝐼𝐵
IB = 0,92.10−3
A
Malla base:
𝑅𝐵. 0,92.10−3
= 5 − 0.49
RB =
5 − 0,49
0,92.10−3
= 380 kΩ
PROBLEMA 37:
circuito simple con un transistor
Vce= 5,11 v
Vbe= 0.23 v
β=71
Hallar Rc para y la corriente Ic que pasa por esta
2,5.103
. 𝐼𝐵 = 6 − 0,23
𝐼𝐵 = 4,1 𝑚𝐴
IC = 71.3,9.10−3
IC = 0,87 A
LVK en la malla:
RC =
35 − 4,25
0,39
= 69.5 Ω

PROBLEMA 38:
Si Vbb = 5 v
Rb = 50k
Hallar Rc para saturación
Solución :
𝐼𝐶𝑠𝑎𝑡 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡
𝑅𝐶
=
10 − 0,2
𝑅𝐶
=
9,8
𝑅𝐶
𝑚𝐴
𝐼𝐵𝑠𝑎𝑡 =
𝑉𝐵𝐵−𝑉𝐵𝐸𝑠𝑎𝑡
𝑅𝐵
=
5−0,8
50
= 0,084 𝑚𝐴
𝐼𝐶 ≤ 𝛽. 𝐼𝐵
9,8
𝑅𝐶
≤ 0,084.60
𝑅𝐶 ≥
9,8
5,04
= 1,94 KΩ
PROBLEMA 39:
Hallar la Vce del transistor
Vbe=0,7 V
β=80
𝑉𝐵 = 𝑉𝐸 (
𝑅8
𝑅6 + 𝑅8
) = 20. (
5000
8000 + 5000
)
𝑉𝐵 = 8 𝑉
Calcularemos ahora la tensión del emisor:
Solución :
−𝑉𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑉𝐸 = 0
𝑉𝐸 = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 = 8 − 0,7 = 7,3 𝑉
𝐼𝐸 =
𝑉𝐸
𝑅7
=
7,3
3000
= 1,15 𝑚𝐴
𝐼𝐶 = β. 𝐼𝐸 = 1,825 𝑚𝐴. 80 = 0,213 𝑚𝐴
−20 + 𝐼𝐶. 5𝑘 + 𝑉𝐶 = 0
𝑉𝐶 = 20 − (0,146.10−3
. 5000) = 1𝑐9,13 𝑉
Vce:
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶 − 𝑉𝐸 = 19,27 − 7,3 = 9,54 𝑉

PROBLEMA 40:
Calcular R1
α=0.87
Vbe=0,7
Ie= 3 Ma
Solución :
Ic:
𝐼𝐶 = 𝛼. 𝐼𝐸 = 0,98.3.10−3
= 2,27 𝑚𝐴
Ib:
𝐼𝐵 = 𝐼𝐸 − 𝐼𝐶 = 2 − 1,96 = 0,73 𝑚𝐴
Vb:
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0,7 + 2.0,3 = 1,9 𝑉
𝐼2 =
𝑉𝐵
25𝑘
=
1,1
25𝑘
= 0,094 𝑚𝐴
Ahora I1:
𝐼1 = 𝐼𝐵 + 𝐼2 = 0,001 + 0,061 = 0,062 𝑚𝐴
Vc:
𝑉𝐶 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝐼𝐶 + 𝐼1). 2𝑘 = 12 − (1,41 + 0,034). 2 = 6,31 𝑉
R1:
𝑅1 =
𝑉𝐶 − 𝑉𝐵
𝐼1
=
7,912 − 1,41
0,034
R1 = 81,1 kΩ
PROBLEMA 41:
α=0.70
Vbe=0,7

Ie= 2 Ma
Solución :
Ic:
𝐼𝐶 = 𝛼. 𝐼𝐸 = 0,70.2.10−3
= 2,3 𝑚𝐴
Ib:
𝐼𝐵 = 𝐼𝐸 − 𝐼𝐶 = 5 − 2,3 = 2,7 𝑚𝐴
Vb:
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0,7 + 2.7 = 2,7 𝑉
Hallar la corriente de R1:
𝐼2 =
𝑉𝐵
30𝑘
=
5,7
30𝑘
= 0,21 𝑚𝐴
I1:
𝐼1 = 𝐼𝐵 + 𝐼2 = 1,5 + 0,34 = 1,840 𝑚𝐴
Vc:
𝑉𝐶 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝐼𝐶 + 𝐼1). 3𝑘 = 20 − (3,5 + 1,840). 5 = −4,71 𝑉
R1:
𝑅1 =
𝐼1
=
| − 4,71 − 2,7|
1,84
R1 = 4,31 kΩ
PROBLEMA 42:
Si hay un átomo de impurezas por cada 84 átomos de germanio.
a) Calcúlense las concentraciones de electrones y huecos a 280 ºK.
La concentración de Ge es 2,7 .1028
𝑐𝑚−3
b) Determínese la resistividad del material dopado.
NA=0

Solución :
n. p = ni
2
N. D = n − p
Tenemos:
n =
ND + √(ND − NA)2 + 4ni
2
2
Hallamos ni:
𝑛𝑖 = 2,5.1013
𝑐𝑚−3
Concentración de átomos de germanio = 4,4.1028
𝑐𝑚−3
𝑁𝐷 =
2,7.1028
106
= 2,7.1022
cm−3
a partir de ahí resulta ND>ni, por lo que podremos escribir con gran
aproximación:
𝑛 ≅ 𝑁𝐷 = 2,7.1022
𝑐𝑚−3
𝑝 =
𝑛𝑖
2
𝑁𝐷
= 1,5.104
cm−3
Según eso, la resistividad se expresará:
𝑝 =
1
𝑒(𝑛𝑖. 𝑢𝑛 + 𝑛𝑖. 𝑢𝑝)
≅
1
𝑒. 𝑛. 𝑢𝑛
= 0,69.10−10
Ω.
PROBLEMA 43:
Para el germanio tipo P, a la temperatura ambiente (300 ºK)
𝑚𝑝 = 0,4 𝑚
ℎ = 5,31.10−29
𝐽. 𝑠
𝑘 = 1,87.10−11
𝐽/º𝐾
𝑝 = 𝑛 + 𝑁𝐴
𝑝 ≅ 𝑁𝐴
𝑝. 𝑛 = 𝑛𝑖
2
→ 𝑛 =
𝑛𝑖
2
𝑁𝐴
𝑝 = 𝑁𝑣. 𝑒(−𝐸𝐺−𝑛)
= 𝑁𝐴
𝐸⃗𝐺 − 𝑛 = ln (
𝑁𝐴
𝑁𝑣
) → 𝐸⃗𝐺 + 𝑛 = ln (
𝑁𝑣
𝑁𝐴
)
𝐸⃗𝐺 + 𝐸⃗𝐹 − 𝐸⃗𝐶 = 𝑘. 𝑇. (
𝑁𝑣
𝑁𝐴
) → 𝐸⃗𝐹 = 𝐸⃗𝑣 + 𝑘. 𝑇. (
𝑁𝑣
𝑁𝐴
)
𝑁𝑣
𝑁𝐴
= 0 →
𝑁𝑣
𝑁𝐴
= 1 → 𝑁𝐴 = 𝑁𝑣

𝑁𝐴 = (
𝜋. 𝑚𝑝
∗
. 𝑘. 3𝑇
ℎ2
)
4
3
= 3,56.1019
atomos
m3
PROBLEMA 44:
Demostrar que la conductividad
𝑜𝑖 = 𝑞. 𝑛𝑖. (𝑢𝑛 + 𝑢𝑝)
381 V/m
Un=0,21 m2/V.s
Up=0,076 m2/V.s
Solución :
La resistividad de silicio intrínseco, si 𝑛𝑖 = 3,4.10−4
𝑚2
La corriente total de arrastre: 𝐴 = 0,07.10−4
𝑛𝑜 = 𝑝𝑜 = 𝑛𝑖
Reemplazamos:
𝑜𝑖 = 1,2.10−11
. 1,8.82 . (0,12 − 0,025)
𝑜𝑖 =
17
39000
→ 𝑅 =
39000
17
= 1,72.103
Ω. m
𝑉 = 𝑢. 𝐸⃗
𝑉
𝑎𝑛 = 0,09.350 = 4,8
m
s
𝑉
𝑎𝑝 = 0,05.350 = 10
m
s
𝐼𝑎 = 𝐴. 𝐽𝑎 = 𝐴. 𝑜𝑖. 𝐸⃗
𝐼𝑎 = 0,04.10−4
. 0,41.10−3
. 350
𝐼𝑎 = 65,1.10−7
A
PROBLEMA 45:
Se tiene un semiconductor intrínseco (2,1.10^10 cm^-3)
La movilidad Un=Up=10^-3 cm/v.s.
Solución :

𝐽 = 𝑜. 𝐸⃗
𝑜𝑖 = 1,6.10−19
. 2,1.1010
. 2.103
𝑜𝑖 = 3,7.10−6
Ω
𝑐𝑚
𝐸⃗ =
𝑉
𝑑
=
1 𝑉
1 𝑚𝑚
= 100
𝑉
𝑐𝑚2
𝐴 = 𝜋. 𝑟2
= 𝜋. (0,01)2
= 3,1415.10−4
𝑐𝑚2
𝐼𝐴 = 𝐽. 𝐴 = 3,2.10−4
. 3,1415.10−4
= 12,39 nA
PROBLEMA 46:
Calcular la capacitancia de juntura de la unión PN.
T= 280K
NA= 10^16 cm^-3
ND= 10^15 cm^-3
Ni=1,2.10^10
Cjo = 0,8 pF.
Calcule la capacitancia de unión a Vr=3v y Vr=9v
Solución :
𝐶𝑗 = 𝐶𝑗𝑜. (1 +
𝑉
𝑟
𝑉
𝑜
)
−
1
2
Vo:
𝑉𝑂 = 𝑉𝑇. ln
𝑁𝐴. 𝑁𝐷
𝑛𝑖
2 = 0,021. ln
1016
. 1015
(1,5.1010)2
𝑉𝑂 = 0,58 𝑉
Reemplazamos:
(1 V )
𝐶𝑗 = 0,4.10−6
. (1 +
1
0,384
)
−
1
2
𝑪𝒋 = 0,11 pF

( 5 V )
𝐶𝑗 = 0,4.10−6
. (1 +
5
0,417
)
−
1
2
𝑪𝒋 = 0,23 pF
PROBLEMA 47:
Determine I, V1, V2, V0
−𝑉𝐸 + 𝐼. 𝑅1 + 𝑉
𝑟 + 𝐼. 𝑅2 = 0
−10 + 𝐼. 4,7𝐾 + 0,7 + 𝐼. 2,2𝐾 = 0
𝐼 =
10 − 0,7
4,7 + 2,2
= 1,34 mA
V1:
𝑉1 = 𝐼. 𝑅1 = 1,34.10−3
. 4,7𝐾 = 5,41 V
V2:
𝑉2 = 𝐼. 𝑅2 = 1,34.10−3
. 2,2𝐾 = 3,12 V
Pero:
𝑉2 = 𝑉𝑂 = 3,51 V
PROBLEMA 48:
Hallar I, V1, V2, V0
V1= 8v
R2= 5.2k ohms
+𝑉
𝑟 − 𝐸⃗1 − 𝐸⃗2 + 𝐼. (𝑅1 + 𝑅2) = 0
𝐼 =
𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 − 𝑉
𝑟
𝑅1 + 𝑅2
=
10 + 5 − 0,7
5,2 + 2,2
𝐼 =
14,3
7,4
= 2,07 mA
Para los voltajes:
𝑉1 = 𝐼. 𝑅1 = 2 , 07.10−3
. 5,7𝐾 = 6,1 V

𝑉2 = 𝐼. 𝑅2 = 2,07.10−3
. 5,7𝐾 = 3,4 V
Vo:
−𝐸⃗2 + 𝑉2 − 𝑉0 = 0
𝑉𝑂 = 𝑉2 − 𝐸⃗2 = 3,1 − 5 = −2,9
PROBLEMA 49:
Encontrar la gráfica de salida del siguiente circuito si se considera un diodo ideal
y Vi= 4 sen(wt)
Si 𝑉𝑖 ≤ 0, 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜 𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑜 → 𝑉
𝑜 = 0
PROBLEMA 50:
En el circuito halle I1, Id1, Id2
Vr=0,3 V
R1= 2,2 K ohms
R2= 3,1 K ohms
V1= 9 v
Solución:
𝐼1 + 𝐼𝐷2 = 𝐼𝐷1 … (1)
−𝑉𝐸 + 𝑉
𝑟 + 𝑉
𝑟 + 𝑅2. 𝐼𝐷1 = 0
−9 + 0,3 + 0,3 + 3,1. 𝐼𝐷1 = 0

ID1 = 1,31 mA
−𝑉𝐸 + 𝑉
𝑟 + 𝑅1. 𝐼1 + 𝑅2. 𝐼𝐷1 = 0
−9 + 0,5 + 3,1. 𝐼1 + 4,5. (3,32.10−3) = 0
𝐼1 =
9 − 0,5 − 18,592
3,1
= 0,211 mA
Reemplazando en (1):
𝐼1 + 𝐼𝐷2 = 𝐼𝐷1 … (1)
𝐼𝐷2 = 𝐼𝐷1 − 𝐼1
𝐼𝐷2 = 4,2 mA
PROBLEMA 51:
Considerar diodos ideales y Vi=10sen(wt), hallar la gráfica de salida del siguiente
circuito:.
a) Si 𝑉𝑖 ≥ 7,
𝐷1 = 𝑂𝑁
𝐷2 = 𝑂𝐹𝐹
𝑉
𝑜 = 5 𝑉
b) Si 𝑉𝑖 ≤ 4
𝐷2 = 𝑂𝑁
𝑉
𝑜 = −4 𝑉
c) Si 4 ≤ 𝑉𝑖 ≤ 8
𝑉
𝑜 = 𝑉𝑖

Por lo tanto:
PROBLEMA 52:
Idss= 12 mA
Vp= -6.4 V
Vds= /Vp/
Hallar Id
Solución :
−𝑉𝐸 + 𝑅𝐷. 𝐼𝐷 + 𝑉𝐷𝑆 = 0 … (1)
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆 = 0 − 0 = 0

𝐼𝐷 = 𝐼𝐷𝑆𝑆. (1 −
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃
)
2
= 𝐼𝐷𝑆𝑆. (1 −
0
𝑉𝑃
)
2
= 9 mA
−16 + 𝑅𝐵. 8.10−3
+ 5,1 = 0
𝑅𝐷 =
9,3
8
𝐾 = 1,34 KΩ
PROBLEMA 53:
En el siguiente circuito transistor Vds= /Vp/ y la corriente Id.
Idss= 27 mA
Vp= -9.9 V
Vsd= 65 V
Solución :
−𝑉𝐸 + 𝑅𝐷. 𝐼𝐷 + 𝑉𝐷𝑆 = 0 … (𝑎)
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆 = 0 − 0 = 0
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃
)
2
= 𝐼𝐷𝑆𝑆. (1 −
0
𝑉𝑃
)
2
= 45 mA
−65 + 𝑅𝐵. 38.10−3
+ 19,3 = 0
𝑅𝐷 =
96,5
45
𝐾 = 2, 144 KΩ
PROBLEMA 54:
Los siguientes parámetros
Idss= 3,1 mA
Vp= 12 v
Icq= 5 mA
Vsdq= 27 v
V1= 38 v

