Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 14 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.
Un transistor NPN con β = 150 se polariza con una resistencia de base RB = 820 kΩ desde la alimentación VCC = 12 V. La resistencia de colector es RC = 1,5 kΩ y el emisor está a tierra. Toma VBE = 0,7 V y supón que el transistor está en la región activa. Halla la tensión colector–emisor VCE.
Un transistor NPN con β = 80 conmuta una resistencia de carga de 680 Ω conectada entre VCC = 12 V y su colector. El emisor está a tierra. La base se excita desde una salida lógica de 3,3 V a través de una resistencia de base RB = 4,7 kΩ. Toma VBE = 0,7 V y VCE(sat) = 0,2 V. Halla la corriente de colector IC en mA cuando la entrada está a nivel alto. Decide primero si el transistor está saturado.
El amplificador diferencial usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V, con R3 = R1 y R4 = R2. Halla la tensión de salida Vout.
Dos etapas con amplificadores operacionales ideales están conectadas en cascada: un amplificador inversor (R1, Rf1) seguido de un amplificador no inversor (R2 a tierra, Rf2 en la realimentación). Ambas se alimentan con ±15 V. Halla la ganancia de tensión total Av = Vout/Vin.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 1 ms.
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la tensión del condensador vC en t = 400 ms.
Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.
Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.
Un convertidor elevador ideal convierte 48 V en 80 V a 250 kHz con L = 22 µH. Halla la corriente de rizado pico a pico de la bobina ΔIL.
Un convertidor reductor convierte 15 V en 6 V para una carga de 20 Ω a 25 kHz, con L = 330 µH y C = 22 µF. Halla el rizado de tensión de salida pico a pico ΔVo en mV.
Una galga extensométrica de 220 Ω es un brazo (R₂) de un puente con cuatro brazos iguales de 220 Ω y una excitación de 5 V. Halla la potencia Pg disipada en la galga, en mW. El autocalentamiento limita la excitación.
Un puente con brazos de 1000 Ω se excita con 10 V y tiene cuatro galgas activas, dos a tracción y dos a compresión (puente completo). El factor de galga es 2 y la deformación es de 500 µε. Halla la salida del puente Vo en mV.
Usa el mapa de Karnaugh para hallar la forma mínima de producto de sumas (POS) de F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 5, 8, 9, 12, 14). ¿Cuántos términos suma (factores), N, tiene?
Para F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 12, 14) + d(0, 3), donde d marca las condiciones indiferentes, halla el número N de implicantes primos esenciales.
Respuesta: VCE = 8,899 V
Punto de trabajo del BJT: en la región activa VBE = 0,7 V, IC = β·IB e IE = (β + 1)·IB. Halla IB en la malla de base con la LTK, luego IC y luego VCE en la malla colector–emisor. Un divisor de tensión en la base se sustituye por su equivalente de Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; una resistencia de emisor aparece (β + 1) veces mayor en la malla de base.
Respuesta: IC = 17,35 mA
El BJT como interruptor: para activar del todo una carga, el transistor se lleva a saturación, donde VCE = VCE(sat) y la corriente de colector la fija la carga: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. La saturación necesita al menos IB = IC(sat)/β. Si la corriente de base es menor, el transistor sigue en activa e IC = β·IB.
β·IB es mayor que IC(sat), así que el transistor se satura.
El transistor está saturado.
Respuesta: Vout = −1,091 V
Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.
R₃ y R₄ conducen la misma corriente, así que forman un divisor de tensión; la realimentación hace que V₋ = V₊.
Respuesta: Av = −2,668
Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.
Respuesta: vL = 4,415 V
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.
En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.
Respuesta: vC = 0,5585 V
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.
Respuesta: IR1 = 6 A
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
Respuesta: IR1 = 1,221 A
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
Respuesta: ΔIL = 3,491 A
Convertidores CC-CC: un interruptor S se cierra durante la fracción D de cada periodo T = 1/f. En régimen permanente la tensión media en la bobina es cero (balance voltios-segundo), lo que da las relaciones de conversión ideales en conducción continua: reductor Vo = D·Vin, elevador Vo = Vin/(1 − D), reductor-elevador inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertidor ideal conserva la potencia: Vin·Iin = Vo·Io. Mientras S está cerrado la corriente de la bobina aumenta ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo en el reductor y Vin en el elevador y en el reductor-elevador. El rizado de la salida es ΔVo = ΔIL/(8fC) en el reductor e Io·D/(fC) en el elevador y en el reductor-elevador. La corriente de la bobina apenas llega a cero (el límite de CCM) cuando la corriente media de la bobina es igual a ΔIL/2.
