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CIRCUITOS ELECTRONICOS 2: PROBLEMAS PROPUESTOS Problema 1: En el circuito mostrado grafique las formas de onda V A yV B de salida de cada uno de los amplificadores , determine su frecuencia de oscilación.
Analicemos el comparador con histéresis no inversor :
VB V −V A 10 + A =0−→ = … … .(¿) 28 K 10 K V B 28 Analicemos el integrador: T 2
V A =∫ 0
−V B −2. R2 . C 1 . V A ∂t →T= R2 .C 1 VB Reemplazandolos valores de R 2=14 K Ω ,C 1=0.05 uF y (¿) −→ T =5.10−4 seg
Sabemos que elT =
1 f
∴ f =2 K hz
Formas de las ondas de salida de cada uno de los amplificadores 1.-Nos concentramos en el integrador para poder marcar la primera señal: Analizamos de 0 T/2 T 2
V A =∫ 0
−V B −V B K ∂ t → V A= R2 .C 1 R2 .C 1
Siendo K= pendiente donde podemos percatarnos que la pendiente es negativa de (0 T/2) Analizamos de T/2 T T 2
−V A =∫ 0
−V B V K ∂ t →V A = B R2 . C 1 R2 . C 1
Siendo K= pendiente donde podemos percatarnos que la pendiente es positiva de (T/2 T) 2.- Nos concentramos en el comparador con histéresis no inversora para saber el rango en que estará nuestra señal cuadrada.
Si
+¿ ¿ −¿ ¿ +¿ ¿ V¿ para que esto se cumpla debe :
VB V −10 10 + A >0−→V A > . V SAT−→V A >−β V SAT donde β= 28 K 10 K 28 28
Si
+¿ ¿ −¿ ¿ +¿ ¿ V¿
para que esto se cumpla debe :
VB V 10 + A < 0−→ V A < β V SAT donde β= 28 K 10 K 28
Donde los puntos de conmutación son:
V UT =+ β V SAT =+5.35 V V ¿ =−β V SAT =−5.35 V
Problema 3: El circuito amplificador de potencia de audio de la figura, se usa para variar en forma continua la posición de la señal Vi entre los canales de estéreo izquierdo y derecho. a) Analice la operación del circuito. Al variar el potenciómetro a su extremo superior e inferior se obtendrá en la salida la señal de entrada invertida en derecha e izquierda, respectivamente. Se trata de un desplazamiento de la señal de entrada, para dos bandas.
b) Especifiqué los valores de R 1 y R2 de modo que VL/Vi = -1 cuando el brazo del potenciómetro esta abajo por completo, y VR/Vi = -1 cuando el brazo del potenciómetro está arriba por completo, y VL/Vi = VR/Vi = -1/2 cuando el brazo del potenciómetro está a medio camino. 1.- Cuando el brazo del potenciómetro esta abajo por completo (VL/Vi = -1).
b.1) El brazo del potenciómetro en el extremo inferior (5k) Aplicamos divisor de tensión:
V A=
Sabemos que
5k .V … … … … …(1) R1 +5 k i
+ ¿=0 −¿=V ¿ V¿
Analicemos en la corriente i1:
V A −V L −V A . R2 = −→V L = … … … … … .(2) 10 k R2 10 k
Reemplazamos (1) en (2):
V L=
−10 k . V i . R 2 V −R2 −→ L = 5 k .( R1+ 5 k ) V i 2.(R1 +5 k )
Dónde: VL/Vi = -1
VL −R2 = =−1−→ R 2=2 R 1+10 k …(¿) V i 2.( R1 +5 k )
b.2) El brazo del potenciómetro en el extremo inferior (10k). Al igual que en el caso anterior analizamos el segundo op-amp con salida
VR . ¿∗¿ VR −R 2 = =−1−→ R2 =2 R1 +10 k … .. ¿ V i 2.(R1 +5 k )
b.3) El brazo del potenciómetro a la mitad. Aplicamos divisor de tensión:
V A=
Sabemos que
10 k .V … … … … …(1) R1 +10 k i
+ ¿=0 −¿=V ¿ V¿
Analicemos en la corriente i1:
V A −V L −V A . R2 = −→V L = … … … … … .(2) 10 k R2 10 k
Reemplazamos (1) en (2):
V L=
−10 k .V i . R 2 VL −R2 −→ = 10 k .(R1 +10 k ) V i ( R1 +10 k )
Dónde: VL/Vi =VR/Vi = -1/2
VL −R2 −1 = = −→ 2 R 2=3 R1 +10 k … …(¿∗¿) V i ( R 1+10 k) 2
Analizamos
¿∗¿ ¿ (¿ ) , ¿
R2=2 R1 +10 k R2=2 R1 +10 k 2 R 2=3 R1+ 10 k El valor de las resistencias sale negativas por tanto existe un error en las ganancias dadas.