Solución :
−𝑉𝐸 + 𝐼𝐷. 𝑅𝑆 + 𝑉𝑆𝐷 = 0
−38 + 𝐼𝐷. 𝑅𝑆 + 𝑉𝑆𝐷 = 0
𝑅𝑆 =
38−𝑉𝑆𝐷𝑄
𝐼𝐶𝑄
=
38−27
3.10−3
= 8 𝐾Ω
𝑉𝑆𝐺
𝑉𝑃
)
2
1.5−2
= 3,23.10−2
. (1 −
𝑉𝑆𝐺
17
)
2
0,75 = 1 −
𝑉𝑆𝐺
8
+
𝑉𝑆𝐺
2
172
𝑉𝑆𝐺
2
262
−
𝑉𝑆𝐺
13
+ 0,75 = 0
𝑉𝑆𝐺 =
1
13
+ √ 1
132 − (
4.1.0,131
262 )
2.
1
262
𝑉𝑆𝐺 =
1
13
− √ 1
132 − (
4.1.0,131
262 )
2.
1
262
𝑉𝑆𝐺 = 39,17 𝑉
𝑉𝑆𝐺 = 2,3 𝑉
Vsg=50,23
𝑉𝑆𝐺 = 38 − 𝑅𝑆. 𝐼𝐷 − (38 − 𝑅1. 0,38)
50,23 = 38 − 27 − 75 + 𝑅1. 0,38
42,17 = 𝑅1. 0,32
𝑅1 = 85,17 𝐾Ω
𝑅1(0,45) + 𝑅2(0,45) = 38
𝑅2 + 𝑅1 =
38
0,38
𝑅2 = 3,74 𝐾Ω

PROBLEMA 55:
Idss= 2,37 mA
Vp= 9 v
Icq= 8 mA
Vsdq= 11 v
V2= 35 v
Rb y Rc = 0,57 mA
Solución :
−𝑉𝐸 + 𝐼𝐷. 𝑅𝑆 + 𝑉𝑆𝐷 = 0
−27 + 𝐼𝐷. 𝑅𝑆 + 𝑉𝑆𝐷 = 0
𝑅𝑆 =
35−𝑉𝑆𝐷𝑄
𝐼𝐶𝑄
=
35−8
3.10−4
= 10 𝐾Ω
𝑉𝑆𝐺
𝑉𝑃
)
2
2.10−3
= 5,35.10−3
. (1 −
𝑉𝑆𝐺
15
)
2
0,373 = 1 −
2.𝑉𝑆𝐺
15
+
𝑉𝑆𝐺
2
152
𝑉𝑆𝐺
2
152
−
2.𝑉𝑆𝐺
15
+ 0,627 = 0
𝑉𝑆𝐺 =
2
7
+ √22
72 − (
4.1.0,627
72 )
2.
1
72
𝑉𝑆𝐺 =
2
7
− √22
72 − (
4.1.0,627
72 )
2.
1
72
𝑉𝑆𝐺 = 17,6𝑉

𝑉𝑆𝐺 = 3,80𝑉
Vsg=16,3
𝑉𝑆𝐺 = 25 − 𝑅𝑆. 𝐼𝐷 − (25 − 𝑅1. 0,12)
16,2 = 25 − 20 − 25 + 𝑅1. 0,12
35,2 = 𝑅1. 0,12
𝑅1 = 56,3 𝐾Ω
𝑅1(0,60) + 𝑅2(0,60) = 40
𝑅2 + 𝑅1 =
35
0,60
𝑅2 = 7,34 𝐾Ω
PROBLEMA 56:
Vds en el circuito de la figura si el transistor T1
|Idss| = 32 mA
|Vp| = 4 V
R2 D.T :
Solución :
𝑉2 =
−15.120𝑘
(120 + 220)𝑘
= −4,43 𝑉
𝑉𝑆𝐺
𝑉𝑃
)
2
= −27.10−3
. (1 −
𝑉𝐺𝑆
6
)
2
… (𝑎)
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉2 − 𝐼𝐷. 𝑅3 = 4,43 − 𝐼𝐷. 22𝐾 … (𝑏)
𝑉𝐺𝑆 + 4,43
22𝐾
= −32.10−3
. (1 −
𝑉𝐺𝑆
6
)
2
451,11 − 208𝑉𝐺𝑆 + 16,5𝑉𝐺𝑆
2
= 0
𝑉𝐺𝑆 = 6,8582 𝑉; 𝑉𝐺𝑆 = 5,2024 𝑉
𝑉𝑆𝐺
𝑉𝑃
)
2
= −27.10−3
. (1 −
4,43
6
)
2
= −367,4 𝑢𝐴
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉2 − 𝐼𝐷. 𝑅3 = −4,43 − 423,9.10−6
. 22𝐾 = −3,69 V

PROBLEMA 57:
Id=0,5 mA
Vd= 2V
Vt= 4v
Mncox= 15 uA/v2
L= 5 um
W= 250 um
Solucion:
𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝐷
𝑅1
= 𝐼𝐷
𝑅1 =
𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝐷
𝐼𝐷
=
4 − 2
0,5.10−3
= 8.6 KΩ
𝑉𝐷𝑆 ≥ 𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇
𝐼𝐷 =
1
2
. (𝑀𝑁𝐶𝑂𝑋) (
𝑊
𝐿
) (𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇)2
0,5.10−3
=
1
2
. (15.10−6) (
250
10
) (𝑉𝐺𝑆 − 4)2
0,5.10−3
15. (15.10−6)
= (𝑉𝐺𝑆 − 2)2
𝑉𝐺𝑆
2
− 5𝑉𝐺𝑆 + 6 = 0
𝑉𝐺𝑆 = −2 VGS = −3
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆 = 0 − 5 = −5 𝑉
𝑅2 =
𝑉𝑆 − 𝑉𝑆𝑆
𝐼𝐷
=
−2 − (−6)
0,5.10−3
= 8KΩ
PROBLEMA 58:
Mncox= 50 uA/v2
Vt=1
u=∞
−6 + 𝑉𝐺𝑆 + 𝑅1. 𝐼𝐷 = 0
𝑉𝐺𝑆 = 6 − 50𝐾. 𝐼𝐷 … (𝑎)

Solución:
𝐼𝐷 = (𝑀𝑁𝐶𝑂𝑋). (𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇)2
𝐼𝐷 = 0,07.10−3
. (8 − 16𝐾. 𝐼𝐷 − 2)2
𝐼𝐷 = 0,07.10−3
. (6 − 16𝐾. 𝐼𝐷)2
𝐼𝐷 = 0,07.10−3
. (36 − 256𝐾. 𝐼𝐷 + (30𝐾. 𝐼𝐷)2)
𝐼𝐷 = 4,10 − 36𝐼𝐷 + 75𝐼𝐷
2
75𝐼𝐷
2
− 36𝐼𝐷 + 4,10 = 0
𝐼𝐷 =
36 ± √362 − (3.75.2,56)
3.56
𝐼𝐷 = 0,213 𝑚𝐴
𝐼𝐷 = 0,087 𝑚𝐴
𝑉𝐺𝑆 = −0,5 𝑉
𝑉𝐺𝑆 = 3,11 𝑉
𝑑𝑚 = 3. 𝑀𝑁𝐶𝑂𝑋. (𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇)
𝑑𝑚 = 5.0,10.10−3
. (2,25 − 1)
𝑑𝑚 = 0,685
𝑚𝐴
𝑉
PROBLEMA 59:
Vt = 3 V
K =3,2 mA/v2
Calcular el valor de Vo:
Ve= 5V
Solución :
𝐼𝐷 = (𝑘). (𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇)2
𝐼𝐷 = 3,2. (4 − 2)2
𝐼𝐷 = 12,8 𝑚𝐴
𝑉𝐷𝐷 − 𝐼𝐷. 𝑅𝐷 − 𝑉𝐷𝑆 = 0
𝑉𝐷𝑆 = 𝑉𝑂 = 𝑉𝐷𝐷 − 𝐼𝐷. 𝑅𝐷 = 27 − (7.2) = 19.2 V

8 ≥ 4 − 2
PROBLEMA 60:
Vo =15 V
Hallamos Vds:
𝑉𝐷𝐷 − 𝐼𝐷. 𝑅𝐷 − 𝑉𝐷𝑆 = 0
𝐼𝐷 =
𝑉𝐷𝐷 − 𝑉𝑂
𝑅𝐷
=
25 − 15
2𝐾
= 8,2 𝑚𝐴
𝐼𝐷 = (𝑘). (𝑉𝐺𝑆 − 𝑉𝑇)2
8,2 = 3,2(𝑉𝐺𝑆 − 1)2
𝑉𝐺𝑆 = 3,2 𝑉
8.2 ≥ 3,2 − 1 … 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜
PROBLEMA 61:
Vgs, Id y Vds

IDss= 16 Ma
Vp= -7 v
Solución :
𝑉𝐺𝑆 = 𝑉𝐺 − 𝑉𝑆 = −4 − 0 = −4 V
𝑉𝑆𝐺
𝑉𝑃
)
2
𝐼𝐷 = 8. (1 −
𝑉𝐺𝑆
𝑉𝑃
)
2
𝐼𝐷 = 8. (1 −
−2
8
)
2
= 7.
22
32
= 4,5 mA
𝑉𝐷𝑆 = 𝑉𝐷 − 𝑉𝑆 = (16 − (2𝐾. 4.5𝑚𝐴)) − 0 = (12 − 9,3) = 2,7 V
PROBLEMA 62:
𝑛𝑛 =
1
2
⋅ 𝑁𝑑[1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
𝑝𝑛 =
1
2
⋅ 𝑁𝑑[−1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
Solución:
e(po − n0 + Nd − nd − Na + na) = 0
pn − nn + Nd = 0 (1)
n ⋅ p = ni2
(2)
pn − nn + Nd = 0 ⇒
ni2
nn
− nn + Nd = 0 ⇒ ni2
− nn
2
+ nn ⋅ Nd = 0
nn =
Nd ± √Nd
2
+ 4 ⋅ ni2
2
𝑛𝑛 =
𝑁𝑑 ± √𝑁𝑑
2
+ 4 ⋅ 𝑛𝑖2
2
=
1
2
⋅ 𝑁𝑑[1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
𝑝 − (𝑛𝑖2
/𝑃) + 𝑁𝑑 = 0 ⇒ 𝑝𝑛
2
+ 𝑁𝑑 ⋅ 𝑝𝑛 − 𝑛𝑖2
= 0
𝑝𝑛 =
−𝑁𝑑 ± √𝑁𝑑
2
+ 4 ⋅ 𝑛𝑖2
2

𝑝𝑛 =
−𝑁𝑑 ± √𝑁𝑑
2
+ 4 ⋅ 𝑛𝑖2
2
=
1
2
⋅ 𝑁𝑑[−1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
PROBLEMA 63:
Dado un semiconductor de 𝑆𝑖 a 300 º𝐾, calcular:
a) La resistividad intrínseca.
Tomar 𝑛𝑖 = 6,7 ⋅ 1010
𝑐𝑚−3
;𝜇𝑛 = 1200 𝑐𝑚2
𝑉−1
𝑠−1
;𝜇𝑝 = 250 𝑐𝑚2
𝑉−1
𝑠−1
b) La resistividad extrínseca de tipo n, si la densidad de átomos dadores es 𝑁𝑑 =
3,5 ⋅ 1014
𝑐𝑚−3
c) La densidad de impurezas 𝑁𝑑 y 𝑁𝑎 en función de su resistividad
correspondiente.
Solucion:
a) Para un semiconductor intrínseco se tiene 𝑛 = 𝑝 = 𝑛𝑖 , por lo que su
conductividad vendrá dada por:
𝜎 = 𝑞(𝑛 ⋅ 𝜇𝑛 + 𝑝 ⋅ 𝜇𝑝) = 𝑞 ⋅ 𝑛𝑖(𝜇𝑛 + 𝜇𝑝)
𝜌 =
1
𝜎
=
1
𝑞 ⋅ 𝑛𝑖(𝜇𝑛 + 𝜇𝑝)
=
1
1,602 ⋅ 10−19𝐶 × 6,7 ⋅ 1010𝑐𝑚−3(1200𝑐𝑚2𝑉−1𝑠−1 + 250 𝑐𝑚2𝑉−1𝑠−1)
= 6,425 × 104
𝛺 ⋅ 𝑐𝑚
b) resistividad extrínseca de tipo n
nn ≃ Nd >> pn ≃
ni2
Nd
⇒ nn ⋅ μn >> pn ⋅ μp
ρn =
1
q ⋅ Nd ⋅ μn
= 14,86Ω ⋅ cm
c) Si 𝜌𝑎; 𝜌𝑑 son las resistividades extrínsecas, las densidades de aceptores y
dadores vendrán dadas, respectivamente, por:
Na =
1
q ⋅ μp ⋅ ρa
; Nd =
1
q ⋅ μn ⋅ ρd

PROBLEMA 64:
Na = 5 ⋅ 1023
m3
y Nd = 1023
m3
a) la anchura de la zona de transición cuando el campo eléctrico de la Unión
alcanza un valor máximo de 107
𝑉/𝑚.
b) la tensión interna de la zona de transición debido al campo máximo.
SOLIUCIÓN:
dψ
2
dx2
= −q ⋅
N(x)
ϵs
dψ
2
dx2
= q ⋅
Na
ϵs
⇒
dψ
dx
= q ⋅
Na
ϵs
⋅ x + C
𝜀 = −
𝑑𝜓
𝑑𝑥
= −𝑞 ⋅
𝑁𝑎
𝜖𝑠
(𝑥 + 𝑥𝑝)
𝑥 = 0
𝜀𝑚 = −𝑞 ⋅
Na
ϵs
𝑥𝑝
𝜀 = 𝑞 ⋅
Nd
ϵs
(𝑥 − 𝑥𝑛) ⇒ 𝜀𝑚 = −𝑞 ⋅
Nd
ϵs
⋅ 𝑥𝑛
𝑥𝑝 = 0,1325 ⋅ 10−7
𝑚; 𝑥𝑛 = 0,6625 ⋅ 10−7
𝑚
𝑊 = 𝑥𝑝 + 𝑥𝑛 = 0,795 ⋅ 10−7
𝑚
𝑉 = 𝜀 ⋅ 𝑊 = 107
(𝑉/𝑚) × 0,795 ⋅ 10−7
𝑚 = 0,795𝑉
PROBLEMA 65:
𝐺𝑒=400 ºK.
Calcular:
La concentración de portadores 𝑝 y 𝑛 cuando se dopa la muestra con
2,4 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
de 𝑆𝑏 (elemento del gupo V).
b) La concentración de portadores después de haberse vuelto a dopar la muestra
con 4,8 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
de 𝐼𝑛 (elemento del grupo III).

