Cir cuitos El ectróni tróni cos cos I I Probl Pr oble emas Res Resueltos uelt os con Ampl Am plii f i cadores Oper Oper acion ale al es. Circuito de impedancia negativa.- El circuito mostrado simula una resistencia de entrada negativa (impedancia en el caso más general) que se puede utilizar para cancelar una resistencia positiva no deseada. v Rin i 1, pero ii
vi iR v0 2
R f 3 donde...v0 1 R
a
i
3en2 R f vi vi iR 1 R a ordenando...
R f Ra
vi iR Rin
R R a ii R f
vi
Si R se reemplaza por una impedancia Z, el circuito desarrolla una impedancia negativa. Generador de corriente dependiente.- Con una pequeña modificación al circuito de impedancia negativa, se puede diseñar un generador dependiente, que produzca una corriente de carga proporcional a una tensión aplicada v i , y que sea independiente de la
resistencia de carga. R
Ii
+
Si
R1
R2
Vi
IL
RL
-R
-
Aplicando divisor de corriente en el circuito modificado
i L
R i 1 R R v R R R R R i
L
ii
i
L
L
1
R v R R 2 Reemplazando (2) en en (1) R RR R
vi R L
ii
RR L
i L
i
2
2
L
L
v v R R i R R R
R
R
i
i
L
2
L
L
Este circuito también es llamado convertidor de tensión a corriente Derivador Compensado.- Este circuito mezcla las propiedades del integrador y del derivador, además que controla la ganancia a frecuencias centrales. Se comporta con respecto a la frecuencia como un filtro pasa banda, con dos frecuencias de corte: W 1 ,
frecuencia de corte inferior y W 2 , frecuencia de corte superior. Para determinar su respuesta en frecuencia (diagrama de Bode de amplitud), hallaremos primero su función de transferencia
H s
H s
sC 1 R f
1 sC R 1 sC f R f 1
H j
Z f Z 1
, considerando que s
R f 1 sC f R1
1
sC 1
j
1
j C 1 R f
j j 1 1 1 2
, considerando
1
1
C 1 R1
y
2
1
C f R F
Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que
1 2
si las
resistencias son del mismo orden de magnitud C 2 C 1 Considerando el módulo de la función de transferencia
H
C 1 R f
1 1
2
1 2
2
Calculo de las frecuencias de corte o pulsaciones propias Cuando
0 .
1
0 y
2
0 H
dB
0ó
lo que es igual a
H
1
2
1 0
Cuando
C 1 R f
1 0
1
C 1 R f
2
Recuerde que
Cuando
2
1
1
2
2
Las frecuencias
1
1
1
1
2
2
1 , H
1
Recuerde que
1
2
2
1 C 1 R1
1
1
1 C R f C R R f R C R f 0 , H H
2 C 1 R f
2 1
2
1 C 1 R f R f 1C 1 R f C R R1 1 1 2
2
1 C f R f
y
2
son Las frecuencias de corte de baja frecuencia y alta
frecuencia respectivamente, también se les llama frecuencia de
Cuando
y
; luego H
1
2
C 1 R f
1
Consideramos la frecuencia de alta para ganancia unitaria Reemplazando C R f 1 2 1 1
3
2
3 dB .
1
2
C 1 R f
2
3
1 1 C 1 R f 3 1 3 1 2 C 1 R f C f R1 C 1 R1 C f R f H
dB
20 log R f R1
20 log R f
2 R1
Amplificador
0 dB
Deriv ado
W 0
Integrador
W 1
W 2
W 3
W rad seg
Diagrama de Bode en la que se indican las frecuencias de corte, las ganancias a frecuencias centrales, las regiones que representan cada circuito
3
Prob.- 01. En la figura, V in es una onda triangular. La amplitud es de -5V a +5V y la frecuencia es
de 100 a)
Hz .