Mientras S está cerrado, la bobina queda directamente sobre Vin.
Respuesta: ΔVo = 99,17 mV
Convertidores CC-CC: un interruptor S se cierra durante la fracción D de cada periodo T = 1/f. En régimen permanente la tensión media en la bobina es cero (balance voltios-segundo), lo que da las relaciones de conversión ideales en conducción continua: reductor Vo = D·Vin, elevador Vo = Vin/(1 − D), reductor-elevador inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertidor ideal conserva la potencia: Vin·Iin = Vo·Io. Mientras S está cerrado la corriente de la bobina aumenta ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo en el reductor y Vin en el elevador y en el reductor-elevador. El rizado de la salida es ΔVo = ΔIL/(8fC) en el reductor e Io·D/(fC) en el elevador y en el reductor-elevador. La corriente de la bobina apenas llega a cero (el límite de CCM) cuando la corriente media de la bobina es igual a ΔIL/2.
Respuesta: Pg = 28,41 mW
Puente de Wheatstone: dos divisores de tensión comparten una alimentación Vs. El divisor izquierdo R1–R2 da Va = Vs·R2/(R1 + R2) y el divisor derecho R3–R4 da Vb = Vs·R4/(R3 + R4); la salida es Vab = Va − Vb. El puente está equilibrado (Vab = 0, sin corriente en el medidor) cuando R1/R2 = R3/R4, es decir, R1·R4 = R2·R3. Visto desde la salida, el puente es una fuente de Thévenin con Rth = R1∥R2 + R3∥R4.
Respuesta: Vo = 10 mV
Galgas extensométricas: una galga cambia su resistencia con la deformación: ΔR/R = GF·ε, donde el factor de galga GF es de alrededor de 2 en las galgas de lámina metálica. En un puente con todos los brazos iguales a R, una galga activa (cuarto de puente) da Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dos galgas activas con deformaciones opuestas en brazos adyacentes (medio puente) dan Vs·GF·ε/2, y cuatro (puente completo) dan Vs·GF·ε. La tensión mecánica se obtiene de la ley de Hooke, σ = E·ε. Las células de carga indican su sensibilidad en mV/V: la salida a plena carga por cada voltio de excitación.
Respuesta: N = 5
Mapas de Karnaugh: las celdas están ordenadas en código Gray (00, 01, 11, 10), por lo que las celdas vecinas, incluidas las que están a través de los bordes, difieren en exactamente una variable. Agrupa los 1 en rectángulos de 1, 2, 4, 8 o 16 celdas, lo más grandes y los menos posibles, hasta cubrir todos los 1. Cada grupo es un término producto: las variables que permanecen constantes dentro de él. Un grupo de 2ᵏ celdas pierde k variables. Las indiferencias (X) pueden usarse para agrandar grupos, pero nunca hace falta cubrirlas. Agrupar los 0 en su lugar da la forma POS mínima.
Todo grupo es un rectángulo de 2ᵏ celdas; las celdas del borde son vecinas de las celdas del borde opuesto.
Existe otra agrupación del mismo tamaño; tiene el mismo número de términos y de literales.
Respuesta: N = 2
Mapas de Karnaugh: las celdas están ordenadas en código Gray (00, 01, 11, 10), por lo que las celdas vecinas, incluidas las que están a través de los bordes, difieren en exactamente una variable. Agrupa los 1 en rectángulos de 1, 2, 4, 8 o 16 celdas, lo más grandes y los menos posibles, hasta cubrir todos los 1. Cada grupo es un término producto: las variables que permanecen constantes dentro de él. Un grupo de 2ᵏ celdas pierde k variables. Las indiferencias (X) pueden usarse para agrandar grupos, pero nunca hace falta cubrirlas. Agrupar los 0 en su lugar da la forma POS mínima.
Los grupos más grandes que se pueden formar con 1 y X.
ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1