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 tiene polarización por divisor de tensión desde VCC = 12 V: R₁ = 39 kΩ de VCC a la base y R₂ = 10 kΩ de la base a tierra. La resistencia de colector es RC = 3,3 kΩ y la resistencia de emisor es RE = 1,2 kΩ. Toma VBE = 0,7 V y usa el equivalente de Thévenin del divisor (no desprecies la corriente de base). Halla la tensión colector–emisor VCE.
Un transistor NPN con β = 100 conmuta una resistencia de carga de 1 kΩ conectada entre VCC = 5 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. Toma VBE = 0,7 V y VCE(sat) = 0,2 V. Halla la mayor resistencia de base RB, en kΩ, que todavía lleva el transistor justo a saturación.
El amplificador diferencial usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V, con R3 = R1 y R4 = R2. Halla la tensión de salida Vout.
El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la corriente If por la resistencia de realimentación, en sentido hacia la salida.
La bobina conduce una corriente estacionaria de 1,5 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. Halla la tensión vR en R en t = 1 ms.
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 10,8 V, exactamente 20 ms después del inicio. Con C = 47 µF, halla la resistencia R necesaria.
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 reductor convierte 24 V en 7,2 V para una carga de 25 Ω. Conmuta a 100 kHz con L = 330 µH. Halla la corriente pico de la bobina Imax.
Un convertidor elevador ideal convierte 15 V en 50 V para una carga de 5 Ω a 25 kHz. El condensador de salida es de 220 µF. Halla el rizado de tensión de salida pico a pico ΔVo en mV.
Un puente con cuatro brazos de 100 Ω se alimenta con 15 V. Cuando cambia el sensor R₂, la salida marca Vab = 74,26 mV. Halla el cambio exacto ΔR de R₂.
Un cuarto de puente (una galga activa, GF = 2,1) se excita con 2,5 V. La mayor deformación que se quiere medir es de 600 µε, y debe dar 3,3 V a la entrada de un convertidor analógico-digital. Halla la ganancia del amplificador G.
Usa el mapa de Karnaugh para hallar la forma mínima de suma de productos (SOP) de F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 7, 11, 13, 14, 15). ¿Cuántos términos producto, N, tiene?
Para F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 10, 11, 12, 13, 14, 15) + d(5, 8, 9), donde d marca las condiciones indiferentes, halla el número N de implicantes primos esenciales.
Respuesta: VCE = 5,748 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.
LTK en la malla de base; la corriente de emisor es (β + 1)·IB.
Respuesta: RB = 54,17 kΩ
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.
Cualquier resistencia de base menor también satura el transistor; en la práctica se elige una varias veces menor.
Respuesta: Vout = −0,36 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: If = 0,5596 mA
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.
V₋ = 0, así que cada resistencia de entrada tiene toda su tensión de entrada.
Respuesta: vR = 35,32 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.
Respuesta: R = 0,1848 kΩ
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.
kΩ por µF da milisegundos.
Respuesta: IR1 = 0,6345 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 = 1,743 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: Imax = 0,3644 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.
Respuesta: ΔVo = 1273 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: ΔR = 2 Ω
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: G = 4190
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 = 6
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.
Respuesta: N = 3
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