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Problemas de Electrónica y Automática, Tema 2 Pág. 1
Problema-Resumen TRT bipolares Tema 2-8, Curso 2013-2014
Problema 1.
Sabiendo excitar diodos de unión vamos a excitar transistores bipolares de unión (BJT) con
el fin de controlar una carga que conectada a 12 V, absorbe una corriente de unos 4 A. La señal
de control para que la carga se conecte a los ≈13 V de una batería de automóvil cargada es la
salida digital de un microcontrolador capaz de entregar una tensión <0.4V en su estado “0” y una
tensión cercana a 5 V en su estado “1”, en el que sólo es capaz de entregar hasta 2 mA sin que
esos ≈5 V caigan apreciablemente. Para controlar de forma digital (ON-OFF) la potencia en la
carga tenemos transistores de potencia modelo TIP3055 (NPN) y modelo TIP2955 (PNP), que es
un transistor complementario del primero (es decir: con características similares, por ejemplo β≈40
para IC=4 A, ver Figura 1 de hojas de características). Supondremos que la tensión que necesita
su diodo Base-Emisor para conducir en directa las corrientes que vamos a manejar es: |VBE|≈0.75
V (VBE≈+0.75 V para el NPN y VBE≈-0.75 V para el PNP).
Como la corriente de colector IC y la de base IB que controla a IC van a estar en relación IC/IB≈40,
la alta IB≈100 mA que necesitarán estos “transistores de potencia” supera ampliamente los 2 mA
que puede dar como máximo el excitador digital. Por ello habrá que excitarlos mediante algún otro
transistor no tan robusto como ellos, pero capaz de manejar corrientes IC o IE de centenas de mA,
siendo por tanto “transistores de potencia media” como los BD137 (NPN) que usaremos y cuya
β≈100 para IC≈100 mA (ver hojas de características) hará que su corriente de base no supere los
2 mA que el excitador digital puede entregar manteniendo los ≈5 V en su nivel “1”.
1- Diseñe el circuito para controlar esa carga en la forma descrita usando un BD137 y un TIP3055.
2- Diseñe el circuito para controlar esa carga en la forma descrita usando un BD137 y un TIP2955.
Nota: Calcule las potencias convertidas en calor en los transistores de esos dos diseños.
3- Aplicando la Ley de Ohm térmica y considerando que el diseño debe funcionar en un ambiente
caluroso (hasta Tamb=+45º en verano) indique si hará falta atornillar un extractor metálico del calor
generado (“radiador”) en alguno de los transistores. En tal caso especifique ΘRA del “radiador” (es
decir: su resistencia térmica en grados centígrados por vatio de calor transferido al ambiente: ΘRA
en ºC/W). No es muy correcto decir radiador porque si realmente radiase los vatios de calor que
transfiere al aire circundante, estaría a una temperatura tan alta que el transistor se fundiría.
4- Supongamos que la carga que absorbe 4 A cuando es conectada a 12 V, es un calefactor de
hilo metálico de 48 W que usaremos para controlar la temperatura interior de una cámara térmica.
Debido a ello nos vendría bien activar un ventilador que, soplando sobre el hilo calefactor facilitase
la extracción de calor del hilo, esparciéndolo además por el volumen de la cámara. Vamos pues a
conectar en paralelo con la carga un pequeño ventilador eléctrico de 12 V que conectado a esta
tensión absorberá una corriente de unos 100 mA. Esta corriente sumada a los 4 A del calefactor
dará una corriente de 4.1 A (incremento del 2.5%) que deberían soportar sin problemas estos
transistores de potencia cuya IC máxima es de 15 A.