Problema 4.- Diseñar un circuito con un amplificador operacional V 0=V 4 +V 5 +V 6−V 1−V 2−V 3 para que la salida sea: CIRCUITO SUMADOR RESTADOR
Por el principio de Superposición, separamos el análisis para: V01: Señal de salida para el sumador inversor. V02: Señal de salida para el sumador no inversor. Análisis para el inversor:
Por análisis:
[
V 1 V 2 V 3 −V 01 V V V + + = −→ V 01=−Rf 1 + 2 + 3 R 1 R 2 R3 Rf R1 R2 R3 Análisis para el no inversor:
Para el análisis:
V ' 02−V V Rf = →V ' 02= +1 V Rf RT RT
(
)
V −V V = 4 R 5 /¿ R6 /¿ R p R2
→V
(
V 1 1 1 1 + + + = 4 R 4 R5 R6 R p R 4
→V =
)
V4 (R ) R4 Tp
Entonces: V ' 02=
Rf RX +1 V RT R2 2
( )
]
Al igual que en el cao anterior hallamos el
V ' 02
para cada voltaje (V4 Y V6)
Rf R +1 X V 5 RT R5
(
)
V ' ' 02=
(
V ' ' ' 02=
Rf RX +1 V RT R6 6
)
Finalmente:
V 02=V ' 02+ V ' ' 02+V ' ' ' 02
→V 02 =
Rf V V V +1 R X 4 + 5 + 6 RT R4 R 5 R 6
( ) (
)
La señal de salida total:
V 0=V 01 +V 02
(
→V 0 =
) [
]
Rf V4 V5 V6 V1 V2 V3 +1 RTp + + −R f + + … … ..(1) RT R4 R5 R6 R1 R 2 R 3
) (
Dónde:
RT =
1 1 y RTp = 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + R1 R2 R3 R4 R 5 R6 R p
Como:
1 Rf =R1=R 2=R3 → RT = Rf donde el R f =30 k 3
1 R p=R 4 ¿ R 5=R6 → RTp = R p donde el R p =10 k 4
Reemplazamos
Rf =30 k y
R p=10 k enla ecuacion(1) :
∴V 0 =V 4 +V 5 +V 6 −V 1−V 2−V 3
Problema
5:
En
el
circuito
mostrado
diferencial con ganancia variable. Hallar elementos del circuito.
