A continuación resolveremos algunos ejercicios de forma lo mas detallada posible con el fin de intentar explicar los conceptos básicos necesario para poder hacer frente a circuitos de este tipo.
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Para la resolución del circuito debemos implementar las leyes de kirchof.
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Para que resulte más fácil de entender hemos coloreado los cables para resaltar la forma en que se comportan las Corrientes. Tenemos una corriente principal que se divide en dos, para luego volver a unirse en una. De esta forma representamos la corriente principal (en adelante corriente de la fuente) en color verde, que se divide en la corriente azul (en delante del diodo) y la corriente amarilla (en delante de la resistencia).
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También podemos decir que por la configuración del circuito, en el cual los componentes se encuentran en paralelo, que la tensión es la misma en cada una de las ramas. Dicho esto, y solo para el calculo de las corrientes, podríamos plantear dos circuitos equivalentes que ayudarían a la visualización del mismo
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El primer circuito equivalente se resuelve fácilmente mediante la aplicación de la formula de la ley de ohm
(I=V/R). I=12V/1KΩ. I=12ma.
En el segundo circuito equivalente debemos basarnos en los datos conocidos, estos son que la fuente es de 12V y que en un diodo polarizado en directa, en funcionamiento, caerían 0,7V. Por lo tanto la tensión que caerá en la resistencia será la diferencia de estas. Vr1=12V–0,7V. Vr1=11,3V. Con este dato podemos calcular la corriente que circula por esta rama. Id=Ir1=11,3V/1KΩ. Ir1=11,3ma. Como se veía claramente en el circuito coloreado, la corriente principal (de la fuente, rama verde) es la suma de las corrientes del diodo (rama azul) y la de la resistencia (rama amarilla). Entonces podemos plantear I=Id+Ir2, I=12ma+11,3ma, I=23,3ma


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Este circuito es mas sencillo que el anterior, ya que posee una rama. En este, todos los componentes se encuentran en serie. Dicho esto podemos decir que el circuito tiene una única corriente y que la tensión de la fuente deberá ser igual a la suma de las caídas de tensión de las resistencias y el diodo.
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Como lo expresamos anteriormente, las resistencias están en serie, por lo cual podremos reemplazarlas por la suma de ambas, trabajar con un circuito equivalente y resolverlo de la misma manera que lo hicimos en el ejercicio anterior. Vr=12V–0,7V. Vr=11,3V. Con este dato podemos calcular la corriente que circula por la rama. Ir=11,3V/2KΩ. Ir=5,65ma. Ahora solo nos resta calcular el valor de tensión que cae en cada una de las resistencias. Basándonos en la corriente podemos expresar Vr1=Ir1*R1 , Vr1=5,65ma*1KΩ , Vr1=5,65V. Como ambas resistencias son iguales tendrán la misma caída de tensión (podemos comprobarlo sumándolas y obtendremos el valor calculado como Vr). Como ultimo comentario, a modo de comprobación, expresaremos la formula basada en la segunda ley de kirchof V=Vd+Vr1+Vr2 o bien 0=V-Vd-Vr1-Vr2, si reemplazamos los valores, 12V=0,7V+5,65V+5,65V.


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El siguiente circuito puede resultar mas complejo a simple vista, pero aplicando los mismos conceptos y utilizando la información que conocemos del mismo, lo resolveremos de una manera sencilla. Como lo hicimos anteriormente, coloreamos las ramas para poder identificar las corrientes que circulan por el circuito.
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Se puede observar que tenemos 5 corrientes: la principal de color marrón que se divide en las corrientes naranja y verde, y esta a su vez se divide en las corrientes azul y amarilla.

Lo primero que debemos identificar es que información nos resulta útil para comenzar con la resolución del circuito.
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En este caso nos centraremos en el diodo, ya que sabemos que para que este funcione deben caer 0,7 V. Como el diodo se encuentra en paralelo con la resistencia y forman parte de la misma maya, en ambos caerá la misma tensión, por lo cual podemos calcular cual es la corriente que circula por la Resistencia que llamaremos R3. Ir3=0,7V/1KΩ , Ir3=0,7ma. Para calcular la corriente que circula por el diodo deberemos realizar un cálculo anterior, ya que no podemos basarnos en un valor de resistencia para utilizar la ley de ohm.
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Si reemplazamos la porción de circuito del diodo por un componente equivalente (representado por el cuadrado) podemos simplificar el circuito para plantear que en la rama verde deberá caer la misma tensión que en rama naranja, que no es otra que la tensión de la fuente. Además de esto, sabemos que en nuestro componente equivalente deberán caer los 0,7V antes mencionados. De esta forma podemos plantear Vr2=12V–0,7V , Vr2=11,3V
Ahora con este dato podemos calcular la corriente que circula por esta resistencia que es la misma que circula por todo el cable de color verde, Ir2=Vr2/R2 , Ir2=11,3V/1KΩ. Ir2=11,3ma. Ahora si podemos averiguar cual es la corriente que circula por el diodo, ya que dijimos que la corriente verde (que acabamos de calcular) es la que se divide en la azul y amarilla (valor que ya teníamos). Entonces planteamos Ir2=Id+Ir1 Id=Ir2–Ir1 , Id=11,3ma–0,7ma , Id=10,6ma. Dijimos que en la resistencia de la rama naranja caía un valor de tensión equivalente al de la fuente, por lo cual podemos plantear Ir1=Vr1/R1 , Ir1=12V/1KΩ , Ir1=12ma.
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Solo nos resta averiguar la corriente total, que no es otra que la suma de la corriente del ramal naranja y el verde. Entonces I=Ir1+Ir2 ,I=11,3ma+12ma , I=23,3ma.