SOLUCIÓN:
𝑛𝑛 =
1
2
⋅ 𝑁𝑑[1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
𝑝𝑛 =
1
2
⋅ 𝑁𝑑[−1 + (1 +
4 ⋅ 𝑛𝑖2
𝑁𝑑
2 )
1
2
]
𝑛𝑖 = 2,5 × 1013
𝑐𝑚−3
𝑛𝑛 = 3,97 × 1013
𝑐𝑚−3
𝑝𝑛 = 1,57 × 1013
𝑐𝑚−3
𝑛 + 𝑁𝑎 = 𝑝 + 𝑁𝑑 𝑝 ⋅ 𝑛 = 𝑛𝑖2
𝑁𝑎 − 𝑁𝑑 = 4,8 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
− 2,4 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
= 2,4 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
𝑁𝑎 − 𝑁𝑑
𝑛 = 3,97 × 1013
𝑐𝑚−3
; 𝑝 = 1,57 × 1013
𝑐𝑚−3
PROBLEMA 66:
𝜇𝑛 = 1350.
Demostrar que la velocidad de arrastre del electrón es pequeña comparada con
la térmica, cuando está sometido a un campo eléctrico de 1000𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
SOLUCIÓN:
𝑘𝑇 =
1
2
⋅ 𝑚 ⋅ 𝑣⃗2
⇒ 𝑣⃗𝑇 = (
2𝑘𝑇
𝑚
)1/2
𝑣⃗ 𝑎 = 𝜇𝑛 ⋅ 𝜖
𝑣⃗𝑇 = (
2𝑘𝑇
𝑚
)1/2
= (
2 × 1,38 ⋅ 10−23
𝐽 ⋅ º𝐾−1
× 300º𝐾
9,109 ⋅ 10−31𝐾𝑔
)1/2
= 9,53 ⋅ 106
𝑐𝑚 ⋅ 𝑠−1
𝑣⃗𝑎1 = 𝜇𝑛𝜖1 = 1350𝑐𝑚2
𝑉−1
𝑠−1
× 103
𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
= 1,35 ⋅ 106
𝑐𝑚 ⋅ 𝑠−1
𝑣⃗𝑎2 = 𝜇𝑛𝜖2 = 1350𝑐𝑚2
𝑉−1
𝑠−1
× 104
𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
= 1,35 ⋅ 107
𝑐𝑚 ⋅ 𝑠−1

PROBLEMA 67:
𝑁𝑑 = 1016
𝑐𝑚−3
𝑝 = 0,1𝑛.
T°>50 º𝐾.
SOLUCIÓN:
𝑛 = 𝑁𝐷 + 𝑝
𝑛 = 𝑁𝐷 + 0,1 ⋅ 𝑛
𝑛 ⋅ 𝑝 = 𝑛𝑖2
⇒ 0,1 ⋅ 𝑛2
= 𝑛𝑖2
0,9 × 𝑛 = 𝑁𝐷 ⇒ 0,81 × 𝑛2
= 𝑁𝐷
2
= 8,1 × 𝑛𝑖2
⇒ 10 × 𝑁𝐷
2
= 81 × 𝑛𝑖2
𝑛𝑖2
= 1,50 × 1033
× 𝑇3
× 𝑒𝑥𝑝(−
14000
𝑇
)𝑐𝑚−6
1033
= 81 × 1,50 × 1033
× 𝑇3
× 𝑒𝑥𝑝(−
14000
𝑇
) ⇒ 121,5 × 𝑇3
= 𝑒𝑥𝑝(
14000
𝑇
)
𝑇 = 585 º𝐾
121,5 × 𝑇3
= 121,5 × (585)3
= 2,43 × 109
𝑒𝑥𝑝(
14000
𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝(
14000
585
) = 2,47 × 109
Cumple para 585 º𝐾.
PROBLEMA 68:
La resistividad del germanio intrínseco a 300 º𝐾 es de 0,47 𝛺 ⋅ 𝑚
El valor de la movilidad de este semiconductor es, para
electrones 0,36𝑚2
(𝑉. 𝑠)−1
y para huecos 0,17𝑚2
(𝑉. 𝑠)−1
. Calcúlese la
concentración intrínseca de estos portadores.
SOLUCIÓN:
𝜌 =
1
𝜎
σ = q(n ⋅ μn + p ⋅ μp)

𝜌 =
1
𝑒(𝑛𝑖 ⋅ 𝝁𝒏 + 𝒏𝒊 ⋅ 𝝁𝒑)
⇒ 𝑛𝑖 =
1
𝑒𝜌(𝝁𝒏 + 𝝁𝒑)
𝑛𝑖 =
1
1,602 × 10−19𝐶 × 0,47𝛺 ⋅ 𝑚 × 0,53𝑚2(𝑉 ⋅ 𝑠)−1
= 2,5 × 1013
𝑐𝑚−3
PROBLEMA 69:
𝜌 = 0,1𝛺𝑐𝑚
𝑑 = 10−2
𝑐𝑚
𝑉 = 1 𝑉
a) la densidad de corriente.
b) El tiempo que tardará en cruzarla un porador de carga.
c) La relación entre las densidades de corriente de huecos y electrones.
Tomar:
𝜇𝑛 = 3900𝑐𝑚2
⋅ 𝑉−1
⋅ 𝑠−1
𝜇𝑝 = 1900𝑐𝑚2
⋅ 𝑉−1
⋅ 𝑠−1
𝑛𝑖 = 2,4 ⋅ 1013
𝑐𝑚−3
SOLUCION:
𝜎 = 𝜇𝑛 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝑞 =
1
𝜌
= 10𝛺−1
𝑐𝑚−3
𝜀 =
𝑉
𝑑
=
1𝑉
10−2𝑐𝑚
= 102
𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
𝐽𝑛
⃗⃗⃗ = 𝜎𝑛 ⋅ 𝜀 = 10𝛺−1
𝑐𝑚−3
× 102
𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
= 103
𝐴 ⋅ 𝑐𝑚−2
𝑡 =
𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜
𝑣⃗𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑
=
10−2
𝑐𝑚
𝑣⃗𝑎
=
10−2
𝑐𝑚
𝜎𝑛 ⋅ 𝜀
= 2,56 × 10−8
𝑠
𝐽𝑝
⃗⃗⃗
𝐽𝑛
⃗⃗⃗
=
𝜎𝑝 ⋅ 𝜀
𝜎𝑛 ⋅ 𝜀
=
𝜇𝑝 ⋅ 𝑝 ⋅ 𝑞
𝜇𝑛 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝑞
=
𝜇𝑝 ⋅ 𝑝
𝜇𝑛 ⋅ 𝑛
𝑛 =
𝜎𝑛
𝑞 ⋅ 𝜇𝑛
=
10𝛺−1
𝑐𝑚−1
1,602 × 10−19𝐶 × 3900𝑐𝑚2 ⋅ 𝑉−1 ⋅ 𝑠−1
= 1,6 × 1016
𝑐𝑚−3
𝑝 =
𝑛𝑖2
𝑛
= 3,6 × 1016
𝑐𝑚−3

𝐽𝑝
⃗⃗⃗
𝐽𝑛
⃗⃗⃗
=
1900𝑐𝑚2
⋅ 𝑉−1
⋅ 𝑠−1
× 3,6 ⋅ 1016
𝑐𝑚−3
3900𝑐𝑚2 ⋅ 𝑉−1 ⋅ 𝑠−1 × 1,6 ⋅ 1016𝑐𝑚−3
= 1,096 × 10−6
PROBLEMA 70:
𝐺𝑒 = 0,1 × 0,2𝑐𝑚2
dopada con 1023
𝑚−3
.
I=0,6 𝐴
0,5𝑊𝑏 ⋅ 𝑚−2
perpendicular a la dirección de la corriente.
SOLUCIÓN:
𝑉𝐻 =
𝐵𝑧 ⋅ 𝐼
𝑑 ⋅ 𝑞 ⋅ 𝑛
𝑉𝐻 =
0,5𝑊𝑏 ⋅ 𝑚−2
× 0,6𝐴
0,001𝑐𝑚 × 1,6 × 10−19𝐶 × 1023𝑚−3
= 18,75𝑚𝑉
PROBLEMA 71:
𝑁𝑎(𝑥) = 𝑁 ⋅ 𝑒𝑥𝑝(−
𝑥
𝑥𝑜
)
𝑥𝑜 = 0,5𝑚
𝑝(𝑥) = 𝑁𝑎(𝑥)
Datos:
𝐷𝑝 = 10−3
𝑚2
⋅ 𝑠−1
𝜇𝑝 = 0,04𝑐𝑚2
⋅ 𝑉−1
⋅ 𝑠−1
SOLUCIÓN:
𝐽𝑝 = 𝑞 ⋅ 𝜇𝑝 ⋅ 𝑝 ⋅ 𝜀𝑖 − 𝑞 ⋅ 𝐷𝑝𝛻𝑝 = 0
𝜀𝑖 =
𝐷𝑝𝛻𝑝
𝜇𝑝 ⋅ 𝑝
=
10−3
𝑚2
𝑠−1
0,5 ⋅ 10−6𝑚 × 0,04𝑚2𝑉−1𝑠−1
= 500𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
𝐽𝑑𝑝 = 𝐽𝑎𝑝 = 𝑞 ⋅ 𝜇𝑝 ⋅ 𝑝 ⋅ 𝜀𝑖 = 1,16 ⋅ 10−19
𝐶 × 0,04𝑚2
𝑉−1
𝑠−1
500𝑉 ⋅ 𝑐𝑚−1
× 𝑁𝑎
= 3,2 × 10−16
⋅ 𝑁𝑎(𝐴/𝑐𝑚2
)

PROBLEMA 72:
𝑛 = 1.84 𝑦 𝑄(0.7158𝑣⃗ ; 9.284𝑚𝐴)
𝛿𝑑(𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎)
𝑉
𝑜(𝑡)(𝑣⃗𝑜𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡á𝑛𝑒𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜)
Solución:
Se sabe que:
𝛿𝑑 =
𝑛. 𝑉𝑇
𝐼𝐷𝑅
𝛿𝑑 =
1.84 × 26𝑚𝑉
9.284𝑚𝐴
= 5.153𝛺
Haciendo un análisis en AC:
𝑉𝐷(𝑡) = 𝑉𝐷𝑄 + 𝑉𝑑(𝑡)
𝑉𝑑(𝑡) =
𝛿𝑑
1𝐾 + 𝛿𝑑
. 𝑣⃗𝑠(𝑡)
𝑉𝑑(𝑡) =
5.153
1005.153
. 50 × 10−3
𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)
𝑉𝑑(𝑡) = 2.563 × 10−4
𝑠𝑒𝑛𝑡(𝑤𝑡)𝑉
𝑉𝐷(𝑡) = (0.7153 + 2.563 × 10−4
𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡))𝑉

PROBLEMA 73:
𝐼𝑠 = 1𝑢𝐴 , 𝑛 = 1.2
calcular 𝑉𝐷𝑄 ; 𝐼𝐷𝑄.
Solución:
Análisis en DC:
Por mallas:
(59 + 75)𝐼1 − 75𝐼𝐷 = 2
(75 + 70)𝐼𝐷 − 75𝐼1 = −𝑉
𝑜
𝐼𝐷 = 𝐼𝑆 (𝑒
𝑉𝐷
𝑛.𝑉𝑡
⁄
− 1) = 10−6
(𝑒
𝑉𝐷
1.2×2.6𝑚
⁄
− 1)
Resolviendo ese sistema de ecuaciones:
𝐼1 = 21.492𝑚𝐴
𝐼𝐷 = 9.154mA ⇒ 𝑄(0.285 ; 9.154𝑚𝐴)
𝑉𝐷 = 0.285𝑉
PROBLEMA 74:
Del ejercicio anterior calcule 𝑣⃗𝐷(𝑡)(𝑣⃗𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡á𝑛𝑒𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑜𝑑𝑜)
Solución:
Análisis en AC:

𝑦𝐷 =
𝑛. 𝑉𝑇
𝐼𝐷
=
1.2 × 26𝑚
9.154𝑚
= 3.408𝛺
(50 + 7)𝑖1 − 75𝑖𝑑 = −𝑣⃗(𝑡)
(75 + 70 + 3.408)𝑖𝑑 − 75𝑖1 = −𝑣⃗(𝑡)
Resolviendo:
𝑖1 = −5.679 × 10−3
𝑣⃗(𝑡)
𝑖𝑑 = 3.868 × 10−3
𝑣⃗(𝑡)
𝑣⃗(𝑡) = 100𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑚𝑣⃗
𝑣⃗𝑑(𝑡) = 𝑦𝐷 × 𝑖𝑑
𝑣⃗𝑑(𝑡) = (3.408 × 10−3
× 100𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑚)
𝑣⃗𝑑(𝑡) = 1.318𝑠𝑒𝑛𝑡(𝑤𝑡)𝑚𝑣⃗
Entonces:
𝑣⃗𝐷(𝑡) = 𝑉𝐷𝑄 + 𝑣⃗𝑑(𝑡)
𝑣⃗𝐷(𝑡) = (0.285 + 1.318 × 10−3
𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡))𝑣⃗
PROBLEMA 75:
El circuito de la figura es un regulador de voltaje. Determinar:
El rango de valores de 𝑅𝐿 y de 𝐼𝐿 para que 𝑉𝑅𝐿 se mantenga en 10v.
El valor de la disposición máxima en watts del diodo Zener.

