Electrónica I: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 14 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

Problemas nuevosVolver a la asignatura

En la ventana de impresión, elige «Guardar como PDF» para conservar una copia en tu dispositivo.

1Fórmulas y métodos

Diodos y transistores

Diodo (caída constante)
VD = 0,7 V when conducting
Región activa
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polarización fija
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polarización por divisor de tensión
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin del divisor
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Malla de colector
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturación
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Circuitos con amplificador operacional

Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador no inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador sumador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0

Transitorios RC y RL

Constante de tiempo
τ = RC | τ = L/R
Respuesta
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Condensador en continua
circuito abierto; vC no puede saltar
Bobina en continua
cortocircuito; iL no puede saltar
Régimen permanente
t ≈ 5τ

Método

  1. Halla el valor inicial justo después de la conmutación: la tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden variar bruscamente.
  2. Halla el valor final mucho después de la conmutación: un condensador se comporta como un circuito abierto y una bobina como un cortocircuito.
  3. Halla la constante de tiempo: τ = RC o τ = L/R, usando la resistencia que ve el condensador o la bobina.
  4. Usa x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Resistencias en serie y en paralelo

Resistencias en serie
Req = R1 + R2 + …
Resistencias en paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dos en paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ley de Ohm
V = I·R
Potencia
P = V·I = I²R = V²/R

Método

  1. Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
  2. Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
  4. Repite hasta que quede una sola resistencia entre los terminales.

Convertidores CC-CC

Reductor
Vo = D·Vin
Elevador
Vo = Vin/(1 − D)
Reductor-elevador inversor
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Balance de potencia ideal
VinIin = VoIo
Rizado de la bobina
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Corriente media de la bobina
reductor Io; elevador y reductor-elevador Io/(1 − D)
Rizado de salida
reductor ΔIL/(8fC); elevador y reductor-elevador Io·D/(fC)
Límite de CCM
reductor (1 − D)R/(2f); elevador D(1 − D)²R/(2f); reductor-elevador (1 − D)²R/(2f)

Método

  1. Identifica el convertidor (reductor, elevador o reductor-elevador) y el ciclo de trabajo D a partir de la relación de tensiones.
  2. Usa el balance voltios-segundo en la bobina: la tensión media de la bobina a lo largo de un periodo es cero.
  3. Halla la tensión de la bobina mientras el interruptor está cerrado y luego ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Para el rizado de salida, halla la carga que entra y sale del condensador; para el límite de CCM, iguala la corriente media de la bobina a ΔIL/2.

Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Tensiones de los divisores
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Pérdidas
Vab = Va − Vb
Balance
R1/R2 = R3/R4
Puente de hilo
R/Rx = l/(100 − l)
Resistencia de Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Factor de galga
ΔR/R = GF·ε
Salida del puente
cuarto Vs·GF·ε/4, medio Vs·GF·ε/2, completo Vs·GF·ε
Cambio pequeño, un brazo
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensión
σ = E·ε

Método

  1. Trata el puente como dos divisores de tensión sobre la misma alimentación.
  2. Para el equilibrio, iguala R₁/R₂ = R₃/R₄ y despeja la resistencia desconocida.
  3. Para un puente desequilibrado, halla Va y Vb con los divisores y resta; usa el equivalente de Thévenin cuando un medidor carga la salida.
  4. Para las galgas extensométricas, convierte la deformación en ΔR/R = GF·ε y usa Vs·GF·ε/4, /2 o ×1 para un cuarto, medio o puente completo.

Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Puertas básicas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reglas de Boole
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Orden del mapa de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupo de 2ᵏ celdas
pierde k variables
Multiplexor de 4 a 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Biestables
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Contadores
n bits: 2ⁿ estados; módulo N: el menor n con 2ⁿ ≥ N; fsal = fclk/N
Contador asíncrono
fmax = 1/(n·tpd)
Contadores en anillo y Johnson
n y 2n estados

Método

  1. En un circuito, trabaja desde las entradas hasta la salida puerta por puerta y escribe el valor en cada hilo, o escribe su expresión y rellena la tabla de verdad.
  2. Para simplificar, coloca los 1 (y las indiferencias como X) en un mapa de Karnaugh con filas y columnas en código Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cubre los 1 con los menos grupos posibles y lo más grandes posible, de 1, 2, 4, 8 o 16 celdas, envolviendo los bordes; cada grupo es un término producto formado por las variables que permanecen constantes. Agrupa los 0 para la forma POS.
  4. En biestables y contadores, lee las entradas en cada flanco activo del reloj, anota el estado tras cada flanco y recuerda que un contador de n bits da la vuelta tras 2ⁿ estados.

2Problemas de práctica

1.Diodos y transistoresMedia
+−12 VR = ?4 × 2 V15 mA

4 LED de color rojas (tensión directa 2 V cada uno) se conectan en serie con una resistencia a una fuente de 12 V. Halla la resistencia R que fija la corriente en 15 mA.