En la tabla que ofrece los datos del motor del
ventilador vemos que el consumo de 100 mA
que hemos propuesto viene a ser el 50% del
consumo a plena carga. Nos ha parecido que
esa puede ser la situación para el motor con la
hélice acoplada a su rotor y girando no lejos de
sus casi 6000 rpm nominales. Tanto si hemos
acertado con esos 100 mA como si son 60 o
140 mA, hablamos de valores mucho menores
que los 4 A que consume la carga. Por ello,
asuma 100 mA como el consumo del motor del
ventilador y dado el pequeño incremento de
corriente (2.5%) que supone el consumo de
este pequeño motor, parece que no haría falta
retocar ninguno de los diseños. Compruébelo
mediante los datos de esta Tabla.
Datos generales (Motor MAXON DCX10 © propuesto para el termoventilador)
Estado
Valores a tensión nominal
provisional
Tensión nominal
12 V
Velocidad en vacío
11200 rpm
Corriente en vacío
9.04 mA
Velocidad nominal
5950 rpm
Par nominal (máx. par en continuo)
2.04 mNm
Corriente nominal (máx. corriente en continuo)
0.211 A
Par de arranque
4.38 mNm
Corriente de arranque
0.438 A
Máx. rendimiento
Datos característicos
74 %
Resistencia entre terminales
27.4 Ω
Inductancia en terminales
0.399 mH
Constante de par
10 mNm/A
Constante de velocidad
955 rpm
Relación velocidad/par
2620 rpm/mNm
Constante de tiempo mecánica
3.56 ms
Momento de inercia del rotor
0.13 gcm²
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5- Si le parece que no habría que cambiar ni añadir nada en los diseños piense con cuidado en
qué sucedería si el hilo calefactor se fundiese accidentalmente. Aunque el transistor de potencia
pasaría a disipar bastante menos potencia, el motor del ventilador contiene algo peligroso porque
almacena energía que puede dañar incluso a un transistor robusto como este.
--------------------------------1- Considerando la β≈100 del BD137 y la β≈40 del TIP 3055, la Figura 1 muestra el proceso
seguido para saturar el par Darlington, saturación que ocurre cuando la tensión VCE2 es igual a la
suma de la tensión base-emisor del TRT de potencia mas la tensión de saturación del transistor
excitador TRT1. Esta suma daría 1.05 V aproximadamente (0.75+0.3) que como es similar a la
VCE2sat de las hojas de características del propio TIP3055, no crea mayor conflicto y nos permite
decir que la carga sentirá (13-1)=12 V con el par Darlington saturado, por lo que absorberá 4 A.
Figura 1
El 30% de exceso en IB1 garantiza que si las β de los TRT son las utilizadas, el par Darlington
seguiría saturado incluso aunque la carga absorbiese un 30% más de corriente (hasta 5.2 A). De
forma parecida, garantizaría que aunque el producto de las β de los TRT cayese un 30%, los 4 A
fluirían por la carga al estar el par Darlington entrando en saturación. No es raro usar excesos aún
mayores en IB1 para tener más garantías frente a variaciones tecnológicas. Sin embargo, el uso de
grandes excesos no es recomendable porque al saturar la base con minoritarios, inyectamos en
ella una carga que hay que extraer para pasar el transistor a corte (estado OFF), lo que ralentiza
este paso de conducción a corte. En cuanto a la potencia en la carga será de: 12V×4A=48W
cuando el controlador digital da 5 V a su salida y será nula cuando tal controlador digital de un “0”
(<0.4 V) a su salida, porque en este último caso su tensión inferior a 0.4 V no es suficiente para
inyectar corriente IB1 apreciable a la entrada del par Darlington que necesita 0.75+0.75=1.5 V para
tener corrientes de base como la de la Figura 1 (IB1=1.3 mA).
En cuanto a la potencia convertida en calor en los transistores cuando el controlador digital da 5 V
a su salida será de 1V×4A=4W en el TIP3055 de potencia y de ≈0.25V×130mA=32.5mW en su
TRT excitador que es un BD137 de mediana potencia.
