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 = 75 se polariza con una resistencia de base RB = 270 kΩ desde la alimentación VCC = 15 V. La resistencia de colector es RC = 2,7 kΩ y el emisor está a tierra. Toma VBE = 0,7 V y supón que el transistor está en la región activa. Halla la corriente de colector IC en mA.
Un regulador Zener de 6,2 V tiene una resistencia en serie de 270 Ω. La entrada puede subir hasta 16 V, y la carga puede desconectarse. Halla la mayor potencia PZ,max que debe disipar el Zener.
Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 25.
El integrador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V; su salida se satura en ±12 V. El condensador está descargado cuando se aplica una entrada constante Vin = 2,3 V en t = 0. Halla la tensión de salida Vout en t = 0,5 ms.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. ¿Cuánto tiempo después de t = 0 alcanza la corriente de la bobina 0,27 A? Halla t.
Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.
Halla la corriente IR2 por R2.
Un convertidor reductor-elevador inversor ideal convierte 9 V en −6 V a 250 kHz con L = 33 µH. Halla la corriente de rizado pico a pico de la bobina ΔIL.
Un convertidor elevador ideal convierte 36 V en 120 V para una carga de 4 Ω a 25 kHz. Halla la menor inductancia Lcrit para conducción continua.
Se conecta un galvanómetro con una resistencia de 100 Ω entre a y b del puente mostrado (Vs = 9 V). Halla la corriente Ig del galvanómetro de a a b, en µA.
Una célula de carga (un puente completo de galgas extensométricas) tiene una salida nominal de 2 mV/V a su carga nominal de 500 kg. Se excita con 10 V. Halla su salida Vo bajo una carga de 250 kg.
Usa el mapa de Karnaugh para hallar la forma mínima de suma de productos (SOP) de F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 5, 6, 8, 10, 11, 13). ¿Cuántos términos producto, N, tiene?
Para F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 10, 11, 13) + d(8, 15), donde d marca las condiciones indiferentes, halla el número N de implicantes primos esenciales.
Respuesta: IC = 3,972 mA
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.
Comprobación: VCE = 4,275 V está claramente por encima de 0,2 V, así que el transistor está efectivamente en activa.
Respuesta: PZ,max = 225 mW
Regulador Zener: un diodo Zener polarizado en inversa mantiene su tensión VZ mientras su corriente se mantenga por encima de un mínimo IZ,min. La resistencia en serie R absorbe la diferencia entre la entrada y la salida: IR = (Vin − VZ)/R. Esa corriente se reparte entre la carga, IL = VZ/RL, y el Zener: IZ = IR − IL. Diseña para los peores casos: la entrada más baja con la mayor carga debe dejar aún IZ,min, y la entrada más alta sin carga da la mayor potencia en el Zener PZ = VZ·IZ.
Respuesta: Rf = 2400 kΩ
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₋ = V₊ = Vin, y la corriente de R₁ también pasa por Rf, así que Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Respuesta: Vout = −5,227 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.
kΩ por µF da milisegundos.
El valor ideal está dentro de ±Vsat, así que el integrador todavía no se ha saturado.
Respuesta: i = 0,1101 A
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.
Respuesta: t = 4,094 ms
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.
Antes de t = 0 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
Respuesta: IR1 = 1,147 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: IR2 = 0,9161 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.
Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.
Respuesta: ΔIL = 0,4364 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: Lcrit = 5,04 µH
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.
Iguala la corriente media de la bobina a la mitad de la corriente de rizado y despeja L.
Respuesta: Ig = 9702 µA
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.
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.
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