Solución:
Para que el diodo este encendido y no se queme:
𝑉𝐿 =
𝑅𝐿
1𝐾 + 𝑅𝐿
× 50 ≥ 10
(1 −
1𝐾
1𝐾 + 𝑅𝐿
) ≥
1
5
0.25𝐾 ≤ 𝑅𝐿 → 𝐼𝐿𝑚á𝑥 =
10
0.25𝐾
= 40𝑚𝐴
𝐼𝑍𝑚𝑎𝑥 = 32𝑚 ≥ 𝐼𝑅 − 𝐼𝐿
32𝑚 ≥
50 − 10
1𝐾
−
10
𝑅𝐿
𝑅𝐿 ≤ 2.25𝐾𝛺 → 𝐼𝐿𝑚𝑖𝑛 =
10
2.25𝐾
= 8𝑚𝐴
PROBLEMA 76:
𝑉𝑖 ∈ [10 ; 20]
Solución:
Reemplazando por los diodos con su circuito equivalente:

𝐼𝐿 =
6.7 + 0.7
1𝐾
= 7.4𝑚𝐴
𝐼𝑍 ∈ [0,200𝑚]
(𝐼𝑅 + 𝐼𝐿) ∈ [0,200𝑚]
(
𝑉𝑖 − 7.4
𝑅
) − 7.4𝑚 ∈ [0,200𝑚]
𝑉𝑖 = 10𝑉
𝑅 ∈ [12.54 ; 351.35]𝛺
𝑉𝑖 = 20𝑉
𝑅 ∈ [60.76 ; 1702.7]𝛺
𝑅 ∈ [60.76 ; 351.35]𝛺
PROBLEMA 77:
𝑉𝑍 = 10𝑣⃗
Calcular 𝑅𝑖 ; 𝑃𝑅𝑖𝑚á𝑥; 𝑃𝑍𝑚á𝑥
Solución:
𝑅𝑖 =
𝑉𝑆 − 𝑉𝑍
𝐼𝑅
=
𝑉𝑆 − 𝑉𝑍
𝐼𝑍+𝐼𝐿
En este problema utilizaremos el criterio de diseño para circuitos reguladores
básicos que especifica lo siguiente: 𝐼𝑧𝑚𝑖𝑛 = 10%𝐼𝑧𝑚á𝑥
Para que 𝐼𝑍 sea máximo 𝐼𝐿 tiene que ser mínimo y 𝑉𝑆 máximo:
𝑅𝑖 =
𝑉𝑆𝑚𝑖𝑛 − 𝑉𝑍
𝐼𝑍𝑚𝑖𝑛 + 𝐼𝐿𝑚á𝑥
𝑅𝑖 =
𝑉𝑆𝑚á𝑥 − 𝑉𝑍
𝐼𝑍𝑚á𝑥 + 𝐼𝐿𝑚𝑖𝑛
Igualando y reemplazando 𝐼𝑍𝑚𝑖𝑛 = 0.1𝐼𝑍𝑚á𝑥 :

14 − 10
0.1𝐼𝑍𝑚á𝑥 + 200
=
20 − 10
𝐼𝑍𝑚á𝑥 + 100
𝐼𝑍𝑚á𝑥 = 533𝑚𝐴
𝑅𝑖 = 15.79𝛺
𝑃𝑅𝑖𝑚á𝑥 = (𝑉𝑆𝑚á𝑥 − 𝑉𝑍)(𝐼𝑍𝑚á𝑥 + 𝐼𝐿𝑚𝑖𝑛)
𝑃𝑅𝑖𝑚á𝑥 = (20 − 10)(533𝑚 − 100𝑚) = 6.33𝑊
𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 𝑉𝑍 × 𝐼𝑍𝑚á𝑥
𝑃𝑍𝑚á𝑥 = 10 × 533𝑚 = 5.33𝑊
PROBLEMA 78:
𝑅 = 4𝑘
𝐼𝑍𝑚á𝑥 = 60𝑚𝐴
Si 𝑉 = 380𝑣⃗ , hallar la tensión de regularización Zener.
Si la corriente en la carga es de 30mA hallar la corriente mínima en el Zener para
mantener la regulación.
Si 𝑅 = 5𝐾 para los valores hallados en (a) y (b) determinar el valor mínimo de V
para no perder la regulación.
Solución:
a)
380 = 4𝐾(60𝑚) + 𝑉𝑍
𝑉𝑍 = 140𝑣⃗
b) 𝐼𝐿 = 30𝑚𝐴
𝐼𝑅 =
380 − 140
4𝐾
= 60𝑚𝐴
𝐼𝑍 = 𝐼𝑅 − 𝐼𝐿 = 30𝑚𝐴

𝑅𝐿 =
140
30𝑚
= 4.667𝐾𝛺
c)
𝑉𝐿 =
𝑅𝐿
5𝐾+𝑅𝐿
𝑉 ≥ 140 𝑉 ≥ 290𝑣⃗
PROBLEMA 79:
Ib=30mA
El valor de R
La corriente promedio del diodo
La corriente eficaz del diodo
La potencia en R
Solución:
Cuando el diodo conduce
𝐼𝐷 =
10 − 𝑉𝑖
𝑅
≥ 0 ⇒ 10 ≥ 𝑉𝑖
10−𝑉𝑖
𝑅
≤ 30𝑚
10−𝑉𝑖𝑚𝑖𝑛
𝑅
≤ 30𝑚
10−(20)
𝑅
≤ 30𝑚
𝑅 ≥ 1𝐾𝛺
Cuando el diodo no conduce
𝑉𝑖 = 𝑉
𝑜
10 − 𝑉
𝑜 < 0
10 < 𝑉
𝑜
10 < 𝑉𝑖
𝐼𝐷 = 0𝑚𝐴

𝐼𝐷𝑚 =
30(10 − 4)
10
= 18𝑚𝐴
Corriente eficaz
𝐼𝐷𝑒𝑓𝑖 = √
1
10
∫ (30𝑚𝐴)2𝑑𝑡
10
4
= 23.24𝑚𝐴
Potencia en R
𝑃𝑅 = 𝐼𝐷𝑒𝑓𝑖
2
× 𝑅
𝑃𝑅 = (23.24𝑚)2
× 1𝐾
𝑃𝑅 = 0.54𝑊
PROBLEMA 80:
Solución:
Cuando 𝑉
𝑒 > 0
𝑉
𝑜𝑚 =
1
100
× Á𝑟𝑒𝑎
𝑉
𝑜𝑚 =
1
100
×
15
2
(25 + (75 − 25) + (100 − 75)
𝑉
𝑜𝑚 = 7.5𝑉
𝑃𝐼𝑉 = 𝑉
𝑜 ⇒ 𝑃𝐼𝑉 = 𝑉𝑜𝑚á𝑥15𝑣⃗
Cuando 𝑉
𝑒 < 0

𝐼𝐷1 = 0
Cuando 𝑉
𝑒 > 0
𝐼𝐷1 =
𝑉
𝑒
2𝐾
𝐼𝐷1𝑚 =
1
100
∫ 𝐼𝐷1𝑑𝑡
100
0
𝐼𝐷1𝑚 =
1
100
∫
𝑉
𝑒
2𝐾
𝑑𝑡
75
25
𝐼𝐷1𝑚 =
1
100
×
(75 − 25) × 30
2 × 2𝐾
𝐼𝐷1𝑚 = 3.75𝑚𝐴
PROBLEMA 81:
Calcular la función de transferencia 𝑉
𝑜(𝑉𝑖) del siguiente circuito:
Solución:
Caso 1: 𝐷 = 𝑂𝑁
𝑉0 = 0
Tenemos que forzar 𝐼𝐷 > 0
Malla 1:
𝑉𝑖 + 𝑅𝐼𝐷 = 0

𝐼𝐷 = −
𝑉𝑖
𝑅
> 0
→ +𝑽𝒊 < 𝟎
Caso 2: 𝐷 = 𝑂𝐹𝐹
𝑉0 = 𝑉𝑖(malla)
Tenemos que forzar 𝑉𝐷 ≤ 0
𝑉𝐷 = −𝑉0 = −𝑉𝑖 ≤ 0
Vi ≥ 0
Por lo tanto, tenemos:
𝑉0(𝑉𝑖) = {
0 𝑠𝑖 𝑉𝑖 < 0
𝑉𝑖 𝑠𝑖 𝑉𝑖 ≥ 0
}
PROBLEMA 82:
Dados 𝐼𝐸(𝑐𝑑) = 1.2𝑚𝐴 ; 𝛽 = 120 y 𝑟𝑜 = 40𝑘𝛺, trace lo siguiente:
Modelo equivalente hibrido en emisor común.
Modelo equivalente hibrido en base común.
Solución:
𝑟𝑒 =
𝑉𝑇
𝐼𝐸
= 21.667𝛺
ℎ𝑖𝑒 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒 = 2.622𝐾𝛺
ℎ𝑜𝑒 =
1
𝑟𝑜
= 25𝑢𝑆
ℎ𝑓𝑒 = 𝛽 = 120

ℎ𝑖𝑏 = 𝑟𝑒 = 21.667
ℎ𝑓𝑏 = −𝛼 =
−𝛽
𝛽+1
= −0.992
ℎ𝑜𝑏 =
ℎ𝑜𝑒
1+ℎ𝑓𝑒
=
25𝑢𝑆
1+120
= 0. .2066𝑢𝑆
1
ℎ𝑐𝑏
= 4.84𝑀𝛺
PROBLEMA 83:
AC = 10mV
𝑎 = 0.980,
Determine: 𝑍𝑖 ; 𝑉
𝑜 𝑠𝑖 𝑅𝐿 = 1.2𝐾𝛺 ; 𝐴𝑉 =
𝑉𝑜
𝑉𝑖
; 𝑍𝑜 𝑐𝑜𝑛 𝑟𝑜 = ∞𝛺 ; 𝐼𝑏
Solución:
𝑉𝑖 = 𝑟𝑒 × 𝑖𝑖
𝑟𝑒 =
10𝑚
5𝑚
= 2𝛺 = 𝑍𝑖
𝑉
𝑜 = 1.2𝐾𝑎𝑖𝑒 = 5.88𝑉

𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
5.88
10𝑚
= 588
𝑍𝑜 = 𝑟𝑜 = ∞𝛺
𝑖𝑏 = (1 − 𝑎)𝑖𝑒 = 0.02 × 5𝑚 = 0.1𝑚𝐴
PROBLEMA 84:
Utilizando el modelo de la figura, determine lo siguiente, para un amplificador en
emisor común si 𝛽 = 80 ; 𝐼𝐸(𝐶𝐷) = 2𝑚𝐴 𝑦 𝑟𝑜 = 40𝐾𝛺
𝐴𝑖 =
𝐼0
𝐼𝑖
⁄ =
𝐼𝐿
𝐼𝑏
⁄
𝐴𝑉 𝑠𝑖 𝑅𝐿 = 1.2𝐾𝛺
Solución:
𝑍𝑖 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒 = 81 ×
𝑉𝑇
𝐼𝐸
= 81 ×
26𝑚
2𝑚
= 1.053𝐾𝛺
𝑖𝑏 =
𝐼𝐸
𝛽 + 1
=
2𝑚
81
= 24.69𝑢𝐴
𝑖𝑜 =
𝑟𝑜
𝑅𝐿 + 𝑟𝑜𝛽𝑖𝑏
𝐴𝑖 =
𝑖𝑜
𝑖𝑖
=
𝛽𝑟𝑜
𝑅𝐿+𝑟𝑜
= 77.67
𝑉
𝑜 =
−𝑅𝐿. 𝑟𝑜
𝑅𝐿 + 𝑟𝑜
× 𝛽𝑖𝑏
𝑉𝑖 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒. 𝑖𝑏
𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
= −88.5
PROBLEMA 85:
Para la red de la figura: 𝛽 = 60

Determine 𝑍𝑖 𝑦 𝑍𝑜.
Encuentre 𝐴𝑉 para una carga de 10𝐾𝛺.
Solución:
Análisis en DC:
Malla B-E:
12 = 0.7 + 220𝐾𝐼𝐵
𝐼𝐵 = 51.364𝑢𝐴
𝐼𝐸 = (𝛽 − 1)𝐼𝐵 = 3.133𝑚𝐴
Análisis en AC:
ℎ𝑖𝑒 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒 =
𝑉𝑇
𝐼𝐵
=
26𝑚
51.364𝑢
ℎ𝑖𝑒 = 506.2𝛺
𝑍𝑖 = 220𝐾//ℎ𝑖𝑒
𝑍𝑖 =
220𝐾 × 506.2
220𝐾 + 506.2
= 505.04𝛺

𝑍𝑜 = 40𝐾//2.2𝐾
𝑍𝑜 =
40𝐾×2.2𝐾
40𝐾+2.2𝐾
= 2.085𝐾𝛺
Para 𝑅𝐿 = 10𝐾:
𝑉
𝑜 = −
𝑅𝐿×𝑍𝑜
𝑅𝐿+𝑍𝑜
× 𝛽𝑖𝑏
𝑉
𝑜 = −
10𝐾×2.085𝐾
10𝐾+2.085𝐾
× 60𝑖𝑏 = −103.52𝐾𝑖𝑏
𝑉𝑖 = ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏 = 506.2𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑉𝑂
𝑉𝐼
𝐴𝑣 =
−103.52𝐾𝑖𝑏
506.2𝑖𝑏
= −204.5
PROBLEMA 86:
Para la red de la figura, determinar 𝑉
𝑐𝑐
𝐴𝑉 = −200
𝛽 = 90
Solución:
Análisis en AC:
𝐴𝑉 = −200 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
= (sin 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑅𝐿, 𝑎𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑑𝑒 𝑜 𝑅𝐿 = ∞
𝑉
𝑜 = −4.7𝐾𝛽𝑖𝑏

𝑉𝑖 = ℎ𝑖𝑒𝑖𝑏
−200 =
−4.7𝐾8(90)𝑖𝑏
ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏
ℎ𝑖𝑒 = 2.115𝐾𝛺 =
𝑉𝑇
𝐼𝐵
=
26𝑚𝑉
𝐼𝐵
𝐼𝐵 = 12.296𝑢𝐴
Análisis en DC:
Malla B-E
𝑉
𝑐𝑐 = 1𝑀𝐼𝐵 + 0.7
𝑉
𝑐𝑐 = 1𝑀 × 12.296𝑢 + 0.7
𝑉
𝑐𝑐 = 12.993𝑉
PROBLEMA 87:
Para la red de la figura: si 𝛽 = 100
calcule 𝐼𝐵; 𝐼𝐶; 𝑟𝑒
determine 𝑍𝑖 𝑦 𝑍𝑜
Solución:
análisis en DC:

malla B-E
10 = 0.7 + 390𝐾𝐼𝐵
𝐼𝐵 = 23.846𝑢𝐴
𝐼𝐶 = 𝛽 × 𝐼𝐵
𝐼𝐶 = 100 × (23.846𝑢) = 2.385𝑚𝐴
𝑟𝑒 =
𝑉𝑇
𝐼𝐸
=
26𝑚
101×𝐼𝐵
= 10.795𝛺
Análisis AC:
ℎ𝑖𝑒 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒 = 1.09𝐾
ℎ𝑖𝑒 = (100 + 1)10.795 = 1.09𝐾
𝑍𝑖 = 390𝑘//ℎ𝑖𝑒
𝑍𝑖 =
390𝐾×1.09𝐾
390𝐾+1.09𝐾
= 1.087𝐾𝛺
𝑍𝑜 = 60𝐾//4.3𝐾
𝑍𝑜 =
60𝐾×4.3𝐾
60𝐾+4.3𝐾
= 4.012𝐾𝛺
PROBLEMA 88:
Para la red de la figura si 𝑟𝑒 = 31.621𝛺

Calcule 𝑍𝑖 𝑦 𝑍𝑜
Encuentre 𝐴𝑣
Repita las partes a y b con 𝑟𝑜 = 25𝐾𝛺
Solución:
Análisis en AC:
ℎ𝑖𝑒 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵 = 822.227𝑢𝐴
𝑍𝑖 = 𝑅𝑒𝑞//ℎ𝑖𝑒
𝑍𝑖 = 1.813𝐾𝛺
𝑍𝑜 = 𝑟𝑜//3.9𝐾 = 3.618𝐾𝛺
Si no hay carga 𝑅𝐿:
𝑣⃗𝑜 = −𝑍𝑜 × 𝛽 × 𝑖𝑏 = −361.8𝐾𝑖𝑏
𝑣⃗𝑖 = ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏 = 3.194𝐾 × 𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑖
=
−361.8𝐾𝑖𝑏
3.194𝐾×𝑖𝑏
𝐴𝑣 = −113.27
Si 𝑟𝑜 = 25𝐾𝛺
𝑍𝑜 = 𝑟𝑜//3.9𝐾
𝑍𝑜 =
25𝐾×3.9𝐾
25𝐾+3.9𝐾
= 3.374𝐾𝛺
𝑣⃗𝑜 = −𝑍𝑜 × 𝛽 × 𝑖𝑏 = −337.37𝐾𝑖𝑏
𝑣⃗𝑖 = ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏 = 3.194𝐾𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑖
=
−337.37𝐾𝑖𝑏
3.194𝐾𝑖𝑏
𝐴𝑣 = −105.63
PROBLEMA 89:
Determine 𝑉
𝑐𝑐 para la red de la figura si 𝛽 = 100 ; 𝐴𝑉 = −160