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2- Considerando la β≈100 del BD137 y la β≈40 del TIP 2955, la Figura 2 muestra el proceso
seguido para saturar el PNP de potencia (TIP2955), saturación que ocurre cuando la tensión entre
emisor y colector (ver cambio de signo) es del orden de 1 V según las hojas de características del
TIP2955. Como puede verse, la corriente de base de TRT2 sale de la base porque es un transistor
PNP y luego entra como corriente de colector de TRT1, cuya corriente de base IB1 se determina
con el valor de la resistencia R necesaria para excitar en corriente el diodo emisor-base de TRT1
(un BD137). En cuanto a la potencia en la carga cuando el controlador digital da 5 V a su salida
será: 12V×4A=48W y nula cuando tal controlador digital dé un “0” a su salida, porque en este caso
un voltaje <0.4 V no es suficiente para inyectar corriente IB1 a la entrada de TRT1 que necesita
0.75 V para tener una IB1 como la de la Figura 2 (1.3 mA).
Figura 2
En cuanto a la potencia convertida en calor en los transistores cuando el controlador digital da 5 V
a su salida será de 1V×4A=4W en el TIP2955 de potencia y de (13-0.75)×130mA=1.59 W en su
TRT excitador BD137. Nótese que ahora el TRT excitador convierte en calor casi 1.6 W, mientras
que en el caso anterior sólo convertía o “disipaba” unos 33 mW. Ello es así porque ahora tiene
una tensión colector-emisor mucho mayor que le hace estar en zona activa, muy lejos de la zona
de saturación en la que estaba el BD 137 del par Darlington en el diseño anterior.
3- La ley de Ohm térmica para la conducción de calor a través de la materia es formalmente igual
a la ley de Ohm eléctrica para la conducción de corriente eléctrica en un resistor. Si para que fluya
corriente I entre los dos terminales (puntos) de un resistor de resistencia R hace falta una caída o
diferencia de tensión eléctrica ∆V entre esos puntos, para que fluya una potencia calorífica P por
conducción a través de la resistencia térmica Θ entre dos puntos, hace falta una caída o diferencia
de temperatura ∆T entre esos dos puntos. Así pues, tenemos:
I=
∆V
∆T
⇒ R (Ω,V / A) ≡ P =
⇒ Θ(º C / W )
R
Θ
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Pensando en un transistor de potencia en cuyo interior se está generando calor a un ritmo igual a
su potencia activa media P (por ejemplo los 4W de los TIP que acabamos de ver) intuimos o
incluso sabemos al tocar la cápsula de ese dispositivo, que ese dispositivo se calienta. De este
modo las moléculas del aire circundante (Ambiente) cuya energía cinética media es proporcional a
la temperatura del Ambiente (Tamb) chocan con la superficie de la cápsula y salen con mayor
energía cinética media que la que traían. Tras varios choques con otras moléculas de aire vuelven
a recuperar su energía media anterior (se “termalizan”) y vuelven a estar en disposición de extraer
calor de la cápsula del transistor en la forma descrita. Así se extrae calor del interior del transistor
a un ritmo P que iguala a la potencia eléctrica convertida en calor por efecto Joule en el interior del
dispositivo, extracción que es proporcional a la diferencia de temperaturas (TC-Tamb) donde TC es
la temperatura de esa cápsula “caliente” dado que TC>Tamb. Según la Ley de Ohm térmica, la
resistencia térmica cápsula-ambiente ΘCA es este cociente:
ΘCA (º C / W ) =
∆T (TC − Tamb )
=
P
P
Esta resistencia térmica que se expresa en grados centígrados divididos por vatio (ºC/W) indica
directamente cuántos grados tiene la temperatura de la cápsula por encima de Tamb. Así pues, una
cápsula que se ponga a 60ºC cuando en su interior se genera calor a razón de 1 W (1 Julio por
segundo) en un ambiente cuya temperatura es de Tamb=27ºC, tendrá una resistencia térmica de
ΘCA=(60-27)ºC/1W=33 ºC/W.