A continuación dejaremos algunos circuitos planteados para ejercitar los conceptos aprendidos.
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Para la resolución de circuitos con transistores debemos tener claros una serie de conceptos básicos que nos serán de gran ayuda para la visualización y el cálculo de los mismos. Los circuitos de diodos que veremos constan de dos mayas, entonces de allí y mediante la segunda ley de kirchof plantearemos las ecuaciones. Cuando hablemos de emisor o base común, el método más sencillo de identificarlo es ver cual es la rama común a las dos mayas y a que parte del transistor esta conectada. También es de suma importancia identificar el tipo de transistor con el cual trabajaremos y en que forma esta trabajando el mismo, si es en corte, saturación o bien en la región activa. El resto de los conceptos los veremos en el primer ejemplo presentado.
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Una vez más utilizaremos los colores para ver como se conforman las corrientes
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Podemos observar que la rama verde se compone de la suma de las corrientes que circulan por la azul y la amarilla.
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Esta rama no es otra que la que es común a las dos mayas y se encuentra, en este caso, conectada al emisor del transistor, por lo cual decimos que el mismo es emisor común. Reemplazamos nuestro circuito por un modelo equivalente manteniendo, claro esta, la unión de las dos mayas. Podemos plantear la ecuación de cada uno de los subcircuitos. Vbb–Ib*Rb–Vd=0 y Vcc–Ic*Rc–Vce, donde Vce es la tensión que cae en nuestro componente equivalente.
Basándonos en los datos que conocemos calculamos:
2V–Ib*10KΩ-0,7V=0
1,3V=Ib*10KΩ
Ib=1,3V/10KΩ
Ib=0,13ma.
Habiendo averiguado la corriente de base y utilizando la formula Ic=β*Ib, con un β=100, podemos decir que
Ic=100*0,13ma
Ic=13ma.
Reemplazamos los valores en la ecuación de la segunda maya:
12V–13ma*0,5KΩ-Vce=0
Vce=12V–6,5V
Vce=5,5V.
Lo único que resta por calcular es la corriente del emisor que ya dijimos que es la suma de las corrientes que circulan por las dos mayas, entonces podemos decir que
Ie=Ic+Ib
Ie=0,13ma+13ma
Ie=13,13ma.
Basados en el circuito anterior, plantearemos una tabla que nos permite visualizar las diferentes zonas de trabajo de un transistor y las respuestas del mismo en las distintas regiones. En la primera fila el transistor se encuentra en corte, en la segunda y tercera en zona activa y en las dos últimas se encuentra saturado
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Este transistor, a diferencia del anterior es del tipo pnp. Una vez más plantearemos las ecuaciones del circuito. No debemos perder de vista todos los conceptos utilizados en el ejercicio explicado anteriormente. Vbb–Ib*Rb–Vd=0 y Vcc–Ic*Rc–Vce. Basándonos en la primera ecuación podemos calcular:
3V–Ib*20KΩ-0,7V=0
Ib=2,3V/20KΩ
Ib=0,115ma.
Utilizando la formula Ic=β*Ib, con un β=100, podemos decir que
Ic=100*0,115ma
Ic=11,5ma.
Reemplazamos los valores en la ecuación de la segunda maya:
18V–11,5ma*1KΩ-Vce=0
Vce=182V–11,5V
Vce=6,5V.
De la misma forma que en el caso anterior solo resta calcular
Ie=Ic+Ib
Ie=0,115ma+11,5ma
Ie=11,615ma.


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En este caso la complicación mayor esta dada por la presencia de una resistencia conectada al emisor. Como el circuito polariza al transistor con la conexión mediante emisor común, esta resistencia es común a las dos mayas y la encontraremos en el planteo de las dos ecuaciones, ahí reside la complicación. Intentemos plantear las ecuaciones:
2V–0,7V–Ie*4,7KΩ=0 y 8V–Ic*1KΩ-Ie*4,7KΩ-Vce=0,
contamos con una formula que nos será de ayuda en este caso Ic=α*Ie con lo cual solo resta calcular y luego reemplazar. Con la primera formula podemos plantear:
Ie=(2V–0,7V)/4,7KΩ
Ie=1,3V/4,7KΩ
Ie=0,276ma.
Con la formula Ic=α*Ie calculamos
Ic=0,995*0,276ma
Ic=0,274ma.
Reemplazando la segunda ecuación:
Vce=8V–0,274ma*1KΩ-0,276ma*4,7KΩ
Vce=8V–0,274V–1,3V
Vce=6,426V
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En este circuito debemos averiguar el valor de la resistencia Rc. La otra cuestión en particular es la corriente que circula por la resistencia de 1KΩ, si vemos en el primero de los casos podremos observar que la corriente en esa porción de la maya es Ic.
Las ecuaciones serian: Vbb–Ib*Rb–Vbe=0 y Vcc–Ic*Rc–Vce–Ic*Rc2.
3V–Ib*22KΩ-0,7V=0
Ib=2,3V/22KΩ
Ib=0,104ma.
Utilizando la segunda formula planteamos:
6V-0,104ma*Rc–Vce-0,104ma*1KΩ=0, ahora bien, si observamos el valor de β que es muy bajo en relación a los caso anteriores, podemos inferir que el transistor se encuentra saturado por lo cual Vce deberá tener un valor de 0.
6V-0,1045ma*Rc–0-0,104ma*1KΩ=0
6V-0,104ma*Rc–0,104V=0
Rc=4,96V/0,104ma
Rc=4,769KΩ.