Informe Previo 7 Transistor.docx

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 NPN C5488 LABORATORIO DE DISPOSITIVOS ELECTRÓNICOS

INFORME

FECHAS

NOTA

REALIZACIÓN

ENTREGA

7 DE NOVIEMBRE DEL 2018

14 DE NOVIEMBRE DEL 2018

PREVIO

NUMERO 6

I. II.

GRUPO 3

PROFESOR

MARTES DE 2-4 PM

ING. LUIS PARETTO QUISPE

TEMA: TRANSISTOR BIPOLAR NPN C5488 OBJETIVOS: 

Verificar las condiciones de un transistor bipolar NPN.



III.

Comprobar las características de funcionamiento de un transistor bipolar NPN.

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 C5488   

POLARIDAD: NPN MATERIAL: SILICIO (SI) GANANCIA DE CORRIENTE (β) = β =200

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 C5488 está hecho de SILICIO y es NPN, entonces su VBE (activa) y su “β” es respectivamente:

β = 200

VBE= 0.6v TABLA 2

 Hallando el Rb:

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

R1×R2

Ic = (33.899 µA)(200)

Rb = R1+R2

Ic = 6.779 mA

56K×22K

Rb = (56+22)K 

Rb = 15.794k Ω

Vcc= Ic×Rc + VCE + Ic×Re

 Hallando el V: V=

Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie)

VCE=Vcc – (Ic+Ib)Re-IcRc

R2×Vcc R1+R2

VCE = 12 – (6.779×10−3 + 33.899𝑥10−6 ).330- 6.779×10−3 ×103

22k×(12)

V = (56+22)𝑘

VCE = 7.469v

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 – (0.6)

3.384−0.6

Ib=15.794×103 +(200+1)330

VE = 2.7846 v

Ib = 33.899 µA

Valores (R1= 56K Ω)

IC(mA.)

Ib(uA.)

Β

VCE(v.)

VBE(v.)

Teóricos

6.779

33.899

200

7.469

0.6

VE(v.) 2.7846

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

R1×R2

Rb = R1++R2

Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (28.136µA) (200)

68K×22K

Rb = (68+22)K

Ic = 5.627mA

Rb = 16.623k Ω



 Hallando el V: V=

R2×Vcc R1+R2

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

22k×(12)

V = (68+22)𝑘

VCE = 12 – (5.627×10−3 + 28.136𝑥10−6 )330- 5.627×10−3 × 103

V = - 2.934 v

VCE = 8.239v

 Hallando Ib:



V−VBE Ib= Rb+(β+1)Re

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

2.934−(0.6) 16.623×103 +(200+1)330

Ib=

VE = 2.934 – (0.6)

Ib = 28.136µA

VE = 2.334 v

Valores (R1= 68K Ω)

IC(mA.)

Ib(uA.)

β

VCE(v.)

VBE(v.)

VE(v.)

Teóricos

5.627

28.136

200

8.239

0.6

2.334

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−(0.6)

Ib=19.2808×103 +(200+1)330 Ib = 10.314µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (10.314µA) (200)  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2

Ic = 2.062mA

R1+P1+R2 156K×22K

 Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie)

Rb = (56+100+22)K

Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re

Rb = 19.2808k Ω

VCE=Vcc -(Ic+Ib)×Re-Ic×Rc VCE = 12 – (2.062/1000+10.314/1000000).3302.062

VCE = 10.622 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−(0.6)

Ib=20.524×103 +(200+1)330 Ib = 2.357 µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (2.357 µA) (200) Ic = 0.471mA  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2

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

R1+P1+R2 306K×22K

Rb = (56+250+22)K

VCE= Vcc -(Ic+Ib)×Re-Ic×Rc VCE = 12 – (0.471. 10−3 +2.357×10−6 )×330-

Rb = 20.524k Ω

0.471 VCE = 11.685 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)

Ib=21.162×103 +(200+1)330 Ib = 5.223 µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (5.223 µA) (200)  Hallando el Rb: Rb =

(R1+P1)×R2 R1+P1+R2 556K×22K

Ic = 1.044 mA  Hallando VCE: (Ic+Ib = Ie) Vcc= Ic×Rc+VCE+(Ic+Ib)×Re

Rb = (56+500+22)K VCE= Vcc -(Ic+Ib)×Re-Ic×Rc Rb = 21.162k Ω

VCE = 12 – (1.044×10−3 +5.223×10−6 )×330-

1.044 VCE = 11.302 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)

Ib=21.551×103 +(200+1)330 Ib = 11.263µA  Hallando Ic:..( Ic = Ib×β) Ic = (11.263 µA)(200)  Hallando Rb: Rb =

Ic = 2.252mA

(R1+P1)×R2 R1+P1+R2 1056K×22K

Rb = (56+1000+22)K

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

Rb = 21.551k Ω VCE = 12 – (2.252×10−3 +11.263×10−6 )×330-

2.252 VCE = 10.494v

Procedemos a llenar la tabla con los datos teóricos obtenidos:

P1

100K Ω

250K Ω

500K Ω

1M Ω

Ic(mA)

2.062

0.471

1.044

2.252

Ib(uA)

10.314

2.357

5.223

11.263

VCE (v)

10.622

11.685

11.302

10.494