Si estando inmersa en ese ambiente cuya Tamb suponemos que no varía, la potencia calorífica en
su interior pasase a ser de 3 W, la temperatura de la cápsula subiría hasta 27º+(33ºC/W×3W), es
decir: hasta 126 ºC. Si en el interior de la cápsula hubiese transistores o diodos con uniones de
tipo p-n, una temperatura TJ=150º ya es suficiente para dañar irreversiblemente esas uniones y
por tanto los dispositivos dentro de la cápsula. Volviendo a nuestro ejemplo con ΘCA=33 ºC/W, la
generación de una potencia calorífica en su interior de 4W sería destructiva para el transistor o
dispositivo de unión que estuviese dentro de esa cápsula (compruébelo).
Los fabricantes de transistores de potencia suelen dar una pequeña resistencia térmica ΘJC entre
el “chip” de silicio donde están las uniones a la temperatura TJ y la cápsula cuya temperatura es
TC y después dan una resistencia térmica bastante mayor ΘCA entre la cápsula y el ambiente
circundante. La suma (ΘJC+ΘCA)=ΘJA es la resistencia térmica unión-Ambiente que a veces da el
fabricante y nos permite ver si hace falta adosar a la cápsula un “radiador” o elemento evacuador
de calor que facilite esa evacuación hacia el ambiente o dicho de otro modo: que disminuya la
resistencia térmica cápsula-ambiente ΘCA porque ΘJC no se puede modificar.
Fijándonos en estas resistencias para los transistores TIP3055 y TIP2955 que hemos usado en
los diseños anteriores, tenemos: ΘJA=35.7 ºC/W. Por tanto, en un ambiente caluroso (Tamb=45ºC)
la temperatura de la unión alcanzaría el valor de TJ=45º+(35.7ºC/W×4W)=187.8 ºC si no usáramos
radiador adosado y los transistores de potencia se destruirían al superarse la temperatura máxima
que nos da el fabricante TJmax=150ºC. Para que ello no ocurra, la resistencia térmica ΘJA no debe
superar el valor de (150-45)ºC/4W=26.25 ºC/W. Como de estos 26.25 ºC/W ya hay una pequeña
parte fija ΘJC=1.39 ºC/W (ver hojas de catálogo adjuntas), la resistencia térmica del radiador
adosado a la cápsula ΘRA deberá ser menor que (26.25-1.39)=24.86 ºC/W.
4- Con los diseños que hemos hecho, los transistores de potencia estarán saturados tanto con
una corriente de 4 A como con la nueva corriente de 4.1 A que consumiría la nueva carga formada
por la carga anterior y el ventilador conectado en paralelo. Por ello parece que no habrá que tocar
nada en esos circuitos para excitar la carga y el ventilador en paralelo con ella. Sin embargo, hay
una característica en la Tabla que no debemos olvidar: la inductancia entre terminales del motor
L=0.399 mH que puede almacenar energía, por lo que hay que prever cómo influirá esa energía
en nuestros circuitos de control ON/OFF de potencia eléctrica entregada a la carga. Para entender
mejor lo que va a ocurrir, la Figura 3 muestra el circuito equivalente del motor DC conectado a los
12 V que estará en paralelo con la carga cuando TR2 esté en estado ON. Como vemos, el motor
tiene una inductancia de L=0.399 mH en serie con una resistencia R=27.4 Ω y todo ello va en
serie con un generador de tensión electromotriz VEM cuyo valor depende de la velocidad de giro
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del motor. Al arrancar el motor aún no gira, por lo que VEM es nula y la corriente que circulará sin
reacción de L, es decir: si iM(t) es bastante constante, será: Imax=12V/27.4Ω=437 mA, que es la
corriente de arranque dada en la Tabla. A medida que la velocidad de giro del motor aumente, la
tensión VEM irá aumentando a su vez hasta que (V1-VEM)/27.4=100 mA, que es el consumo que
hemos supuesto en régimen permanente. Así vemos que en régimen estacionario de giro o
“permanente” tras el arranque, VEM debe estar 2.74 V por debajo de V1, siendo por tanto VEM=9.26
V. Este dato sólo se da por completitud y por su relación con el hecho de que el motor empieza
consumiendo 437 mA y su consumo se va reduciendo hasta los 100 mA comentados.