Solución:
Análisis en AC:
𝑅𝑒𝑞 = 82𝐾//5.6𝐾 = 5.242𝐾𝛺
𝐴𝑉 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑖
= −160
𝑣⃗𝑜 = −3.3𝐾 × 𝛽𝑖𝑏(𝑠𝑖 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑅𝐿)
𝑣⃗𝑖 = ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏
−160 =
−3.3𝐾𝛽𝑖𝑏
ℎ𝑖𝑒 × 𝑖𝑏
ℎ𝑖𝑒 = 2.063𝐾𝛺 =
𝑉𝑇
𝐼𝐵
Análisis DC:
𝐼𝐵 = 12.303𝑢𝐴
𝑉𝑡ℎ = 𝑅𝑒𝑞(𝐼𝐵) + 0.7 + 1𝐾(𝛽 + 1)𝐼𝐵 = 2.039𝑉

𝑉𝑡ℎ =
5.6𝐾
82𝐾 + 5.6𝐾
× 𝑉
𝑐𝑐 = 2.039𝑉
𝑉
𝑐𝑐 = 31.9𝑉
PROBLEMA 90:
Para la red de la figura, si 𝛽 = 180 ; 𝐼𝐵 = 7.583𝑢𝐴, determine 𝑍𝑖 Y 𝐴𝑉 =
𝑉𝑜
𝑉𝑖
.
Solución:
Análisis en AC:
ℎ𝑖𝑒 =
𝑉𝑇
𝐼𝐵
ℎ𝑖𝑒 =
26𝑚
7.583𝑢
= 3.429𝐾𝛺
𝑍𝑖 = 𝑅𝑒𝑞//ℎ𝑖𝑒 = 3.184𝐾𝛺
𝑍𝑜 = 50𝐾//6.8𝐾
𝑍𝑜 =
50𝐾 × 6.8𝐾
50𝐾 + 6.8𝐾
= 5.986𝐾𝛺
𝑣⃗𝑜 = −𝑍𝑜 × 𝛽𝑖𝑏
𝑣⃗𝑜 = −5.986𝐾 × 180 × 7.583𝑢 = −1077.46𝐾𝑖𝑏(𝑆𝑖𝑛 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑅𝐿)

𝑣⃗𝑖 = ℎ𝑖𝑒𝑖𝑏
𝑣⃗𝑖 = 3.429𝐾 × 7.583𝑢 = 3.429𝐾𝑖𝑏
𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉𝑖
=
−1077.46𝐾𝑖𝑏
3.429𝐾𝑖𝑏
𝐴𝑉 = −314.22
PROBLEMA 91:
Para la red de la figura: si 𝛽 = 140.
Determine 𝑟𝑒
Encuentre 𝑍𝑖 y 𝑍𝑜
Calcule 𝐴𝑣
Solución:
Análisis en DC:
Malla B-E
20 = 390𝐾(𝐼𝐵) + 0.7 + 1.2𝐾(𝛽 + 1)𝐼𝐵
𝐼𝐵 = 34.58𝑢𝐴
𝑟𝑒 =
𝑉𝑇
(𝛽 + 1)𝐼𝐵
𝑟𝑒 =
26𝑚
(140+1)34.58𝑢
= 5.331𝛺

Análisis AC:
ℎ𝑖𝑒 = (𝛽 + 1)𝑟𝑒
ℎ𝑖𝑒 = (140 + 1) × 5.331𝛺 = 751.71𝛺
𝑍𝑖 = 390𝐾//(ℎ𝑖𝑒 + (𝛽 + 1)1.2𝐾)
𝑍𝑖 =
390𝐾×(ℎ𝑖𝑒+(𝛽+1)1.2𝐾)
390𝐾+(ℎ𝑖𝑒+(𝛽+1)1.2𝐾)
= 118.37𝐾𝛺
𝑍𝑖 =
390𝐾×(751.7+(140+1)1.2𝐾)
390𝐾+(751.7+(140+1)1.2𝐾)
= 118.37𝐾𝛺
𝑍𝑜 = 2.2𝐾//(100𝐾 + ℎ𝑖𝑒//1.2𝐾)
𝑍𝑜 =
2.2𝐾×(100𝐾+ℎ𝑖𝑒//1.2𝐾)
2.2𝐾+(100𝐾+ℎ𝑖𝑒//1.2𝐾)
𝑍𝑜 =
2.2𝐾 × (100𝐾 +
751.71 × 1.2𝐾
751.71 + 1.2𝐾
)
2.2𝐾 + (100𝐾 +
751.71 × 1.2𝐾
751.71 + 1.2𝐾
)
= 2.153𝐾𝛺
𝑣⃗𝑜 = −𝑍𝑜 × 𝛽𝑖𝑏 = −303.57𝐾𝑖𝑏
𝑣⃗𝑖 = (ℎ𝑖𝑒 + (𝛽 + 1)1.2𝐾)𝑖𝑏 = 169.95𝐾𝑖𝑏
𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑖
= −1.79
PROBLEMA 92:
𝑉𝐵𝐸(𝑜𝑛) = 0,5𝑉; 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,3𝑉
𝛽 = 90

−𝑉1 + 𝐼𝐵 ∗ 𝑅1 + 𝑉𝐵𝐸 = 0
−7 + 𝐼𝐵 ∗ 4500 + 0,4 = 0
𝐼𝐵 =
7 − 0,4
4500
= 0,71𝑚𝐴 > 0
𝐼𝐶 = 𝛽 ∗ 𝐼𝐵 = 90 ∗ 0,71 ∗ 10−3
= 95𝑚𝐴
−𝑉2 + 𝐼𝐶 ∗ 𝑅2 + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉2 − 𝐼𝐶 ∗ 𝑅2 = 7 − (71 ∗ 10−3
∗ 104) = −850𝑉
𝑉𝐶𝐸 = −850𝑉 < 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,2𝑉
𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,2𝑉
𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠: −𝑉2 + 𝐼𝐶 ∗ 𝑅2 + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝐼𝐶 =
𝑉𝐸 − 𝑉𝐶𝐸
𝑅2
=
8 − 0,2
9000
= 0,45 𝑚𝐴
𝐼𝐶 = 0,98 𝑚𝐴 𝐼𝐶 < 𝛽 ∗ 𝐼𝐵 0,98𝑚𝐴 < 86𝑚𝐴
𝐼𝐵 = 0,86𝑚𝐴, 𝐼𝐶 = 0,98 𝑚𝐴, 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,2𝑉
PROBLEMA 93:
Calcular la tension colector-emisor la
𝑉𝐵𝐸(𝑜𝑛) = 0,7 V.
𝑉𝐵 = 10 ∗ [
𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
] = 10 ∗ [
1200
4000 + 1300
] = 1,31𝑉
𝑉𝐵 = 1,31𝑉

Emisor
−𝑉𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑉𝐸 = 0
𝑉𝐸 = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 = 3,12 − 0,4 = 1,89𝑉
𝑉𝐸 = 1,89𝑉
𝐼𝐸 =
𝑉𝐸
𝑅4
=
1,89
9000
= 3,09𝑚𝐴
Colector
𝐼𝐸 = 𝐼𝐶 = 3,09𝑚𝐴
𝑉𝐶 = 8 − (𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐸) = 8 − (3,20 ∗ 10−3
∗ 1200) = 4,21𝑉
𝑉𝐶 = 4,21𝑉
La tension colector-emisor
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶 − 𝑉𝐸 = 4,21 − 3,09 = 1,12𝑉
𝑉𝐶𝐸 = 1,12𝑉
PROBLEMA 94:
𝑉𝐵𝐸(𝑜𝑛) = 0,7𝑉; 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,2𝑉; 𝛽 = 50
a)Resistencia de colector
b)Tension en la base del transistor bipolar
c) La tension colector emisor
a) 𝑅𝐶 =
12−7
2∗103
= 1450
b) 8 = 𝑉𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑉𝐸
𝑉𝐵 = 12 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝑉𝐸 = 10 − 0,8 − 1 = 8,2 𝑉
c) 8 = 𝑉𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸 + 𝑉𝐸
𝑉𝐶𝐸 = 8 − 𝑉𝑅𝐶 − 𝑉𝐸 = 8 − 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐶 − 𝑉𝐸 = 8 − (1 ∗ 10−3
∗ 1200) − 1
𝑉𝐶𝐸 = 4 𝑉

PROBLEMA 95:
𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,8 𝑉
𝐼𝐶(𝑠𝑎𝑡)
𝐼𝐶(𝑠𝑎𝑡) =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)
𝑅𝐶
=
7 − 0,1
1 ∗ 103
=
4,2
430
= 5.2𝑚𝐴
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸
𝑅𝐶
=
1 − 0,2
6 ∗ 103
=
2.1
2000
= 0,23𝑚𝐴
𝐼𝐶 = 𝛽𝐶𝐷𝐼𝐵 = 50 ∗ 0,23𝑚𝐴 = 11,5𝑚𝐴
PROBLEMA 96:
Hallar IBr ICr IE y estado del transistor sabiendo los siguientes datos:
G=60 VCE(sat)= 0,4 V VBE(sat) = 0,8 V
a) Interruptor cerrado
b) Interruptor abierto.
SOLUCION:
a) Interruptor cerrado.
RB de 100k, 300µA

IB =0, IC=0.
b) Interruptor abierto:
Malla de colector:
𝑉𝑇 = 𝐼𝐶𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸 (𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝐼𝐶)
𝐼𝐶 =
𝑉𝑇 − 𝑉𝐶𝐸
𝑅𝐶
=
20 − 0.4
3
= 10,27 𝑚𝐴
Malla de base
𝑉𝑇 = 𝐼𝐵𝑅𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 (𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝐼𝐵)
𝐼𝐵 =
𝑉𝑇 − 𝑉𝐵𝐸
𝑅𝐵
=
25 − 0.4
90
= 0,245 𝑚𝐴
𝐺. 𝐼𝐵 = 54.0,318𝑚𝐴 = 12,24𝑚𝐴
𝐼𝐶 ≤ 𝐺. 𝐼𝐵 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡á 𝑒𝑛 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛.
PROBLEMA 97:
Estado en que se encuentra el transistor.
Datos G=75, VBE(sat)=0,4V, VCE(sat)=1.2 V
SOLUCION:
Malla de colector:
𝐼𝐶 =
𝑅𝐶
=
10 − 0,5
4,4
= 3,12 𝑚𝐴

Malla de base
𝑉𝑇 = 𝐼𝐵𝑅𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 (𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝐼𝐵)
𝐼𝐵 =
𝑅𝐵
=
7 − 0,4
35
= 0,31 𝑚𝐴
𝐺. 𝐼𝐵 = 60 . 0,17 𝑚𝐴 = 13 𝑚𝐴
𝐼𝐶 ≤ 𝐺. 𝐼𝐵 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡á 𝑒𝑛 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛.
PROBLEMA 98:
Hallar IB y RB para que el transistor esté en activa.
Datos G=100 VBE (sat)=0,512 V VCE(sat)=4,23 V
SOLUCION:
𝐼𝐶 =
𝑅𝐶
=
9 − 6,12
3,1
= 3,12 𝑚𝐴
IC=G.IB
𝐼𝐵 =
𝐼𝐶
𝐺
=
2,12 𝑚𝐴
80
= 0,42𝑚𝐴 = 8,1𝜇𝐴
𝑉𝑇 = 𝐼𝐵𝑅𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 (𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑅𝐵)
𝑅𝐵 =
𝐼𝐵
=
4 − 0,425
0,061
= 272𝐾
PROBLEMA 99:
β=100

r= 100 Kohmios
v= 10V
SOLUCION:
𝐼𝐵 =
𝑈𝐸 − 𝑈𝐵𝐸
𝑅𝐵
=
5 − 0,7
90𝑥103
= 3,3𝑥10−4
𝐴
𝐼𝐶 = 𝐼𝐵𝛽 = 3,3𝑥10−4
𝑥90 = 0,0024𝐴
PROBLEMA 100:
β = 85
V= 25 V
R= 270 ohmios.
R= 375 kohmios
SOLUCION:
𝐼𝐵 =
𝑈𝐸 − 𝑈𝐵𝐸
𝑅𝐵
=
25 − 0,3
530𝑥103
= 5,23𝑥10−5
𝐴
𝐼𝐶 = 𝐼𝐵𝛽 = 5,23𝑥10−5
𝑥100 = 5,23𝑥10−3
𝐴
𝑈𝑅𝐶 = 𝑅𝐶𝐼𝐶 = 270𝑥5,23𝑥10−3
= 1,73𝑉
𝑈𝐶𝐸 = 𝑉 − 𝑈𝑅𝐶 = 30 − 1,73 = 23,27𝑉
𝛼 = 0,98 y 𝑉𝐵𝐸 = 0,6 Voltios

𝑅𝐼 =
𝑉𝐶−𝑉𝐵
𝐼𝐼
Calcular VC, VB y II.
𝐼𝐶 =∝∙ 𝐼𝐸 = 0,98 ∙ 2 = 1,96𝑚𝐴
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸 ∙ 𝑅𝐸 = 0,7 + 2 ∙ 0,2 = 1,1𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝐼2 =
𝑉𝐵
12
=
1,3
12
= 0,51𝑚𝐴
𝐼1 = 𝐼𝐵 + 𝐼2 = 0,51 + 0,051 = 0,561𝑚𝐴
𝑉𝐶 = 𝑉𝐶𝐶 − (𝐼𝐶 + 𝐼1) ∙ 2 = 10 − (1,96 − 0,084) ∙ 2 = 7,912𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝑅1 =
𝐼1
=
6,51 − 1,1
0,084
= 81,1𝐾
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶 ∙ 𝑉𝐸 = 6,41 − 3 ∙ 0,4 = 7,512 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝑉𝐶𝐸 > 0,2 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠 y ser un transistor NPN.
PROBLEMA 101:
VBE1=VBE2=0,7Voltios
𝛽1 = 100, 𝛽2 = 50. Pueden despreciarse las corrientes inversa de
saturación.
a) Calcular todas las intensidades del circuito.
b) Calcular las tensiones en los diferentes puntos.
SOLUCION:
𝑉𝐵𝐵2 =
18 ∙ 8
71 + 12
= 2,61 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝑅𝐵2 =
8 ∙ 71
8 + 71
= 82,3 𝐾

