Informe Previo 6 Transistor Af178

U.N.M.S.M FACULTAD DE ING. ELECTRÓNICA, ELÉCTRICA Y DE TELECOMUNICACIONES APELLIDOS Y NOMBRES

MATRICULA

 Cerna Cordero Franco Emmanuel

 17190151

CURSO

TEMA

EL TRANSISTOR BIPOLAR PNP AF178 LABORATORIO DE DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS

INFORME

FECHAS

NOTA

REALIZACIÓN

ENTREGA

17 DE OCTUBRE DEL 2018

24 DE OCTUBRE DEL 2018

PREVIO

NUMERO 6

I. II.

GRUPO 3

PROFESOR

MARTES DE 2-4 PM

ING. LUIS PARETTO QUISPE

TEMA: TRANSISTOR BIPOLAR PNP AF178 OBJETIVOS: 

Verificar las condiciones de un transistor bipolar PNP.



III.

Comprobar las características de funcionamiento de un transistor bipolar PNP.

Introducción teórica. TRANSISTOR BIPOLAR Un transistor bipolar está formado por dos uniones pn en contraposición. Físicamente, el transistor está constituido por tres regiones semiconductoras denominadas emisor, base y colector. Existen 2 tipos de transistores bipolares, los denominados PNP. A partir de este punto nos centramos en el estudio de los transistores bipolares NPN, siendo el comportamiento de los transistores PNP totalmente análogo. El emisor en un transistor NPN es la zona semiconductora más fuertemente dopada con donadores de electrones, siendo su ancho intermedio entre el de la base y el colector. Su función es la de emitir electrones a la base. La base es la zona más estrecha y se encuentra débilmente dopada con aceptores de electrones. El colector es la zona más ancha, y se encuentra dopado con donadores de electrones en cantidad intermedia entre el emisor y la base. CONDICIONES DE FUNCIONAMIENTO Las condiciones normales de funcionamiento de un transistor NPN se dan cuando el diodo B-E se encuentra polarizado en directa y el diodo B-C se encuentra polarizado en inversa. En esta situación gran parte de los electrones que fluyen del emisor a la base consiguen atravesar ésta, debido a su poco grosor y débil dopado, y llegar al colector. El transistor posee tres zonas de funcionamiento: 1. Zona de saturación: El diodo colector está polarizado directamente y es transistor se comporta como una pequeña resistencia. En esta zona un aumento adicionar de la corriente de base no provoca un aumento de la corriente de colector, ésta depende exclusivamente de la tensión entre emisor y colector. El transistor se asemeja en su circuito emisor-colector a un interruptor cerrado. 2. Zona activa: En este intervalo el transistor se comporta como una fuente de corriente, determinada por la corriente de base. A pequeños aumentos de la corriente de base corresponden grandes aumentos de la corriente de colector, de forma casi independiente de la tensión entre emisor y colector. Para trabajar en esta zona el diodo B-E ha de estar polarizado en directa, mientras que el diodo B-C, ha de estar polarizado en inversa. 3. Zona de corte: El hecho de hacer nula la corriente de base, es equivalente a mantener el circuito base emisor abierto, en estas circunstancias la

corriente de colector es prácticamente nula y por ello se puede considerar el transistor en su circuito C-E como un interruptor abierto. IV.

RESOLUCION TEÓRICA DE LOS SIGUENTES CIRCUITOS:

Trabajamos con el transistor AF178   

POLARIDAD: PNP MATERIAL: GERMANIO (Ge) GANANCIA DE CORRIENTE (β) = β =50

Datos del circuito:     

Re=330Ω Rc=1kΩ R1=56KΩ R2= 22KΩ. Vcc= -12v

Hacemos el equivalente de Thevenin del circuito:

Rb =

(R1+P1)×R2 (R1+P1)+R2

R2×Vcc

V = (R1+P1)+R2

Con este nuevo circuito procedemos a realizar las operaciones de las siguientes tablas. OBSERVACIÓN: El transistor AF178 está hecho de GERMANIO y es PNP, entonces su VBE (activa) y su “β” es respectivamente:

β = 50

VBE= 0.2v TABLA 2

 Hallando el Rb:

(Para P1 = 0 Ω y R1 = 56k Ω)  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β)

R1×R2

Ic = (-97.596 µA)(50)

Rb = R1+R2

Ic = -4.879 mA

56K×22K

Rb = (56+22)K 

Rb = 15.794k Ω

Vcc= Ic×Rc + VCE + Ic×Re

 Hallando el V: V=

R2×Vcc R1+R2

V=

22k×(−12) (56+22)𝑘

Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie)

VCE=Vcc – (Ic+Ib)Re-IcRc VCE = -12 – (-4.879×10−3 − 97.596𝑥10−6 )330+4.879×10−3 ×103

VCE = -5.47v

V = - 3.3846 v



 Hallando Ib:

Hallando VE: VBE = VB - VE……. (VB = V)

V+VBE Ib=Rb+(β+1)Re

VE = V - VBE VE = - 3.3846 – (0.2)

−3.384+0.2

Ib=15.794×103 +(50+1)330

VE = -3.5846 v

Ib = -97.596 µA

Valores (R1= 56K Ω)

IC(mA.)