Figura 3
Considerando incluso esta corriente inicial de arranque que alcanza los 437 mA, nuestros diseños
no necesitarían cambios, por lo que nos olvidamos de cómo llega el motor DC a su estado en
“régimen permanente” donde consume los 100 mA. Así nos olvidamos del “régimen transitorio”
que sigue al arranque iniciado cuando el controlador digital puso un “1” en su salida y provocó por
tanto la IB1=1.3 mA que hemos visto, porque lo que nos importa es ver qué ocurre en el circuito de
la Figura 3 cuando se abre el interruptor que representa al transistor de potencia que, estando en
ON (es decir: conduciendo los 4A de la carga y los 100 mA a del motor conectado en paralelo con
la carga), es pasado al estado OFF (es puesto en corte cuando el controlador digital pone un “0”
en su salida y da lugar a IB1=0 IB2=0 IC=0 en TRT2, que pasaría a estado OFF.
Lo que ocurre al pasar el TRT2 de ON a OFF viene dictado por la energía que tenga almacenada
la inductancia L, porque esa energía necesita un tiempo no-nulo para cambiar o desaparecer. El
que desaparezca se puede ver como que cambia en un 100% y eso no puede ocurrir en un tiempo
nulo porque significaría una potencia instantánea infinita p(t)=∆U/(∆t 0) que no es aceptable en
Ingeniería. La energía magnética ∆U almacenada en L es proporcional al cuadrado de su corriente
iL en esta forma:
∆U =
1
L(iL ) 2
2
Por tanto, si en L había IM=100 mA cuando el transistor TRT2 estaba en ON, en L seguirá
habiendo una corriente de 100 mA y la inductancia se encargará de poner cualquier voltaje que
haga falta entre sus extremos para que ello sea así.
Para no arrastrar juntos en nuestro razonamiento tanto la carga que absorbe 4 A como el motor en
paralelo que absorbe corrientes mucho menores, vamos a pensar que desconectamos la carga
por un tiempo y que usamos uno de los circuitos de las Figuras 1 y 2 para encender y apagar el
ventilador solo. Y como anticipo de lo que va a ocurrir si no protegemos el circuito con un simple
diodo, diremos que vamos a destruir de forma no-intencional el transistor de potencia del circuito.
Sorprende pensar que si la carga y el ventilador van juntos, el transistor de potencia sobrevivirá
con el radiador que le hayamos puesto para que pueda convertir en calor los 4W que vimos antes,
pero si sólo queda el ventilador como carga, una sobretensión creada por L dañará el transistor de
potencia al inyectarle durante un breve intervalo de tiempo la corriente IM=100 mA que hay en L y
que no puede desaparecer instantáneamente porque representa energía almacenada. Para que
no desaparezca IM=100 mA súbitamente, la inductancia L generará la tensión que haga falta entre
sus extremos hasta poner una tensión VCE0≥60 V sobre el TRT2 que le haga entrar en ruptura
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por avalancha para que siga ofreciendo camino durante un breve, pero no nulo, intervalo de
tiempo, a esa corriente de 10 mA que no puede desaparecer de L de forma instantánea.
