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 = 120 tiene polarización por divisor de tensión desde VCC = 20 V: R₁ = 33 kΩ de VCC a la base y R₂ = 4,7 kΩ de la base a tierra. La resistencia de colector es RC = 4,7 kΩ y la resistencia de emisor es RE = 1,5 kΩ. Toma VBE = 0,7 V y usa el equivalente de Thévenin del divisor (no desprecies la corriente de base). Halla la corriente de colector IC en mA.
Un transistor NPN con β = 80 conmuta una resistencia de carga de 150 Ω 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. Para una conmutación fiable, diseña para una corriente de base 10 veces la mínima necesaria para la saturación. Halla RB en kΩ.
Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 4.
El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Las relaciones de resistencias no están igualadas. Halla la tensión de salida Vout.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la energía W(∞) almacenada en la bobina una vez estabilizado el circuito, en mJ.
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 24 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 8,8 V? Halla t.
Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.
Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.
Un convertidor reductor ideal convierte 9 V en 3,6 V con una frecuencia de conmutación de 20 kHz. Halla la inductancia L que mantiene la corriente de rizado pico a pico de la bobina en 0,4 A.
Un convertidor reductor convierte 9 V en 4,5 V a 100 kHz con L = 22 µH. Halla la menor corriente de carga Io,min con la que sigue en conducción continua.
Una galga extensométrica de 400 Ω es un brazo (R₂) de un puente con cuatro brazos iguales de 400 Ω y una excitación de 10 V. Halla la potencia Pg disipada en la galga, en mW. El autocalentamiento limita la excitación.
Un puente con brazos de 350 Ω se excita con 3 V y tiene una galga activa (cuarto de puente). El factor de galga es 2,05 y la deformación es de 1500 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(0, 1, 2, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 14). ¿Cuántos términos suma (factores), N, tiene?
Halla la forma SOP mínima de F(A, B, C, D) = Σm(2, 7, 8, 14, 15) + d(1, 3, 6, 12, 13), donde d marca las condiciones indiferentes. ¿Cuántos literales, L, contiene?
Respuesta: IC = 1,159 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.
LTK en la malla de base; la corriente de emisor es (β + 1)·IB.
Respuesta: RB = 0,65 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.
Respuesta: Rf = 6 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 = −9,463 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.
Con V₂ = 0, V₁ ve un amplificador inversor. Con V₁ = 0, V₊ se amplifica con la ganancia no inversora 1 + R₂/R₁.
Respuesta: W(∞) = 1,584 mJ
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 = 160,9 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.
La tensión del condensador no puede saltar, así que parte de su valor almacenado y tiende a la tensión de la fuente.
Respuesta: Req = 12,8 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.
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.
Respuesta: IR1 = 1,96 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: L = 270 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.
Respuesta: Io,min = 0,5114 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.
Por debajo de esta corriente el convertidor pasa a conducción discontinua y Vo sube por encima de D·Vin.
Respuesta: Pg = 62,5 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 = 2,306 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 = 4
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: L = 7
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.
Existe otra agrupación del mismo tamaño; tiene el mismo número de términos y de literales.
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