Ib(uA.)

Β

VCE(v.)

VBE(v.)

Teóricos

-4.879

-97.596

50

-5.47v

0.2

VE(v.) -3.5846

TABLA 3 (Para P1 = 0 Ω y R1 = 68k Ω)  Hallando el Rb: 

R1×R2

Rb = R1++R2

Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (-93.683 µA) (50)

68K×22K

Rb = (68+22)K

Ic = -4.684mA

Rb = 16.623k Ω



 Hallando el V:

Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) Vcc= Ic×Rc + VCE + Ic×Re

V=

R2×Vcc R1+R2

VCE=Vcc – (Ic+Ib)Re-IcRc

V=

22k×(−12) (68+22)𝑘

VCE = -12 – (-4.684×10−3 − 93.683𝑥10−6 )330+4.684×10−3 × 103

V = - 2.934 v

VCE = -5.739v

 Hallando Ib:



V−VBE Rb+(β+1)Re

Ib=

Hallando VE: VBE = VB - VE……. (VB = V) VE = V - VBE

−2.934−(0.2)

Ib=16.623×103 +(50+1)330

VE = - 2.934 – (0.2)

Ib = -93.683µA

VE = -3.134 v

Valores (R1= 68K Ω)

IC(mA.)

Ib(uA.)

β

VCE(v.)

VBE(v.)

VE(v.)

Teóricos

-4.684

-93.683

50

-5.739

0.2

-3.134

TABLA 5 (Para P1 = 100K Ω y R1 = 56k Ω)

 Hallando el V: R2×Vcc

V = R1+P1+R2 22k×(−12)

V = (56+100+22)𝑘 V = -1.483 v  Hallando Ib: V−V

BE Ib=Rb+(β+1)Re

−1.483−(0.2)

Ib=19.2808×103 +(50+1)330 Ib = -46.606 µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (-46.606µA) (50)  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2 R1+P1+R2

Ic = -2.330mA  Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re

156K×22K

Rb = (56+100+22)K Rb = 19.2808k Ω

VCE=Vcc – Ic×Rc-(Ic+Ib)×Re VCE = -12 – (-2.330×10−3 )×1000-(2.330×10−3 -46.606×10−6 )×330

VCE = -8.885 v

(Para P1 = 250K Ω y R1 = 56k Ω)

 Hallando el V: R2×Vcc

V = R1+P1+R2 22k×(−12)

V = (56+250+22)𝑘 V = -0.8048 v  Hallando Ib: V−V

BE Ib=Rb+(β+1)Re

−0.8048−(0.2)

Ib=20.524×103 +(50+1)330 Ib = -26.899 µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (-26.899 µA) (50) Ic = -1.344 mA  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2

 Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re

R1+P1+R2 306K×22K

VCE=Vcc – Ic×Rc-(Ic+Ib)×Re

Rb = (56+250+22)K VCE = -12 – (-1.344×10−3 )×1000-(-

Rb = 20.524k Ω

1.344×10−3 -26.899×10−6 )×330

VCE = -10.20 v

(Para P1 = 500K Ω y R1 = 56k Ω)

 Hallando el V: R2×Vcc

V = R1+P1+R2 22k×(−12)

V = (56+500+22)𝑘 V = -0.4567 v  Hallando Ib: V−V

BE Ib=Rb+(β+1)Re

−0.4567−(0.2)

Ib=21.162×103 +(50+1)330 Ib = -17.285 µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (-17.285 µA) (50)  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2 R1+P1+R2 556K×22K

Rb = (56+500+22)K Rb = 21.162k Ω

Ic = -0.864 mA  Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re VCE=Vcc – Ic×Rc-(Ic+Ib)×Re VCE = -12 – (-0.864×10−3 )×1000-(0.864×10−3 -17.285×10−6 )×330

VCE = -10.84 v

(Para P1 = 1M Ω y R1 = 56k Ω)

 Hallando el V: R2×Vcc

V = R1+P1+R2 22k×(−12)

V = (56+1000+22)𝑘 V = -0.245 v  Hallando Ib: V−V

BE Ib=Rb+(β+1)Re

−0.245−(0.2)

Ib=21.551×103 +(50+1)330 Ib = -11.594µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (-11.594 µA)(50)  Hallando Rb: Rb =

(R1+P1)×R2

Ic = -0.579mA

R1+P1+R2

 Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) 1056K×22K

Rb = (56+1000+22)K

Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re

Rb = 21.551k Ω

VCE=Vcc – Ic×Rc-(Ic+Ib)×Re VCE = -12 – (-0.579×10−3 )×1000-(0.579×10−3 -11.594×10−6 )×330

VCE = -11.227v

Procedemos a llenar la tabla con los datos teóricos obtenidos:

P1

100K Ω

250K Ω

500K Ω

1M Ω

Ic(mA)

-2.330

-1.344

-0.864

-0.579

Ib(uA)

-46.606

-26.899

-17.285

-11.594

VCE (v)

-8.885

-10.20

-10.84

-11.227