V 0
Dibujar exactamente las graficas de: en función de t, b) V 0 en función de V in
Solución: Del gráfico el amplificador operacional trabaja como comparador, donde el voltaje de referencia o el voltaje con cual se compara la señal de entrada vin , se obtiene del divisor
de tensión de las resistencias que se conectan con la terminal inversora. a) Calculando el voltaje de referencia
3 *15 3V 12 3
V V ref V
3V
V
Vin
Cuando
V in V ref Vo V sat V in V ref Vo V sat
b) V0 en función de V in , esta característica se denomina función de transferencia por que relaciona la señal de salida con respecto a la señal de entrada c) V 0
V sat
3
V in
V sat
4
Prob.- 02. Calcule para el circuito de la figura: a) V UT , b) V LT
Suponga que
Vo V
V SAT 15V
V Vi
50
15 V
10
30
3Vo 15Vi 75 23V a) V
V UT
Vo Vsat
V UT
15
3(15) 15Vi 75
1.3 0.65Vi
23
b) V
V LT
15
Vo Vsat
V LT
3(15) 15Vi 75 23
5.22 0.65Vi
Prob.- 03. Para la fuente de corriente constante de la figura: (a) trace la flecha del emisor y señale si el transistor es npn o pnp, (b) obtenga I L , (c) calcule V L .
5
Solución:
El sentido de la corriente determinara el tipo de transistor a emplear para el presente circuito. Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que
V
V
También
I I 0 A
Ley de nodos en V+ V
10k 15V 10V 10k 5k
Ley de nodos en VV X
V
10
V
Hallando el sentido de la corriente, como es de menor a mayor potencial: I L
I L
15V
10V
50k
0.1mA (Hacia abajo), es consecuencia el transistor es NPN.
V L (0.1mA)(0.5 K ) 50mV
Prob.- 04. En relación con el circuito mostrado, complete la tabla siguiente para todas las condiciones de entrada.
(a) (b) (c) (d)
V 1 (V )
V 2 (V )
V 3 (V )
-2 -2 2 2
-2 -2 -2 0
0 2 -2 2
V 0
V de la entrada ()
6
Solución:
Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que
V
V V
También
I
I
0A
Ley de nodos en V+ V V 1
V3 V
10k 10 K V V 3 V 1 ...(1) 2 Ley de nodos en VV
V 2
10k V0
V0
V
10 K
V 2
...(2) 2 Comparando (1) y (2) Obtenemos V o: V
V1
V3
2 V0
V0
V2
2
V1 V3 V2
...(3)
Completamos la tabla reemplazando en (3) para V 0 y (1) para V :
(a) (b) (c) (d)
V 1 (V )
V 2 (V )
V 3 (V )
V0 (V )
V (V )
-2 -2 2 2
-2 -2 -2 0
0 2 -2 2
0 2 2 4
-1 0 0 2
Otro enfoque: Observando el circuito podemos considerarlo como si tuviera entrada difer encial. Por lo que aplicando superposición la salida es tiene la siguiente forma. V V 10 10 V 0 V 2 1 (10 // 10) 1 3 10 10 10 10 Efectuando las operaciones y simplificando obtenemos: V 0
V 1 V 2
V 3
La entrada no inversora es:
V V 3
10 10 10
V 1 V 3
7
V
V 3
1
V 1 V 3
2 Reemplazando los valores dados en la tabla de datos encontramos la misma respuesta que en el método anterior. Prob.- 05. ¿Cuál es la ganancia de tensión del circuito mostrado?
Solución:
Opam 1: Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V V V i
Ley de nodos en V+: Vi
0
1k
V I
VI
V i
12 K
12k 1 Vi 13V i 1k
Ley de nodos en V- : V I
V
V
Opam 2: De igual manera que en el anterior 18k Vo 1 V I 2k Vo
130V i
Función de transferencia total del circuito anterior. AV
V o V i
130
La misma solución encontramos mediante el siguiente procedimiento:
8
Observando el circuito vemos que este esta conformado por dos etapas amplificadoras en configuración de amplificador no inversor, por lo que su respuesta será: Av
Av1 * Av 2
Calculo de la ganancia de la primera etapa: 12 V v1 1 13 1 Calculo de ganancia de segunda etapa: 18 Av 2 1 10 2 La ganancia total es: Av
13 *10
130
Prob.- 06. El circuito mostrado es un circuito denominado Girador (Representa o simula una impedancia inductiva). Encuentre la impedancia, Zin , vista desde los terminales de entrada
Solución: Este problema lo resolveremos desde dos puntos de vista diferentes. En el, primero haremos uso de las características de los Amplificadores Operacionales lo cual nos permite trabajarlos como subcircuitos del circuito general y en el segundo lo resolveremos aplicando teoria de circuitos en el diagrama principal.