Vs = 12 VVF = 2 Vn = 4I = 15 mA
R = Ω
2.Diodos y transistoresDifícil
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

Un transistor NPN con β = 200 conmuta una resistencia de carga de 330 Ω conectada entre VCC = 12 V y su colector. El emisor está a tierra. La base se excita desde una salida lógica de 5 V a través de una resistencia de base RB. Toma VBE = 0,7 V y VCE(sat) = 0,2 V. Para una conmutación fiable, diseña para una corriente de base 2 veces la mínima necesaria para la saturación. Halla RB en kΩ.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Vsobreexcitación = 2
RB = kΩ
3.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −2 V

El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.

Vin = −2 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
4.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
Vin​V1​Vout​etapa 1: inversorR1​ = 10 kΩRf1​ = 100 kΩetapa 2: no inversorR2​ = 10 kΩRf2​ = 4,7 kΩ

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.

R1 = 10 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 4,7 kΩ
Av =
5.Transitorios RC y RLMedia
R = 15 Ωt = 0L150 mHi(t)

La bobina conduce una corriente estacionaria de 2 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. ¿Cuánto tiempo tarda la corriente en bajar a 1 A? Halla t.

i(0) = 2 AR = 15 ΩL = 150 mH
t = ms
6.Transitorios RC y RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C47 µF+−vC​

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 7,58 V, exactamente 500 ms después del inicio. Con C = 47 µF, halla la resistencia R necesaria.

Vs = 12 VVth = 7,58 VT = 500 msC = 47 µF
R = kΩ
7.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​15 ΩB

Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
8.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​5 Ω

Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩR5 = 5 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
9.Convertidores CC-CCMedia
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Un convertidor elevador ideal convierte 48 V en 80 V a 200 kHz con L = 330 µH. Halla la corriente de rizado pico a pico de la bobina ΔIL.

Vin​ = 48 VVo​ = 80 Vf = 200 kHzL = 330 µH
ΔIL = A
10.Convertidores CC-CCDifícil
+−24 VSLC = 10 µFR = 5 Ω−+−16 V

Un convertidor reductor-elevador ideal convierte 24 V en −16 V para una carga de 5 Ω a 500 kHz. El condensador de salida es de 10 µF. Halla el rizado de tensión de salida pico a pico ΔVo en mV.

Vin​ = 24 VVo​ = −16 Vf = 500 kHzC = 10 µFR = 5 Ω
ΔVo = mV
11.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasMedia
+−6 V470 Ω470 Ω + ΔR470 Ω470 Ωab+−Vab​ = ?

Un puente tiene cuatro brazos de 470 Ω y Vs = 6 V. El sensor R₂ aumenta ΔR = 70,5 Ω. Halla la salida exacta Vab en mV.

Vs = 6 VR = 470 ΩΔR = 70,5 Ω
Vab = mV
12.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasDifícil
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

Una galga extensométrica de 120 Ω con factor de galga 2 está pegada a una barra de acero. Bajo carga su resistencia aumenta 0,192 Ω. Halla la deformación ε en microdeformaciones (µε).

R = 120 ΩGF = 2ΔR = 0,192 Ω
ε = µε
13.Lógica digital: puertas, mapas K y biestablesMedia
MUXC′I0​C′I1​C′I2​1I3​ABS1​S0​F

Un multiplexor de 4 a 1 tiene sus entradas de selección S₁ = A y S₀ = B, y sus entradas de datos conectadas a I₀ = C′, I₁ = C′, I₂ = C′, I₃ = 1. ¿Para cuántas de las 8 combinaciones de A, B y C la salida es F = 1? Halla N.

I₀ = C′I₁ = C′I₂ = C′I₃ = 1
N =
14.Lógica digital: puertas, mapas K y biestablesDifícil
CLKT123456

Un biestable T activado por flanco de subida empieza con Q = 0 y recibe las entradas mostradas en 6 flancos de subida del reloj. ¿Cuántas veces, N, cambia Q de estado?

Q₀ = 0T
N =

3Disoluciones

1.Diodos y transistores

Respuesta: R = 266,7 Ω

Circuitos con LED y diodos: un LED polarizado en directa cae aproximadamente su tensión directa VF (unos 2 V para el rojo, 3 V para el azul o el blanco), sea cual sea la corriente. Una resistencia en serie fija la corriente: R = (Vs − n·VF)/I para n LED en serie. Con un modelo de diodo más exacto V = V₀ + I·rd, el punto de funcionamiento está donde la recta del diodo corta a la recta de carga I = (Vs − V)/R, así que I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Tensión en la resistencia

VR = 12 − 4·2 = 4 V

Resistencia

R = 4/0,015 = 266,7 Ω

Respuesta

R = 266,7 Ω

La resistencia disipa 60 mW.

2.Diodos y transistores

Respuesta: RB = 12,03 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.

Corriente de colector en saturación

IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Corriente de base mínima

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/200 = 178,8 µA

Corriente de base de diseño

IB = 2·178,8 µA = 357,6 µA

Resistencia de base

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,3576 mA = 12,03 kΩ

Respuesta

RB = 12,03 kΩ
3.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −11,09 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.

