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Dispositivos amplificadores
Solución
Vee- VBE
lB
RB
(12 - 0.7) V
41.85
¡lA
270kQ
le
Q
=
~IB
= 50 . 0.04185 mA = 2.09 mA
VEe
Q
=
Vee-
Re le= (12- 2.2·2.09)
V
= 7.39
V
El punto de trabajo del transistor para este caso es:
Q(7.39
V; 2.09 mAl.
Ejemplo I1I.7
Calculemos
lB,
Q para el amplificador siguiente,
y
volvamos a calcular Q si la corriente de fuga es
leo
=
lBeo
=
2
¡lA.
Ac-d
,-------.,.----~
+
V
ee
=
22
v
R.
820kn
4.7kn
~
=
100
9---'----1::.
NPN
t
lo
f
Vjll
1
Figura 111.23. Amplificador de
E-e
sin RE.
Solución
(22- 0.7)
V
Vee=RBIB+VBE :.IB=
820kQ
25.9
¡lA
le =
~IB
= 100 . 0.0259 mA = 2.59 mA
VEe
=
V ee -
Re l e= (22-4.7·2.59)
V
=9.82
V
Punto de operación:
Q(V
Ee;
Id
=
Q(9.82 V; 2.59 mA)
Si
l eo
=
I Beo
=
2 ¡lA (véase la sección I1I.2.1) entonces la corriente de fuga emisor-colector es:
IEeo
=
~IBCO ~
100 . 0.002 mA = 0.2 mA
Ahora el nuevo punto de operación es:
l e
Q
=
~IB
+
/reo = (100 . 0.0259
+
0.2) mA = 2.79 mA
99