1er circuito:
V i
IR V 0
(1)
9
V
V R V V 0 0 V 0 2V 2 R R i
i
(2)
Reemplazando (2) en (1) V i
IR
2V i
Z in
V i
'
I
R
2do circuito:
Sabemos:
− =
=2 …1 01+ = + ∕∕ =+ 1 ∕∕ 1 …2 − = − 2 =− …3
Entonces de (2) y (3), tenemos:
De (4) en (1), obtenemos: Z in ' '
sCR
= (2 ) …4
2
1 sCR
10
Por lo tanto el circuito equivalente será:
Z in
Z ' // Z in
in
sCR 2 sCR 2 ' ' ( R) // 1 sCR
Segunda forma de resolver el problema:
Solución: Opam1 (parte superior), voltaje de salida V 01:
R 1 sC RCs 1
Z1 R / /
Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que
V
V V i
Ley de nodos en V-:
11
I 1
V01
V
in
... (1)
R
En el nodo (a) se tiene: Vin
V01
V in
R
V01
R
2V in
...(2)
Reemplazando (2) en (1): I 1
2Vin
Vin
V in
R
...(3)
R
Opam2 (parte inferior), voltaje de salida V 02: V
I 2
V in
...(4)
R
En el nodo (V ) :
V
Vin
V02
R
V
2V
R
V02 V
in
... (5)
En el nodo (V ) :
V
V 02
V
R
V02
R
1 1 V R R Z 1
...(6)
Reemplazando (6) en (5), obtenemos:
R V 1 V Z R V 1 V Z 2V
in
V
in
1
Sabemos que: I in
Vin R
V
Iin
V in
I1
I 2
V
R
Z 1 V Z1 R
...(7)
in
(*), reemplazando (3) y (4) en (*) ...(8)
R
Finalmente (7) en (8): I in
Z R Z R Z R R Z
V in
1
1
V in I in
Z in
1
1
R R 1 Z
1
R R R 1 R RCs 1
Zin sCR
Finalmente:
2
Cs
2
Z in
j CR
2
Este circuito que hemos tratado simula a una inductancia
12
Prob.- 07
El diagrama de Bode de amplitud mostrado es la respuesta en frecuencia de un derivador compensado. Hallar el valor de sus elementos para cumplir con las siguientes condiciones:
2
3
100 rad / seg 1000 rad / seg
Este circuito mezcla las propiedades del integrador y del derivador, además que controla la ganancia a frecuencias centrales. Se comporta con respecto a la frecuencia como un filtro pasa banda, con dos frecuencias de corte: w1 , frecuencia de corte inferior y w2 , frecuencia de corte superior. Determinamos su Función de Transferencia Vo(s)/Vi(s) en f orma detallada e indicaremos la condición que deben de cumplir los valores de los capacitares. Asumiremos tener condensadores, cuyos valores son de 100 pf 10 f . Solución: El condensador C f se elige de manera que inicie una atenuación progresiva de 60dB (o
20dB) por encima de la frecuencia máxima de diferenciación reduciendo los ruidos de alta frecuencia. R f fija un límite a la ganancia en alta frecuencia proporciona un margen de fase para la corriente impuestas al voltaje de entrada. R 1 hace que la ganancia se estabilice y la diferenciación cese a su frecuencia mínima deseada. La función de transferencia del circuito es:
13
1 R f C s f 1 1 R f / / R f C s C s f f H ( s) 1 R1C1s 1 R1 C1s C1s H ( s )
R2C1s
1 R1C1s 1 R f C f s
s j H ( j )
R2C1 ( j )
1 R1C1 ( j ) 1 R f C f ( j ) R2C 1
H ( j ) H ( ) dB
2
1 1 1 3
2
Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que las resistencias son del mismo orden de magnitud Cuando:
0
0
o
o
RoC 1
si
w2
C 1
0
3
1
1
Ro C 1
Para la frecuencia de corte inferior: H
C 2
1
1
H ( ) dB
w
R
C1
1
1
R
1
; considerando
2
0
2
C 1
1
2
2
1
1
Ganancia a 3dB: H 1
R1C 1
R f C 1
2 R1
2
Para la frecuencia de corte superior: H
R f
R
C1
1
1
2
2
R
; considerando
1
1
1
C 1
1
2
2
14
1
Ganancia a 3dB: H 1
1
1 R C f f 1 R C 1
R f C
R f C f
1
2 R1 2
; H 1, entonces
Cuando H 1
( R f C1 )
1 2
4
R f
1 ,
2
R f C 1 ( R1C1 )( R f C f )
1 R1C f
Escogemos las frecuencias de corte respectivas:
2
1
… (1)
C1 R1
1
3
… (2)
C f R f
La ganancia a frecuencias centrales en decibelios: De donde
Vo Vi
10
R f R1
, entonces: R f
10R1
Av dB
V 20 log o dB 20dB V i
… (3)
Estos valores se encuentran dentro del rango. De la razón de 3 y 2 :
3
2
1 C R 1000 f f R1 C 1 100 1 R f C f C1 R1
R1 C 1
R f C f C 1 C f
10
100
C1 100C f
C f 0.01uF Elegimos: C1 1uF Por son consiguiente reemplazando en (1) y (2), obtenemos:
15
R1 10k R2
10k
R f 100k 1 o
10
R f C 1
rad / seg
2
100
rad / seg
(Frecuencia de corte inferior)
3
1000rad / seg
(Frecuencia de corte superior)
1
4
R1C f
10k
rad / seg
Función de transferencia del sistema:
H (s )
R2C1s
1 R1C1s 1 R f C f s s
H ( s)
100 s s 1 1 100 1000 s
H ( s)
H ( s)
100
s 100 s 1000 100 1000 1000 s
s 100 s 1000
Gráfica de Bode de amplitud y fase:
Código en Matlab: clear all; clc; num=[1000 0]; den=conv([1 100],[1 1000]); g=tf(num,den); Bode(g) grid on
16
Bode Diagram
0 -10 ) B d(
-20 e d tui
n -30 g a M
-40 -50 90 45 ) g e d(
0 e s a h P
-45 -90 0 10
1
10
2
3
10 10 Frequency (rad/sec)
4
10
5
10
Prob. 08.-.
El circuito mostrado es un filtro pasa bajo de 1 er orden, de frecuencia de corte ajustable. Diseñese para una ganancia de tensión de ACD 10 , f C 0 1KHz , Seleccione
valores adecuados de los componentes para el diseño. K fracción de V 1 que se envia al integrador. R P < < R.
Solución
Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que
V
V V i
Para el primer op-amp: Tomando el punto (a) en V+:
17
V x
V1 V x
Ra Ra R f
Ra
V x V 1
R f
(1)
Considerando el punto (b) en V-: V x
Vi
V0
Vx
R1
V0
R2
R R V 1 R R 2
2
1
1
x
V i
(2)
Reemplazando (1) en (2), obtenemos:
Ra R R R V Ra R f R R i
V0 V1
1
2
2
1
(3)
1
Para el segundo opam: Sabemos del circuito que: V
kV 1 R
V 0
V1
1
V
RCs
k
V y
0
V 0
(4)
sC
Reemplazando (4) en (3), obtenemos: V0
Ra R R R V V Ra R f R R i K
RCs
1
2
2
0
1
V 0
R2
Vi
R1
1
1
1
RCs Ra R1 R2 kR1 Ra
R f
Comparando con la función transferencia de primer orden: V 0 Vi
s A
vo
1 1 s
Donde:
Avo
R1
RC Ra R1 R2 kR1 Ra
ACD
C
R2
Avo
2 f C
Para f c
0
R f
R2
10
R1
1
k 0 Para
f c
R2
10 K
f C
; R1
1K
kR1 Ra
2 R C Ra
1 Khz Avo
R2 R1
R f
R
1
R2
K=1
Asumiendo el valor del capacitor como, C 10 nf .