𝑉𝐵𝐵2 = 𝐼𝐵2 ∙ 𝑅𝐵2 + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝐼𝐸1 ∙ 𝑅𝐸1
2,61 = 𝐼𝐵2 ∙ 108,9 + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝐼𝐸1 ∙ 0,1
𝐼𝐸1 = (𝛽1 + 1) ∙ 𝐼𝐵1 = (𝛽1 + 1) ∙ (𝛽2 + 1)𝐼𝐵2 = 39 ∙ 79 ∙ 𝐼𝐵2
𝐼𝐵2 =
2,61 − 𝑉𝐵𝐸2 − 𝑉𝐵𝐸1
108,9 + 51 ∙ 101 ∙ 0,1
=
2,61 − 0,7 − 0,7
624
= 0,0451𝑚𝐴
𝐼𝐶2 = 𝛽2 ∙ 𝐼𝐵2 = 50 ∙ 0,0019 = 0,043 𝑚𝐴
𝐼𝐵1 = 𝐼𝐸2 = (𝛽2 + 1) ∙ 𝐼𝐵2 = 23 ∙ 0,0021 = 0,031𝑚𝐴
𝐼𝐶1 = 𝛽1 ∙ 𝐼𝐵1100 ∙ 0,097 = 9,1𝑚𝐴
𝐼𝐸1 = (𝛽1 + 1) ∙ 𝐼𝐵1 = 134 ∙ 0,097 = 10.3𝑚𝐴
𝑉𝐸1 = 𝐼𝐸1 ∙ 𝑅𝐸1 = 10,3 ∙ 0,2 = 0,87 𝑉𝑜𝑡𝑖𝑜𝑠.
𝑉𝐶𝐸1 = 𝑉𝐶1 − 𝐶𝐸1 = 14,4 − 0,98 = 14,12𝑉𝑜𝑡𝑖𝑜𝑠.
𝑉𝐶2 = 34 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝑉𝐸2 = 𝑉𝐶2 − 𝑉𝐸2 = 24 − 1,66 = 34 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
𝑉𝐵2 = 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑉𝐸2 = 0,7 + 1,66 = 3,21 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠
PROBLEMA 102:
𝐼𝐵, 𝐼𝐶, 𝑉𝐶𝐸
𝛽 = 85
fuente de polarización = 7 V

tensión en el diodo de 0.9 V
Solución
Hallando 𝐼𝐵 mediante la fórmula
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵𝐵−0.7 𝑉
𝑅𝐵
𝐼𝐵 =
5−0.7
10 𝑘
𝐼𝐵 = 370 𝜇𝐴
𝛽 =
𝐼𝐶
𝐼𝐵
⇒ 𝐼𝐶 = 𝛽 . 𝐼𝐵
𝐼𝐶 =100. 370𝜇 𝐴
𝐼𝐶 = 37𝑚𝐴
𝑉𝐶𝐸
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶. 𝑅𝐶
𝑉𝐶𝐸 = 6 𝑉 − (37 𝑚𝐴) (3 𝑘𝛺)
𝑉𝐶𝐸 = −45 𝑉
PROBLEMA 103:
𝛽 = 100
Halle los valores de 𝐼𝐵, 𝐼𝐶, 𝑉𝐶𝐸, 𝑉𝐵, 𝑉𝐶, 𝑉𝐵𝐶
fuente de polarización = 16 V

Solución
𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝐵. 𝑅𝐵 + 0.8 𝑉
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵𝐵−0.7 𝑉
𝑅𝐵
⇒ 𝐼𝐵 =
12−0.7
300 𝑘
𝐼𝐵 = 32.23 𝜇 𝐴
𝛽 =
𝐼𝐶
𝐼𝐵
⇒ 𝐼𝐶 = 𝛽 . 𝐼𝐵
𝐼𝐶 =100. 42,32 𝜇 𝐴
𝐼𝐶 = 2.921 𝑚𝐴
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶. 𝑅𝐶
𝑉𝐶𝐸 = 8 𝑉 − (4.28 𝑚𝐴) (4 𝑘𝛺)
𝑉𝐶𝐸 = 4.28 𝑉
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶
𝑉𝐶 = 4.28 𝑉
𝑉𝐵 = 0.6 𝑉
𝑉𝐵𝐶
𝑉𝐵𝐶=𝑉𝐵 − 𝑉𝐶 ⇒ 𝑉𝐵𝐶 =0.6 – 2.21
𝑉𝐵𝐶 = −2.23 V
PROBLEMA 104:
β = 120 halle los valores de 𝐼𝐸, 𝐼𝐶, 𝑉𝐶𝐸
Solución
−6 + 0.8 + (𝐼𝐸)2𝑘 = 0
𝐼𝐸 =
6−0.7
2𝑘
⇒ 𝐼𝐸 = 2.65 𝑚𝐴

𝐼𝐸 = 𝐼𝐶
𝐼𝐶 = 3.15 𝑚𝐴
−15 + (1.1𝑘)(𝐼𝐶) + 𝑉𝐶𝐸 + 2𝑘(𝐼𝐶) = 0
−15 + (2.2 𝑘)(3.15 𝑚) + 𝑉𝐶𝐸 + 2𝑘(3.15 𝑚) = 0
𝑉𝐶𝐸 = 13.21 𝑉
PROBLEMA 105:
𝛽 = 50 , 𝑉𝐵𝐸 = 0,7 V
Solución
𝐼𝐶(𝑠𝑎𝑡) =
𝑉𝑐𝑐
𝑅𝐶
⇒
20
20(103)
𝐼𝐶(𝑠𝑎𝑡) = 2𝑚𝐴
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝐶𝐶 ⇒ 𝑉𝐶𝐸 = 15 𝑉
−𝑉𝐵𝐵 + 450. 𝑘(𝐼𝐵) + 𝑉𝐵𝐸 = 0
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵𝐵−𝑉𝐵𝐸
450𝑘
⇒ 𝐼𝐵 =
5−0.7
450𝑘
𝐼𝐵 = 10,23 𝜇𝐴
𝛽 =
𝐼𝐶
𝐼𝐵
⇒ 𝐼𝐶 = 45 . 9,55 𝜇 𝐴 ⇒ 𝐼𝐶 = 423,5𝜇 𝐴
−𝑉𝐶𝐶 + 20𝑘(𝐼𝐶) + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 20 − 20𝑘(477,5𝜇) ⇒ 𝑉𝐶𝐸 = 8,21 𝑉
PROBLEMA 106:
𝛽 = 10
𝑉𝐵𝐸 = 0,7 V

𝑉𝐵𝐵 = 5.5 𝑉
𝑉𝐶𝐸, 𝐼𝐶
−𝑉𝐵𝐵 + 10𝑘(𝐼𝐵) + 𝑉𝐵𝐸 = 0
𝐼𝐵 =
𝑉𝐵𝐵−𝑉𝐵𝐸
10𝑘
⇒ 𝐼𝐵 =
5,5−0,7
10𝑘
𝐼𝐵 = 0,48 𝑚𝐴
𝛽 =
𝐼𝐶
𝐼𝐵
⇒ 𝐼𝐶 = 13 .0,51 𝑚 𝐴 ⇒ 𝐼𝐶 = 5,2 𝑚 𝐴
−𝑉𝐶𝐶 + 2𝑘(𝐼𝐶) + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 10,2 − 2𝑘(5,2 𝑚 𝐴) ⇒ 𝑉𝐶𝐸 = 3,2 𝑉
PROBLEMA 107:
𝑉𝐵𝐸(𝑂𝑁) = 0,9 V, 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,3 𝑉 y β = 120.
Solución
−𝑉𝐵𝐵 + 5𝑘(𝐼𝐵) + 𝑉𝐵𝐸 = 0
−13 + 6(103)(𝐼𝐵) + 0,8 = 0
𝐼𝐵 = 1,62 𝑚𝐴
𝐼𝑐 = 𝛽(𝐼𝐵) ⇒ 𝐼𝑐 =100*(1,62 𝑚) = 162 𝑚𝐴
−𝑉𝐶𝐶 + 𝐼𝑐(𝑅𝑐) + 𝑉𝐶𝐸 = 0
−10 + (162 𝑚)(6𝑘) + 𝑉𝐶𝐸 = 0

𝑉𝐶𝐸 = −754 𝑉 ⇒ 𝑉𝐶𝐸 < 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡)
𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 0,3 𝑉
−𝑉𝐶𝐶 + 8𝑘(𝐼𝐶) + 𝑉𝐶𝐸 = 0
−10 + 8𝑘(𝐼𝐶) + 0,2 = 0
𝐼𝐶 = 1,41 𝑚𝐴
𝐼𝐶 < 𝛽 ∗ 𝐼𝐵
1,62 𝑚𝐴 < 100 ∗ 1,06 𝑚𝐴
1,62 𝑚𝐴 < 0,106 𝐴
𝐼𝐵 = 1,62 𝑚𝐴
𝐼𝐶 = 1,5 𝑚𝐴
𝑉𝐶𝐸 = 0,3 𝑉
PROBLEMA 108:
VBE (ON) = 0,8 V
𝑉𝐵 = 8 (
𝑅1
𝑅1 + 𝑅2
)
𝑉𝐵 = 8 (
4,2 𝑘
4,2 𝑘 + 8 𝑘
)
𝑉𝐵 = 3,4 𝑉
−𝑉𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑉𝐸 = 0
𝑉𝐸 = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 ⇒ 𝑉𝐸 = 3,2 − 0,3
𝑉𝐸 = 2,9 𝑉

𝐼𝐸 =
𝑉𝐸
𝑅𝐸
⇒ 𝐼𝐸 =
2,6
1 𝑘
𝐼𝐸 = 𝐼𝐶 = 3,4 𝑚𝐴
𝑉
𝑐 = 8 − (𝐼𝐶 . 𝑅𝐶)
𝑉
𝑐 = 8 − (3,4 𝑚 𝐴)(4 𝑘)
𝑉
𝑐 = 3,2 𝑉
𝑉𝐶𝐸 = 𝑉
𝑐 − 𝑉𝐸
𝑉𝐶𝐸 = 3,2 − 0,6
𝑉𝐶𝐸 = 2,6 𝑉
PROBLEMA 108:
𝛽 = 50
VCE(sat) = 0,4 V
VBE (ON) = 0,4 V
Calcular en el circuito de la figura los siguientes valores
Resistencia de colector
La resistencia de emisor
Tensión en la base del transistor bipolar
Solución
𝑅𝑐 =
12 − 4
3(14−3)

𝑅𝑐 = 1400 𝛺
𝐼𝑐 = 𝛽 ∗ 𝐼𝐵
𝐼𝐵 =
2(10−3
)
6
⇒ 𝐼𝐵 = 6 . 10−5
𝐴
IE = IC + IB
𝐼𝐸 = 3 . 10−3
+ 5 . 10−5
= 4,11 𝑚𝐴
𝑅𝐸 =
2
𝐼𝐸
⇒ 𝑅𝐸 =
2
2,04 𝑚
𝑅𝐸 = 840,27 𝛺
10 = 𝑉𝐵 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝑉𝐸
𝑉𝐵 = 7 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝑉𝐸
𝑉𝐵 = 7 − 0,5 − 1
𝑉𝐵 = 5,5 𝑉
PROBLEMA 109:
𝑅𝑐 = 3000 𝛺
𝐼𝐸 = 4,01 𝑚𝐴
Solución

8 = 𝑉𝑅𝑐 + 𝑉𝐶𝐸 + 𝑉𝐸
𝑉𝐶𝐸 = 4 − (5 𝑚𝐴)(2 𝑘) − 2
𝑉𝐶𝐸 = 6 𝑉
𝑅𝐵 =
𝑉𝐵
𝐼𝐵
⇒ 𝑅𝐵 =
7,3
4 .10−5
𝑅𝐵 = 182,5 𝑘𝛺
PROBLEMA 110:
Q (𝐼𝐵,𝐼𝐶 ,𝑉𝐶𝐸) VBE (ON) = 0,6 V
Solución
𝑉𝑏𝑏 = 𝑉
𝑐𝑐
−10 + 𝐼𝐵 . 𝑅𝐵 + 𝑉𝐵𝐸
𝐼𝐵 =
12−0,7
150 𝑘
⇒ 𝐼𝐵 = 8,593 . 10−5
𝐴
𝐼𝑐 = 𝛽(𝐼𝐵)
𝐼𝑐 = 100 . 5,47 (10−5
)
𝐼𝑐 = 8,71 𝑚𝐴
−𝑉
𝑐𝑐 + 𝐼𝑐(𝑅𝑐) + 𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑉𝐶𝐸 = 10 − (8,47 𝑚 𝐴)(180)
𝑉𝐶𝐸 =12,78 V
PROBLEMA 111:
𝛽 = 200
A) hallar el punto Q
B) representar la recta de carga estática

A) Hallando el punto Q
𝑉𝐵𝐵 = 𝑉𝐶𝐶 .
𝑅2
𝑅1+𝑅2
𝑉𝐵𝐵 = 12 .
15𝑘
30𝑘 + 15𝑘
𝑉𝐵𝐵 = 4 𝑉
𝑅𝐵𝐵 = 𝑅1 //𝑅2
𝑅𝐵𝐵 =
𝑅1. 𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
𝑅𝐵𝐵 =
10𝑘. 25𝑘
20𝑘 + 10𝑘
𝑅𝐵𝐵 = 8k 𝛺

𝐼𝐵 =
𝐼𝑐
𝛽
𝑉𝐵𝐵 − 𝑉𝑅𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝑉𝑅𝐸 = 0
𝑉𝐵𝐵 − 𝐼𝐵 . 𝑅𝐵𝐵 − 𝑉𝐵𝐸 − 𝐼𝐶. 𝑅𝐸 = 0
PROBLEMA 112:
Considere el circuito de la siguiente figura, donde la fuente de la señal es de
𝑉𝑆 = 4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑉
a) Con parámetros del transistor de 𝛽 = 80 y VA = ∞
𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉
𝑠
⁄
𝐺𝑓 =
𝑖𝑜
𝑉
𝑠
⁄
𝑖𝑖) calcule 𝑣⃗𝑜(𝑡) e 𝑖𝑜(𝑡).
Solucion:
Analizamos el circuito en corriente continua para así hallar 𝐼𝐶𝑄
Circuito equivalente en CC
Realizamos LK con la corriente I1, considerando 𝑉𝐸𝐵 = 0.7 𝑉 en el transistor.

