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 = 80 tiene polarización por divisor de tensión desde VCC = 18 V: R₁ = 47 kΩ de VCC a la base y R₂ = 4,7 kΩ de la base a tierra. La resistencia de colector es RC = 2,2 kΩ y la resistencia de emisor es RE = 680 Ω. 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 = 50 conmuta una resistencia de carga de 1 kΩ conectada entre VCC = 24 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.
El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.
El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la tensión del condensador vC en t = 80 ms.
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 3 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 20 ms.
Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.
Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.
Un convertidor elevador ideal convierte 9 V en 22,5 V para una carga de 8 Ω. Halla la corriente media de la bobina IL.
Un convertidor reductor convierte 48 V en 33,6 V a 40 kHz con L = 22 µH. Halla la menor corriente de carga Io,min con la que sigue en conducción continua.
Un puente con cuatro brazos de 220 Ω se alimenta con 5 V. Cuando cambia el sensor R₂, la salida marca Vab = 24,75 mV. Halla el cambio exacto ΔR de R₂.
Un puente con brazos de 1000 Ω se excita con 5 V y tiene cuatro galgas activas, dos a tracción y dos a compresión (puente completo). El factor de galga es 2,1 y la deformación es de 750 µε. Halla la salida del puente Vo en mV.
Simplifica F = A′C + AC + A′B′C a su forma mínima de suma de productos. ¿Cuántos literales, L, contiene la expresión simplificada?
Para F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15) + d(3, 12), donde d marca las condiciones indiferentes, halla el número N de implicantes primos esenciales.
Respuesta: VCE = 14,35 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 = 0,5462 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: Vout = −4,485 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.
V₋ = V₊, y la corriente por R₁ también circula por Rf.
Respuesta: Vout = −0,3234 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.
V₋ = 0, así que cada resistencia de entrada tiene toda su tensión de entrada.
Respuesta: vC = 3,478 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.
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Respuesta: vC = 4,729 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.
La tensión del condensador no puede saltar, así que parte de su valor almacenado y tiende a la tensión de la fuente.
Respuesta: Req = 16,35 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: Req = 16,36 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: IL = 7,031 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: Io,min = 5,727 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: ΔR = 4,4 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: Vo = 7,875 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: L = 1
Álgebra de Boole: las reglas que simplifican expresiones son X + X′ = 1 y X·X′ = 0, X + X = X, la absorción X + X·Y = X, la regla de combinación X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y y el teorema del consenso XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Las leyes de De Morgan convierten (X·Y)′ en X′ + Y′ y (X + Y)′ en X′·Y′. Un mapa de Karnaugh aplica estas reglas de forma gráfica: cada grupo de dos celdas vecinas es un uso de XY + XY′ = X.
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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