18
1kHz
1 K 1 K
10
K
R
a
R f
2 R C Ra
11
R
R f
a
R Ra Ra R f RRa
2 11 10
3
10
8
6.912 10
4
69 10
5
69 105
Asumiendo que
Ra
Como R R p
19 K
y R f
R p
50K
R
10
R
5.26K
0.526 K
Función de transferencia del sistema: H ( s )
Avo
H ( s )
10
1
1 s 1
1
H ( s)
s
6283.19 62831.9 s 6283.19
Gráfica de Bode de amplitud y fase: Código en Matlab: clear all; clc; num=[62831.9]; den= [1 6283.19]); g=tf(num,den); Bode(g) grid on Bode Diagram
30 25 ) B
d( 20 e d
ut 15 i n g
a 10 M
5 0 0
) g e d(
e -45 s a h P
-90 2 10
3
4
10
10
5
10
Frequency (rad/sec)
19
Prob. 09.Diseñe el circuito mostrado para que cumpla la respuesta en frecuencia mostrada. Hallar el valor de K correspondiente ( K 0 1)
Solución Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V V 0V
Tomando el punto del voltaje V’:
V i V V k R1 1 R1 2 k sC 1 2 sC k 2 k R1 Vi V k 2 k sC V
...(i)
Aplicando nodo en voltaje inversor: V
R1 2 k
R2V i
Vo Vi
v
o
R2
Dividiendo
V o
Vo
R2
2
R1
v
... ii
1
1 R k 2 k sC
1
k
sC
R 2 k R2
1
ii / i , obtenemos: 2 k
R 2
1
xc 2 x c R1k 2 k
1 Vi R 2 C sR k 2 k R 1 H s C R k 2 k 2 R 1 s 2 V o
R2 1
1
2
1
1
para k 1 :
CR1
2
Del grafica observamos la ganancia en decibelios:
20
Ao
dB
R2 2 R1
R 20log 2 6 2 R1 6
10
20
2
R2 4 R1
De la frecuencia de corte: R2 H
2 R1
R 1 2 c
CR1
2
R1
R2
2
2
1
2 R1
1
2
C Escogemos C
0.05uf .
Evaluando : R1
2
2666
0.01uf
15K
R2 4 R1 60 K
También: R3
R2 / / R1 12 K
Prob. 10.El circuito de la figura es el de un termostato que usa un termistor para medir la temperatura. Se usa la configuración puente y un amplificador escalador para calibrar la salida de – V a oC. La calibración se hace a 10 oC, donde el termistor usado a esta temperatura es de 12KΩ y tiene un coeficiente tér mico de 0.2KΩ/oC.
Modelar el termistor, determinar la expresión de Vo y calcular el valor del termistor y del voltaje de salida para las temperaturas de: 5, 10, 15, 20, y 25 oC.
V O
f t 0
21
Se observa dos etapas en la primera esta el termistor, para el cual se determinara su resistencia RT RT 12 K 0.2
RT 12 K 0.2
k º C
T
k
(to 10º C ) … (1) º C La primera etapa se tiene un restador diferencial, que tiene una salida: V01
R 12k 1 T 10V k k k 12 12 12
R T 10V 12k
Operando:
RT (2) 12k La segunda etapa es un sumador inversor, para lo cual se obtiene: V01 5V 1
V0
10
100 V o1 100 8.25 100
(3)
Reemplazando (1) en (2) en (3) k to 10º C ) 0.2 ( 8.25 100 º C V0 10V 5V k 100 12 100 3 V0 10 6.875 10 T V V0
3
10 6.875 10
(to 10º C )
Para lo cual se tiene para las respectivas temperaturas: T°(C) 5 10 |5 20 25
V0(voltios) -10.034 -10.000 -9.966 -9.931 -9.897
Prob. 11.El circuito de la figura se ha construido utilizando amplificadores operacionales ideales alimentados a 12V . El diodo también es ideal. Con estos datos contestar las preguntas siguientes: a) Diseñar el bloque 1, sabiendo que Z e es infinito, Z s es nula y la ganancia de
tensión es 1. b) Obtener de forma grafica y analítica (determinar las ecuaciones que determinan la función) la función de transferencia V 3
f (V 2 ) .
c) Obtener de forma grafica y analítica (determinar las ecuaciones que determinan la función) la función de transferencia V 4
f (V 2 ,V 3 ) .