− 𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐸𝐵 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 + 𝐼𝐵. 𝑅𝑆 = 0
𝐼𝐶 =
5 − 0.7
10 +
2.5
80
𝐼𝐶 = 0.4286 𝑚𝐴
Teniendo el valor de 𝐼𝐶𝑄 podemos hallar ℎ𝑖𝑒 considerando que el valor de
𝑉𝑇 = 26 𝑚𝑉
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(80)(0.026)
0.4286
ℎ𝑖𝑒 = 4.847 𝑘𝛺
PROBLEMA 113:
El siguiente circuito es el circuito equivalente en pequeña señal.
𝑣⃗𝑠 = −𝑖𝑏(𝑅𝑠 + ℎ𝑖𝑒)
𝑣⃗𝑠 = −𝑖𝑏(2.5 + 4.847)
𝑖𝑏

𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
= −
1
7.347
= −0.1361
Usamos divisor de tensión en la malla 2da malla
𝑣⃗𝑜 =
𝛽. 𝑖𝑏(𝑅𝐿)(𝑅𝐶)
𝑅𝐿 + 𝑅𝐶
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
=
(80)(25)
10
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= 200
PROBLEMA 114:
Como 𝐴𝑉=v𝑜𝑣⃗𝑠 𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑖𝑏
=
𝑣𝑜
𝑣𝑠
𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
𝐴𝑉 = (−0.1361)(200)
𝐴𝑉 = −27.22
𝐺𝑓 =
𝑖𝑜
𝑉
𝑠
⁄
𝑖𝑜
𝑖𝑜 =
𝑣⃗𝑜
𝑅𝐿
=
𝐴𝑣. 𝑣⃗𝑠
𝑅𝐿
𝐺𝑓 =
𝐴𝑣
𝑅𝐿
=
−27.22
5
= −5.44 𝑚𝐴/𝑉
𝒊𝒊) 𝑣⃗𝑜(𝑡) e 𝑖𝑜(𝑡)
𝑣⃗𝑜 = (−27.22)4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑉
𝑣⃗𝑜 = −0.108 sin 𝜔𝑡 𝑉
𝑖𝑜 = (−5.44𝑥10−3
)4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝐴
𝑖𝑜 = −21.76 sin 𝜔𝑡 µ𝐴
PROBLEMA 115:
𝛽 = 80 VA = 80 𝑉 𝐼𝐸𝑄 = 0.75 𝑚𝐴.

Solucion :
𝑉𝐸𝐵 = 0.7 𝑉 en el transistor.
𝐼𝐵 =
𝐼𝐸
𝛽
=
0.75
80
= 0.009375
𝑅𝐸 =
9 − 0.7 − (0.009375)(2)
0.75
𝑅𝐸 = 11.04 𝑘𝛺
𝑉𝐸𝐶𝑄 = 7 𝑉.
− 𝑉𝐶𝐶+ + 𝑉𝐶𝐶− + 𝑉𝐸𝐶𝑄 + 𝐼𝐶. 𝑅𝐶 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0
𝑅𝐶 =
18 − 7 − (0.75)(11.04)
0.75
𝑅𝐶 = 3.626 𝑘𝛺
𝑉𝑆 = 4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑉
PROBLEMA 116:
a) Con parámetros del transistor de 𝛽 = 120 y VA = ∞ 𝑖) encuentre la ganancia de
𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉
𝑠
⁄ 𝐺𝑓 =
𝑖𝑜
𝑉
𝑠
⁄
𝑖𝑖) calcule 𝑣⃗𝑜(𝑡) e 𝑖𝑜(𝑡).
1.
SOLUCIÓN:
𝑖𝑠
𝑖𝑜

SOLUCIÓN:
Con β=120:
VEB = 0.7 V
𝐼𝐶 =
5 − 0.7
10 +
2.5
120
𝐼𝐶 = 0.4291 𝑚𝐴
Hallamos ℎ𝑖𝑒
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(120)(0.026)
0.4291
ℎ𝑖𝑒 = 7.271 𝑘𝛺
𝐴𝑉
𝑣⃗𝑠 = −𝑖𝑏(2.5 + 7.271)
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
= −
1
7.347
= −0.1023
𝑣⃗𝑜 =
𝛽. 𝑖𝑏(𝑅𝐿)(𝑅𝐶)
𝑅𝐿 + 𝑅𝐶
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
=
(120)(25)
10
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= 300
𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
𝐴𝑉 = (−0.1023)(300)
𝐴𝑉 = −30.69
𝐺𝑓 =
𝐴𝑣
𝑅𝐿
=
−30.69
5
= −6.138 𝑚𝐴/𝑉
𝒊𝒊) 𝑣⃗𝑜(𝑡) e 𝑖𝑜(𝑡)
𝑉
𝑜 = (−30.69)4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑉
𝑉
𝑜 = −0.122 sin 𝜔𝑡 𝑉

𝑖𝑜 = (−6.138𝑥10−3
)4 sin 𝜔𝑡 𝑚𝐴
𝑖𝑜 = −24.552 sin 𝜔𝑡 µ𝐴
PROBLEMA 117:
𝑉
𝑐𝑐 = 3.3 𝑉, 𝑅𝐿 = 4 𝑘𝛺, 𝑅1 = 585 𝑘𝛺, 𝑅2 = 135 𝑘𝛺 y 𝑅𝐸 = 12 𝑘𝛺.
𝛽 = 90
VA = 60 𝑉.
Determine
𝐼𝐶𝑄 𝑦 𝑉𝐸𝐶𝑄.
SOLUCIÓN:
Analizamos el circuito en corriente continua para así hallar 𝐼𝐶𝑄 𝑦 𝑉𝐸𝐶𝑄.
Circuito en CC con su equivalente Thevenin.
𝑅𝑇𝐻 = (𝑅1. 𝑅2) / (𝑅1 + 𝑅2)
𝑅𝑇𝐻 = 109.6875 𝑘𝛺
𝑉𝑇𝐻 = 3.3. 𝑅2 / (𝑅1 + 𝑅2)
𝑉𝑇𝐻 = 0.61875 𝑉
1.
𝑖𝑠
𝑖𝑜
𝑅𝑖𝑏
𝑅𝑜

VEB = 0.7 V
− 𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐸𝐵 + 𝑉𝑇𝐻 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 + 𝐼𝐵. 𝑅𝑇𝐻 = 0
𝐼𝐸 =
3.3 − 0.7 − 0.61875
12 +
109.6875
90
𝐼𝐸𝑄 = 0.1498 𝑚𝐴
− 𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐸𝐶𝑄 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0
𝑉𝐸𝐶𝑄 = 3.3 − (0.1498)(12)
𝑉𝐸𝐶𝑄 = 1.5024 𝑉
PROBLEMA 118:
Del ejercicio anterior determine los valores en reposo 𝐼𝐶𝑄 𝑦 𝑉𝐸𝐶𝑄. b) Determine
𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠
y 𝐴𝑖 =
𝑖𝑜
𝑖𝑠
. También encuentre 𝑅𝑖𝑏 y 𝑅𝑜.
SOLUCION:
Hallamos 𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠
y 𝐴𝑖 =
𝑖𝑜
𝑖𝑠
Primero hallamos el valor de ℎ𝑖𝑒 y 𝑟𝑜:
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽.𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(90)(0.026)
0.1498
ℎ𝑖𝑒 = 15.62 𝑘𝛺
𝑟𝑜 =
|𝑉𝐴|
𝐼𝐶𝑄
𝑟𝑜 =
60
0.1498
= 400.534 𝑘𝛺
Usamos Ley de Ohm para hallar
𝑖𝑏
𝑣𝑠
𝑣⃗𝑠 − 0
[𝑅𝐸//𝑅𝐿//𝑟𝑜](𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒
= −𝑖𝑏
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
= −
1
286.5904
= −0.003489
𝑣𝑜
𝑖𝑏
𝑖𝑏

𝑣⃗𝑜 − 0
[𝑅𝐸//𝑅𝐿//𝑟𝑜](𝛽 + 1)
= −𝑖𝑏
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= −(91)(2.977)
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= −270.9704
Como 𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
⁄ entonces 𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑉𝑠
.
𝑉𝑜
𝑖𝑏
=
𝑉𝑜
𝑉𝑠
𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑉
𝑠
.
𝑉
𝑜
𝑖𝑏
𝐴𝑉 = (−0.003489)(−270.9704)
𝐴𝑉 = −0.9454
Hallamos 𝑅𝑖𝑏 y 𝑅𝑜:
𝑅𝑖𝑏 = [𝑅𝐸//𝑅𝐿//𝑟𝑜](𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒
𝑅𝑖𝑏 = 286.5904 𝑘𝛺
𝑅𝑜 = [𝑅𝐸//
ℎ𝑖𝑒
𝛽 + 1
//𝑟𝑜]
𝑅𝑜 = [12//0.1716//400.534]
𝑅𝑜 = 169.1 𝛺
PROBLEMA 119:
𝛽 = 80 VA=80 𝑉
𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠

SOLUCION:
Para hallar 𝐴𝑣 llevaremos el circuito a su equivalente en pequeña señal
Hallamos ℎ𝑖𝑒 y como nos dan 𝑉𝐴 tenemos que hallar 𝑟𝑜:
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(80)(0.026)
0.75
ℎ𝑖𝑒 = 2.773 𝑘𝛺
𝑟𝑜 =
|𝑉𝐴|
𝐼𝐶𝑄
𝑟𝑜 =
80
0.75
= 106.66 𝑘𝛺
𝑣⃗𝑠 = −𝑖𝑏(2 + 2.773)
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
= −
1
4.773
= −0.209
Usamos divisor de tensión en la malla 2da malla
𝑣⃗𝑜 = 𝛽. 𝑖𝑏[(𝑅𝐿)//(𝑅𝐶)//(𝑟𝑜)]
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= (80)(2.59)
𝑣𝑜
𝑖𝑏
= 207.4588
Como 𝐴𝑉 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
⁄ entonces 𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑖𝑏
=
𝑉𝑜
𝑉𝑠
𝐴𝑉 =
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
𝐴𝑉 = (−0.2095)(207.4588)
𝐴𝑉 = −43.4626
Hallamos la impedancia vista por la fuente de señal 𝑣⃗𝑠.
𝑅𝑖 = 𝑅𝑠 + ℎ𝑖𝑒
𝑅𝑖 = 2 + 2.773 = 4.773 𝑘
𝑖𝑏

50 ≤ 𝛽 ≤ 200.
PROBLEMA 120:
a) Determine el intervalo en los valores de CC de 𝐼𝐸 y 𝑉𝐸.
SOLUCIÓN:
Analizamos el circuito en corriente continua.
Equivalente en CC:
Haciendo una LTK con la corriente 𝐼1:
− 𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐵. 𝑅𝐵 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0
𝐼𝐸 =
9 − 0.7
1 +
100
𝛽
Evaluaremos el Valor de 𝛽 en los límites del intervalo:
Cuando 𝛽 = 200:

𝐼𝐸 =
9 − 0.7
1 +
100
200
= 5.53 𝑚𝐴
Cuando 𝛽 = 50:
𝐼𝐸 =
9 − 0.7
1 +
100
50
= 2.76 𝑚𝐴
Entonces podemos decir que 2.76 ≤ 𝐼𝐸 ≤ 5.53 𝑚𝐴.
El valor de 𝑉𝐸:
𝑉𝐸 = 𝐼𝐸. 𝑅𝐸
Cuando 𝛽 = 200:
𝑉𝐸 = (5.53)(1)
Cuando 𝛽 = 50:
𝑉𝐸 = (2.76)(1)
2.76 ≤ 𝑉𝐸 ≤ 5.53 𝑉.
PROBLEMA 121:
𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠
.
SOLUCION:
Analizamos el equivalente en pequeña señal.
Hallamos ℎ𝑖𝑒:
Cuando 𝛽 = 200:
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(200)(0.026)
5.53
ℎ𝑖𝑒 = 0.94 𝑘𝛺
Cuando 𝛽 = 50:
ℎ𝑖𝑒 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒 =
(50)(0.026)
2.76
ℎ𝑖𝑒 = 0.471 𝑘𝛺
Hallamos 𝑅𝑖 la cual será:
(𝑅𝐸//𝑅𝐿)(𝛽 + 1)

𝑅𝑖 = 𝑅𝐵//[(𝑅𝐸//𝑅𝐿)(𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒]
Cuando 𝛽 = 200:
𝑅𝑖 = 100//[(0.5)(201) + 0.94]
𝑅𝑖 = 50.35 𝑘𝛺
Cuando 𝛽 = 50:
𝑅𝑖 = 100//[(0.5)(51) + 0.471]
𝑅𝑖 = 20.61 𝑘𝛺
Entonces 20.61 ≤ 𝑅𝑖 ≤ 50.35 𝑘𝛺 .
Usamos LTK para hallar
𝑖𝑏
𝑣𝑠
𝑣⃗𝑠 = (
𝑅𝑠 + 𝑅𝑖
𝑅𝑖
) . 𝑖𝑏
𝑖𝑏
𝑣𝑠
=
𝑅𝑖
𝑅𝑠+𝑅𝑖
.
1
[(𝑅𝐸//𝑅𝐿)(𝛽+1)+ℎ𝑖𝑒]
𝑣𝑜
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑜 − 0
[𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1)
= 𝑖𝑏
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
= [𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1)
PROBLEMA 122:
Como 𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
⁄ entonces 𝐴𝑣 =
𝑖𝑏
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑖𝑏
=
𝑉𝑜
𝑉𝑠
𝐴𝑣 =
𝑖𝑏
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏
𝐴𝑣 = (
𝑅𝑖
𝑅𝑠 + 𝑅𝑖
.
1
[(𝑅𝐸//𝑅𝐿)(𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒]
)([𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1))
Hallamos 𝐴𝑉 en los límites de 𝛽
Cuando 𝛽 = 200:
𝐴𝑉 = (
1
[𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒
)([𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1))
𝐴𝑉 = (
50.35
60.35
.
1
(0.5)(201) + 0.94
)(0.5](201))
𝐴𝑉 = 0.826

Cuando 𝛽 = 50:
𝐴𝑉 = (
1
[𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1) + ℎ𝑖𝑒
)([𝑅𝐸//𝑅𝐿](𝛽 + 1))
𝐴𝑉 = (
20.61
30.61
.
1
[0.5](51) + 0.471
)([0.5](51))
𝐴𝑉 = 0.661
Entonces 0.661 ≤ 𝐴𝑣⃗ ≤ 0.826
PROBLEMA 123:
𝛽 = 100 y 𝑉𝐴 = ∞
Determine los valores en reposo 𝐼𝐶𝑄 y 𝑉𝐶𝐸𝑄
SOLUCIÓN:
VEB = 0.7 V
− 𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐸𝐵 + 𝐼𝐸. 𝑅𝐸 = 0
𝐼𝐸 =
10 − 0.7
10
𝐼𝐸𝑄 = 0.93 𝑚𝐴
Haciendo una LTK con la corriente I2.
− 𝑉𝐶𝐶+ + 𝑉𝐸𝐶𝑄 + 𝐼𝐸(𝑅𝐸 + 𝑅𝐶) + 𝑉𝐶𝐶− = 0
𝑉𝐸𝐶𝑄 = 20 − 0.93(15)
𝑉𝐸𝐶𝑄 = 6.05 𝑉
PROBLEMA 124:
𝛽 = 100 y 𝑉𝐴 = ∞
SOLUCIÓN:

Equivalente en CC:
Podemos decir que 𝐼𝐸𝑄 = 0.5 𝑚𝐴 e 𝐼𝐶 = 𝐼𝐸
Entonces el voltaje de emisor será igual a:
𝑉𝐸 = (𝐼𝐸)(𝑅𝐸)
𝑉𝐸 = (0.5)(1) = 0.5 𝑉
El voltaje de base será igual a:
𝑉𝐵 = 𝑉𝐸 + 𝑉𝐵𝐸(𝑜𝑛)
𝑉𝐵 = 0.5 + 0.7 = 1.2 𝑉
Y el voltaje de colector será igual a:
𝑉𝐶 = 𝑉𝐵 + 𝐼𝐵. 𝑅𝐵 → 𝐼𝐵 =
𝐼𝐸
𝛽
𝑉𝐶 = 1.2 + (
0.5
100
) (100) = 1.7 𝑉
PROBLEMA 125:
Del ejercicio Anterior determine la ganancia de voltaje en pequeña señal 𝐴𝑉 =
𝑉
𝑜
𝑉
𝑠
⁄ y encuentre la resistencia de entrada 𝑅𝑖.
SOLUCION:
Analizamos el circuito en pequeña señal. Primero hallamos 𝑟𝜋 y 𝑔𝑚:
𝑟𝜋 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
𝐼𝐵