Razonando sobre la Figura 3 pensemos que una corriente iM(t)=IM=100 mA está fluyendo con el
TRT2 en ON (interruptor cerrado en esta Figura 3) y además es estable en el tiempo. Si abrimos
súbitamente el interruptor (esto es poner el transistor al corte, sin corriente de base por tanto) la
única forma de que siga fluyendo esa corriente IM=100 mA por L es haciendo que salte una chispa
entre los contactos recién abiertos. Para contactos separados medio milímetro en aire, hacen falta
varios miles de voltios para hacer saltar esa chispa y la inductancia los pone sin ningún problema:
para L su “voltaje” sólo es consecuencia de su reacción al cambio en su corriente que quiere
empezar a suceder. El voltaje en L no define su energía y por tanto L genera el voltaje que haga
falta con tal de que su corriente (su energía por tanto) no cambie en un tiempo nulo (no tenga una
discontinuidad en el tiempo). Si el interruptor de la Figura 3 es el transistor de potencia TRT2 que
se perfora con 60 o más voltios entre colector y emisor, L sólo tiene que poner la tensión de 59 V
y con el signo que aparece en la Figura 4 para forzar a que haya una corriente de colector IM=100
mA en TRT2 que estaba cortado o con IB2=0. Como la corriente de base de TRT2 es IB2=0 y sin
embargo su corriente de colector ha sido forzada a ser IM=100 mA, ello significa que su unión
colectora (unión base-colector) ha sido perforada o rota por avalancha a causa de la sobretensión
inversa generada por L al notar que su corriente “iba a empezar a cambiar” como queriendo
desaparecer.
Figura 4
La Figura 4 se ha hecho para el circuito de la Figura 2 y sus tensiones se justifican asi:
Los 2.74 V sobre R son los necesarios para que circulen por R los 100 mA de IM que no pueden
variar (desaparecer) instantáneamente.
La VEM=9.26 V se deben a que cuando intentamos cortar el transistor TRT2, al motor lo pillamos
girando con su velocidad en régimen estacionario o permanente, luego está generando esta VEM.
Los 60 V sobre TRT2 son los necesarios para meterlo en avalancha de modo que “ofrezca un
camino” que el transistor en corte no ofrecería, para esa IM=100 mA que tiene que seguir fluyendo
porque lo exige L (o mejor dicho: porque lo exige la conservación de energía en L)
Los 13 V son los de la batería que alimenta el circuito serie del motor y del TRT2.
Haciendo una suma de tensiones en la malla de la Figura 4, la inductancia L sólo tiene que
generar VL=59 V para perforar el transistor de potencia (proceso que lo destruirá al abrir una
especie de “pequeño agujero” por el que pasa corriente que no debía pasar y que se va
incrementando con el tiempo haciendo mayor el “agujero” hasta destruir el transistor).
NOTESE que la inductancia genera una sobretensión de 59 V cuyo signo es opuesto al de la
caída de tensión en R. Esto nos da la solución al problema poniendo el diodo que aparece en la
Figura 5 para ofrecer un camino alternativo a la inductancia para que siga fluyendo su IM=100 mA.
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Figura 5
La Figura 5 indica que a L sólo le hace falta generar VL=12.75 V para poner en conducción al
diodo de protección D. Pero lo que es mejor: el diodo de protección D limita a 0.75 V la tensión
que aparece entre los terminales X e Y de la carga inductiva (del motor DC en este caso). La
Figura 6 permite identificar los puntos X e Y en la Figura 2, mostrando que el diodo protector D va
simplemente en paralelo con la carga inductiva y su polaridad es la adecuada para que D esté
cortado por la propia tensión en la carga durante el estado ON.
Figura 6
La Figura 7 permite identificar los puntos X e Y en la Figura 1, mostrando de nuevo que el diodo
protector D va simplemente en paralelo con la carga inductiva y su polaridad es la adecuada para
que D esté cortado por la propia tensión en la carga durante el estado ON. Estos diodos de
protección suelen venir integrados junto a los propios transistores de potencia a los que deben
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proteger frente a sobretensiones de cargas inductivas conectadas en serie con ellos. La Figura 8
muestra esos diodos en un circuito integrado para controlar motores de tipo “paso a paso” como
los que pueden encontrarse en Notas de Aplicación de sus fabricantes.
Figura 7
Figura 8