22
Solución:
a) Estas características pertenecen a un seguidor de tensión Impedancia de entrada Z e
Impedancia de salida Z s
Ganancia
Av
1
, pues la señal de entrada es la mima que la de l a salida.
b) Consideramos V1 es de tipo sinusoidal el V2 es un onda rectificada debido al diodo en polarizado en directa.
Dado que V V Aplicamos ley de nodos:
V 3
2 R
R
V
2 R
´
3V 2
...(&) 2 Forma de onda de entrada (azul ) como se salida (rojo) : V 3
23
La función de transferencia 3/2, la pendiente:
c) Es un amplificador diferencial.
V 4
V4
V R R 1 ( R // R) 2 V 3 R R R
V
2
V 3
.
(Función de transferencia de V 4 V4
Para
V2
V 2
...( )
V 3
0 y
f (V 2 ,V 3 ) )
V 3
0
V 4
V 2
V4
f (V 2 )
V 2 2
24
V4
f (V 3 )
V 3 3
Prob. 12.En el circuito de la figura, hallar la forma de onda de V 01 y V 02 indicando sus valores y
ecuaciones que las rigen en función del tiempo. Considere iniciales. Datos: V Z
,
2.4V
R1 20k
V i señal
, R2
R3 R4 R5 10k
vC (t )
, C
0 para condiciones
10 f
,
V CC
15V
,
cuadrada de +15V a -.06V de magnitud y frecuencia 1KHz, fuentes
de alimentación de los op-amp ±15V.
Solución:
Notamos que la primera etapa es un restador; V i
V
V
R5
Para
V 01
R2
V i
Para
V 01
15V V 01
R5
10 20
V
i
V
2.4V
V
V
(15 2.4) 2.4 3.9 10
(0.6 2.4) 2.4 3.9 20 La segunda etapa es un integrador; para 0 t T / 2 V 02 V 02
0.6V V 01
R 2
V
V i
0.5
1
V dt (10 01
CR3
1 8
0
3.9 * 10
4
t 0
0.5
)(10 4 )
0.5
3.9dt k 0
3.9(10 )(0.5)10 3 19.5V 4
Salida saturada a +15V, determinamos el instante en que se satura: t
1510 8.9
4
0.38
Para: T / 2 t T
25
V 02
3.9 (10 8 )(10 4 )
(T / 2) 15 4.5
Grafica de la entrada onda cuadrada
0.5
1.0
1.5
2.0
0.38
4.5
Prob. 13.En el circuito mostrado dibujar la señal de salida y la señal en el condensador indicando los niveles de señal y tiempos más representativos. Considere diodo ideal. Datos: V CC 15V , V Z 4V , R1 R2 10k , C 10 f
Como existe realimentación positiva entonces hay saturación: Si V 0 V Sat V V Z 4V ; cuando V C V V V Sat
26
Con V 0
V Sat V V D
0V ; cuando V C
V V
0 V 0
V Sat
Calculando los tiempos:
V C V f
Para: t
V f V i
V Sat
V f V i
R1C
V C
t 2
V Sa t
4V
;
0V
R1C
4 12 (0 12)e
t 1
1
12 t 1 1 ln 0.4 1 12 8 luego t 1 (0.4)(104 )(105 ) 40mseg
4V
t 1
8
0V
Para: t
2
t 1
V C 1
(V i V f )e
e
t 1
1
0 12 (4 (12))e
t 2
2
16 t 2 2 ln 0.29 1 16 12 luego t 2 (0.23)(10 4 )(10 5 ) 29mseg 12
e
t 2
2
R1C
27