La entrada inversora sigue a la entrada

V₋ = V₊ = −2 V
I = V₋/R1 = −2/22 = −0,09091 mA

Tensión de salida

La corriente de R₁ también pasa por Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −2 + (−0,09091)·100 = −11,09 V

Respuesta

Vout = −11,09 V
4.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Av = −14,7

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.

Ganancia de cada etapa

A1 = −Rf1/R1 = −100/10 = −10
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 4,7/10 = 1,47

Ganancia total

Av = A1·A2 = −10·1,47 = −14,7

Respuesta

Av = −14,7
5.Transitorios RC y RL

Respuesta: t = 6,931 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.

Constante de tiempo

τ = L/R = 150 mH / 15 Ω = 10 ms

Despeja el tiempo

1 = 2·e−t/τ → t = τ·ln(2/1)
t = 10·ln(2) = 6,931 ms

Respuesta

t = 6,931 ms
6.Transitorios RC y RL

Respuesta: R = 10,65 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.

Constante de tiempo necesaria

7,58 = 12·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(12/(12 − 7,58))
τ = 500/0,9988 = 500,6 ms

Resistencia

kΩ por µF da milisegundos.

R = τ/C = 500,6/47 = 10,65 kΩ

Respuesta

R = 10,65 kΩ
7.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: Req = 19,22 Ω

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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​15 ΩB

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

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.

R3 + R4 = 12 + 15 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 5·27/(5+27) = 4,219 Ω
Req = R1 + 4,219 = 15 + 4,219 = 19,22 Ω

Respuesta

Req = 19,22 Ω
8.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 1,117 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​5 Ω

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

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.

R5 + R6 = 5 + 5 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 2,857 Ω
R3 + 2,857 = 10,86 Ω
R2 ∥ 10,86 = 3,423 Ω
Req = R1 + 3,423 = 10 + 3,423 = 13,42 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 15/13,42 = 1,117 A

Respuesta

IR1 = 1,117 A
9.Convertidores CC-CC

Respuesta: ΔIL = 0,2909 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.

Ciclo de trabajo

D = 1 − 48/80 = 0,4

Tensión de la bobina durante el tiempo de conducción

Mientras S está cerrado, la bobina queda directamente sobre Vin.

VL = 48 V

Corriente de rizado

ΔIL = VL·D/(L·f) = 48·0,4/(330·10⁻⁶·200·10³) = 0,2909 A

Respuesta

ΔIL = 0,2909 A
10.Convertidores CC-CC

Respuesta: ΔVo = 256 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.

Ciclo de trabajo

D = 16/(24 + 16) = 0,4

Corriente en la carga

Io = 16/5 = 3,2 A

Rizado de salida

ΔVo = 3,2·0,4/(500·10³·10·10⁻⁶) = 256 mV

Respuesta

ΔVo = 256 mV
11.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Vab = 209,3 mV

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.

Tensiones de los nudos

Va = 6·540,5/1011 = 3,209 V
Vb = 3 V

Pérdidas

Vab = 209,3 mV

Respuesta

Vab = 209,3 mV

La estimación lineal Vs·ΔR/(4R) = 225 mV es un 7,5 % demasiado alta: un cuarto de puente no es del todo lineal.

12.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: ε = 800 µε

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.

Cambio relativo de resistencia

ΔR/R = 0,192/120 = 0,0016

Deformación

ε = 0,0016/2 = 0,0008 = 800 µε

Respuesta

ε = 800 µε
13.Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Respuesta: N = 5

Multiplexor: un multiplexor de 2ⁿ a 1 pasa una de sus entradas de datos a la salida; las líneas de selección, leídas como un número binario, eligen cuál. En un MUX de 4 a 1 con selecciones S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Conectar las entradas de datos a 0, 1, C o C′ hace que el MUX produzca cualquier función de A, B y C, lo que es una forma habitual de construir lógica con un solo chip.

Expresión de la salida

F = A′B′C′ + A′BC′ + AB′C′ + AB

Filas con F = 1

ABC = 000, 010, 100, 110, 111
N = 5

Respuesta

N = 5
14.Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Respuesta: N = 2

Biestables y contadores: un biestable cambia solo en el flanco activo del reloj. D copia su entrada (Q⁺ = D); T conmuta cuando T = 1; JK mantiene con 00, pone a 0 con 01, pone a 1 con 10 y conmuta con 11. Un contador binario de n bits tiene 2ⁿ estados y cuenta módulo 2ⁿ; un contador módulo N cuenta 0, 1, …, N − 1 y vuelve a 0, y necesita el menor n con 2ⁿ ≥ N biestables. Cada etapa de un contador asíncrono divide la frecuencia a la mitad, así que la última salida de un contador módulo N funciona a fclk/N. Un contador Johnson de n biestables tiene 2n estados y un contador en anillo, n.

Q tras cada flanco

Un biestable T conmuta en cada flanco de subida con T = 1 y se mantiene con T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 0 → Q = 1
6: T = 1 → Q = 0

Cuenta los cambios

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 1 → 0
N = 2

Respuesta

N = 2

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1