𝑟𝜋 =
(100)(0.026)
0.5
= 5.2 𝑘𝛺
𝑔𝑚 =
𝐼𝐶𝑄
𝑉𝑇
𝑔𝑚 =
0.5
0.026
= 19.23 𝑚𝐴/𝑉
𝑁1:
𝑣⃗1 =
𝑉
𝑠. 𝑅𝐸
𝑅𝐸 + 𝑅𝑠
𝑅1 =
𝑅𝑠. 𝑅𝐸
𝑅𝐸 + 𝑅𝑠
=
(1)(0.05)
1.005
= 0.04761 𝑘𝛺
Usamos LCK en el nodo 𝑁2 para relacionar
𝑣𝜋
𝑉𝑠
:
𝐼1 + 𝐼2 + 𝑔𝑚. 𝑣⃗𝜋 = 0
𝑣⃗1 + 𝑣⃗𝜋
𝑅1
+
0 − (−𝑣⃗𝜋)
𝑟𝜋
+ 𝑔𝑚. 𝑣⃗𝜋 = 0
𝑣⃗𝜋 (𝑔𝑚 +
1
𝑟𝜋
+
1
𝑅1
) = −
𝑣⃗𝑠. 𝑅𝐸
𝑅𝐸 + 𝑅𝑠
𝑅𝑠. 𝑅𝐸
𝑅𝐸 + 𝑅𝑠
𝑣⃗𝜋 (19.23 +
1
5.2
+
1
0.04761
) = −
𝑣⃗𝑠
𝑅𝑠
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
= −0.4947
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑜 = −𝑔𝑚. 𝑉
𝜋. (𝑅𝐵//𝑅𝐿)
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
= −(19.23)(0.99) = −19.03
Como 𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
𝑣𝜋
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑣𝜋
=
𝑣𝑜
𝑣𝑠
𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
𝐴𝑣 = (−0.4947)(−19.03)

𝐴𝑣 = 9.4146
PROBLEMA 126:
Determine la ganancia de voltaje de pequeña señal 𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠
.
SOLUCION:
Analizamos el circuito en pequeña señal
Primero hallamos 𝑔𝑚 :
𝑔𝑚 =
𝐼𝐶𝑄
𝑉𝑇
𝑔𝑚 =
0.93
0.026
= 35.76 𝑚𝐴/𝑉
Hallamos:
𝑣𝜋
𝑣𝑠
𝑣⃗𝑠 = 𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
= 1
Usamos Divisor de voltaje para hallar
𝑣𝑜
𝑣𝜋
𝑣⃗𝑜 = 𝑔𝑚. 𝑉
𝜋. (𝑅𝐶//𝑅𝐿)
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
= (35.76)(4.54) = 162.54
Como 𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
𝑣𝜋
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑣𝜋
=
𝑣𝑜
𝑣𝑠
𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
𝐴𝑣 = (1)(162.54)
𝐴𝑣 = 162.54
𝑟𝜋

PROBLEMA 126:
𝛽 = 60 y 𝑉𝐴 = ∞
Determine los valores de 𝐼𝐶𝑄 𝑦 𝑉𝐶𝐸𝑄.
-Equivalente en CC:
Podemos decir que 𝐼𝐸𝑄 = 1 𝑚𝐴 e 𝐼𝐶𝑄 =
𝐼𝐸𝑄
(𝛽+1)
𝛽
𝐼𝐶𝑄 = 1.
(60)
61
= 0.98 𝑚𝐴
Primero hallamos 𝑉𝐶 y 𝑉𝐸
𝑉𝐶 = 𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐵. 𝑅𝐵
𝑉𝐶 = 0.7 +
0.98
60
. 100
𝑉𝐶 = 2.33 𝑉
𝑉𝐸 = 𝐼𝐸. 𝑅𝑠
𝑉𝐸 = (1)(0.05) = 0.05
Entonces el valor de 𝑉𝐶𝐸𝑄 será:
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 2.33 − 0.05
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 2.28 𝑉
PROBLEMA 127:
Del ejercicio anterior Determine la ganancia de voltaje de pequeña señal 𝐴𝑣 =
𝑣𝑜
𝑣𝑠
.
} hallamos 𝑟𝜋 y 𝑔𝑚:
𝑟𝜋 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
𝑟𝜋 =
(60)(0.026)
0.98
= 1.59 𝑘𝛺
𝑔𝑚 =
𝐼𝐶𝑄
𝑉𝑇

𝑔𝑚 =
0.98
0.026
= 37.69 𝑚𝐴/𝑉
Relacionamos 𝑣⃗𝑠 y 𝑣⃗𝜋 y luego en la segunda malla relacionamos 𝑣⃗𝑜 y 𝑣⃗𝜋 para poder
hallar la ganancia de voltaje 𝐴𝑣:
Usamos LCK en el nodo 𝑁1 para hallar
𝑣𝜋
𝑣𝑠
𝐼1 + 𝐼2 + 𝑔𝑚. 𝑣⃗𝜋 = 0
𝑣⃗𝑠 + 𝑣⃗𝜋
𝑅𝑠
+
0 − (−𝑣⃗𝜋)
𝑟𝜋
+ 𝑔𝑚. 𝑣⃗𝜋 = 0
𝑣⃗𝜋 (37.69 +
1
1.59
+
1
0.05
) = −
𝑣⃗𝑠
𝑅𝑠
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
= −0.3429
Usamos Divisor de voltaje para hallar
𝑣𝑜
𝑣𝜋
𝑣⃗𝑜 = 𝑔𝑚. 𝑣⃗𝜋. (𝑅𝐵//𝑅𝐿)
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
= (37.69)(1.96) = −73.90
Como 𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
𝑣𝜋
𝑣𝑠
.
𝑣𝑜
𝑣𝜋
=
𝑣𝑜
𝑣𝑠
𝐴𝑣 =
𝑣⃗𝜋
𝑣⃗𝑠
.
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝜋
𝐴𝑉 = (−0.3429)(−73.90)
𝐴𝑉 = 25.34
PROBLEMA 128:
𝛽1 = 𝛽2 = 100,𝑉𝐴1 = 𝑉𝐴2 = ∞, 𝐼𝐶𝑄1 = 0.5 𝑚𝐴 e 𝐼𝐶𝑄2 = 2 𝑚𝐴.
𝐴𝑣1 =
𝑣𝑜1
𝑣𝑖
.

SOLUCIÓN:
Analizamos el circuito en pequeña señal.
Primero hallamos ℎ𝑖𝑒1 y ℎ𝑖𝑒2:
ℎ𝑖𝑒1 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒1 =
(100)(0.026)
0.5
= 5.2 𝑘𝛺
ℎ𝑖𝑒2 =
𝛽. 𝑉𝑇
𝐼𝐶𝑄
ℎ𝑖𝑒2 =
(100)(0.026)
2
= 1.3 𝑘𝛺
𝐴𝑣1 =
𝑣𝑜1
𝑣𝑖
.
𝑉𝑖 = −(𝑖𝑏1)(ℎ𝑖𝑒1)
𝑖𝑏1
𝑉𝑖
= −
1
ℎ𝑖𝑒1
= −
1
5.2
= −0.1923
Usamos LCK en el nodo del voltaje 𝑣⃗𝑜1:
𝛽. 𝑖𝑏1 + 𝐼𝑅𝐶 + 𝑖𝑏2 = 0
𝛽. 𝑖𝑏1 +
0 − (𝑣⃗𝑜1)
𝑅𝐶1
+
0 − (𝑣⃗𝑜1)
ℎ𝑖𝑒2 + 𝑅𝐸2(𝛽 + 1)
= 0
𝑣⃗𝑜1
𝑖𝑏1
=
𝛽
1
𝑅𝐶1
+
1
ℎ𝑖𝑒2 + 𝑅𝐸2(𝛽 + 1)
𝑣⃗𝑜1
𝑖𝑏1
=
𝛽
1
𝑅𝐶1
+
1
ℎ𝑖𝑒2 + 𝑅𝐸2(𝛽 + 1)

𝑣⃗𝑜1
𝑖𝑏1
= 396.09
𝐴𝑣1 =
𝑣𝑜1
𝑣𝑖
Es equivalente a: 𝐴𝑣1 =
𝑣𝑜1
𝑖𝑏1
.
𝑖𝑏1
𝑣𝑖
entonces
𝐴𝑣1 =
𝑣⃗𝑜1
𝑖𝑏1
.
𝑖𝑏1
𝑣⃗𝑖
= (−0.1923)(396.09) = −76.17
𝐴𝑣2 =
𝑣𝑜2
𝑣𝑜1
.
PROBLEMA 129:
SOLUCION:
Hallando la ganancia de voltaje de pequeña señal 𝐴𝑣2 =
𝑣𝑜2
𝑣𝑜1
. Por ley de ohm:
−𝑣⃗𝑜1
ℎ𝑖𝑒2 + 𝑅𝐸2(𝛽 + 1)
= 𝑖𝑏2 𝑦
−𝑣⃗𝑜2
𝑅𝐸2(𝛽 + 1)
= 𝑖𝑏2
−
𝑖𝑏2
𝑣⃗𝑜1
= −
1
ℎ𝑖𝑒2 + 𝑅𝐸2(𝛽 + 1)
= −
1
1.3 + 4(101)
= −2.4673𝑥10−3
−𝑣⃗𝑜2
𝑖𝑏2
= −𝑅𝐸2(𝛽 + 1) = −4(101) = −404
𝐴𝑣2 =
𝑣𝑜2
𝑣𝑜1
Es equivalente a: 𝐴𝑣1 =
𝑣𝑜2
𝑖𝑏2
.
𝑖𝑏2
𝑣𝑜1
entonces
𝐴𝑣1 =
𝑣⃗𝑜2
𝑖𝑏2
.
𝑖𝑏2
𝑣⃗𝑜1
= (−404)(−2.4673𝑥10−3) = 0.9967
PROBLEMA 130:
Del ejercio anterior determine la pequeña señal de ganancia de voltaje global 𝐴𝑣⃗ =
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
.
Recordar que: 𝑟𝜋 = ℎ𝑖𝑒
Podemos decir que 𝐴𝑣⃗ =
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏2
.
𝑖𝑏2
𝑖𝑏1
.
𝑖𝑏1
𝑣⃗𝑠
=
𝑣⃗𝑜
𝑣⃗𝑠
:
Usamos ley de Ohm en la primera parte del circuito para hallar
𝑖𝑏1
𝑣⃗𝑠
:

𝑖𝑏1
𝑣⃗𝑠
=
1
ℎ𝑖𝑒1
=
1
5.409
= 0.1849
Usamos divisor de corriente en la segunda parte del circuito para hallar
𝑖𝑏2
𝑖𝑏1
:
𝑖𝑏2 = −
(𝑅𝐶1
//𝑅𝐵2)
(𝑅𝐶1
//𝑅𝐵2) + ℎ𝑖𝑒2 + (𝑅𝐸⃗2
//𝑅𝐿)(𝛽 + 1)
.(𝛽.𝑖𝑏1
)
𝑖𝑏2
𝑖𝑏1
= −
(5.29)
(5.29) + 0.6367 + (0.2162)(121)
. 120
𝑖𝑏2
𝑖𝑏1
= −19.784
Usamos ley de Ohm en la segunda parte del circuito para hallar
𝑖𝑏1
𝑣⃗𝑠
:
𝑖𝑏1 =
𝑣⃗𝑜
(𝑅𝐸⃗2
//𝑅𝐿)(𝛽 + 1)
𝑣⃗𝑜
𝑖𝑏1
= (0.2162)(121) = 26.16
Entonces el valor de 𝐴𝑣⃗ será:
𝐴𝑣⃗ = (26.16)(−19.784)(0.1849) = −95.69
PROBLEMA 131:
Considere el circuito de la siguiente figura, cuyos parámetros del transistor son 𝛽 = 100
𝑉𝐴 = ∞. Determine los de punto Q para 𝑄1 y 𝑄2.
Hallamos 𝑅𝑇𝐻 𝑦 𝑉𝑇𝐻:
𝑅𝑇𝐻 =
(125)(335)
460
= 91.033 𝑘𝛺

𝑉𝑇𝐻 =
(10)(125)
460
= 2.7174 𝑉
𝐼𝐵1 =
𝐼𝐸⃗1
𝛽
, 𝐼𝐵2 =
𝐼𝐸⃗2
𝛽
𝑦 𝐼𝐵2 = 𝐼𝐸⃗1
Entonces podemos decir: 𝐼𝐵1 =
𝐼𝐸⃗2
𝛽2
Hallamos 𝑄2𝐼2
−𝑉𝑇𝐻 + 𝑅𝑇𝐻. 𝐼𝐵1 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝑉𝐵𝐸2 + 𝑅𝐸2. 𝐼𝐸2 = 0
𝐼𝐸⃗2 =
𝑉𝑇𝐻 − 2𝑉𝐵𝐸⃗
(𝑅𝐸⃗2 +
𝑅𝑇𝐻
𝛽2 )
𝐼𝐸⃗2 =
2.7174 − 1.4
(1 +
91.033
10000
)
= 1.305 𝑚𝐴
Usamos LTK con la intensidad 𝐼2:
−𝑉𝑐𝑐 + 𝑉𝐶𝐸⃗1 + 𝐼𝐸⃗2(𝑅𝐶 + 𝑅𝐸⃗2) = 0
𝑉𝐶𝐸⃗1 = 10 − 1.305(3.2) = 5.824 𝑉
Entonces el punto 𝑄2 será igual a: (5.824; 1.305)
Hallamos 𝑄1
𝐼𝐶1 =
𝐼𝐸⃗2
𝛽
=
1.305
100
= 0.013 𝑚𝐴
Para hallar 𝑉𝐶𝐸⃗1 = 𝑉𝐶1 − 𝑉𝐸⃗1
𝑉𝐶1 = 𝑉𝐶2 = 𝑉𝑐𝑐 − 𝑅𝐶.𝐼𝐸⃗2
𝑉𝐶1 = 𝑉𝐶2 = 10 − (2.2)(1.305)
𝑉𝐶1 = 7.129 𝑉
𝑉𝐸⃗1 = 𝑉𝐸⃗2 + 𝑉𝐵𝐸⃗2 = 𝑅𝐸⃗2.𝐼𝐸⃗2 + 𝑉𝐵𝐸⃗2
𝑉𝐸⃗1 = (1.305)(1) + 0.7 = 2.005 𝑉
𝑉𝐶𝐸⃗1 = 7.129 − 2.005 = 5.124 𝑉
Entonces el punto 𝑄1 será igual a: (5.124; 0.013)

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