Sabemos que
+¿=V −¿=V ¿ V¿
Dónde:
Parai 1:
V 1−V V −V A R = −→V A = 2 ( V −V 1) + V R1 R2 R1
Parai 4 :
V 2−V V −V B R = −→ V B= 2 ( V −V 2 ) +V R1 R2 R1
es V0
un
amplificador
en función de los
Donde podemos decir que :V A−V B=
R2 ( V −V 1 ) … … …(¿∗¿) R1 2
En nuestra figura podemos observar:
i1=i 2+i3 2
R 2 ( V 1−V 2 ) V −V A V A −V B V A−V 0 = + −→ V 0=2. V A −V + … … ..(¿) R2 RG R2 R G . R1 En nuestra figura podemos observar:
i5=i 4+i3
¿∗¿
R22 ( V 2−V 1 ) V B−0 V A −V B V −V B = + −→V =2. V B− … ….. ¿ R2 RG R2 RG . R1
Reemplazamos
(¿)
en
¿∗¿ ¿ :
V 2. R22 ( V 2−V 1 ) ¿ A−V (¿ B )+ R G . R1 2 R 2 ( V 2−V 1) R22 ( V 2 −V 1 ) V 0=2. V A −2.V B + + =2.¿ RG . R 1 RG . R 1 Reemplazamos ( ¿∗¿ ) en
V0
2. R22 ( V 2 −V 1 ) R2 V 0=2 ( V −V 1 ) + R1 2 RG . R1
(
)
∴V 0 =2. ( V 2−V 1 ) (
R2 R )(1+ 2 ) R1 RG
Problema
6:
En
el
circuito
mostrado
diferencial con ganancia variable. Hallar elementos del circuito.
Sabemos que:
V −1=V +1=V 1
V −2=V +2=V 2
En nuestra figura podemos observar:
i1=i 2+i3 −V 1 V 1−V 3 V 1−V 2 = + ….( ¿) R2 R1 RG
En nuestra figura podemos observar:
i5=i2+i 4
¿∗¿ V 2 −V 0 V 3 −V 2 V 1−V 2 = + …….¿ R2 R1 RG
Resolviendo:
¿∗¿ y¿ :
(¿ )
es V0
un
amplificador
en función de los
V 2 −V 1 V 0 V −V 2 V 1−V 2 − =2. 1 + R2 R2 RG R1
∴V 0 =( V 2−V 1 ) (1+
R2 R + 2. 2 ) R1 RG
Problema 7: En el circuito mostrado el voltaje de saturación del V SAT =± 10 V comparador con disparador Schmit es de . Suponga que en t=0, la salida V01 cambia de su estado bajo a su estado alto y en ese instante Cy esta descargado. Realice la gráfica de V01 y V0 versus el tiempo para los dos periodos.
Analizaremos el multivibrador astable: Se descarga el condensador:
β=
R2 −→ β=1 /2 R 2+ R 3
CuandoV 0 =−V SAT se carga desde V ¿ → V UT V UT = β (−V SAT )=−5 V
Se carga el condensador:
β=
R2 −→ β=1 /2 R 2+ R 3
CuandoV 0 =+V SAT se cargadesde V UT →V ¿ V ¿ =β ( +V SAT ) =+5 V
Calculo del periodo:
(
−t
)
La ecuacionde la carga del condensador :V C =V max . 1−e R .C … ..(¿) Analizamos cuando:
0 ≤t ≤T /2
t=T/2
El condensador se carga desde decir
−β .V SAT → β . V SAT
es lo mismo que
0 →2 β . V SAT
La tensión máxima va de
−β .V SAT → V SAT
es lo mismo que decir
0 → β .V SAT +V SAT Reemplazamos estos valores en la ecuación principal ( ¿ ):
2 β . V SAT =( β . V SAT + V SAT ). ( 1−e−500t ) e 500t =
1+ β =3−→ t=2.2 ms 1−β
Calculando el voltaje (V0): En nuestra figura podemos observar:
C 1 /(¿¿ 2. S) V 01−V 0 V 0 = ¿ 2K ∴V 0 =
V 01 (1+4. 10−5 s)
Problema 8: En el circuito mostrado es un filtro pasa bajo de 1° orden, de frecuencia de corte ajustable. Diseñe para una ganancia de tensión de
| ACD=10|
,
f c =0 →1 KHz
. Seleccionar
valores adecuados de los componentes para el diseño. K fracción de V1 que se le envía al integrador Rp<
Aplicando la ley de nodos en los op amps:
V −1=V +1=V
V −2=V +2=V =0
'
Para el primer op-amp: 1. Para i1:
Ra −V V −V 1 = −→ V =V 1 … … … ..(1) Ra Rf Ra + R f
(
)
2. Para i2
V i −V V −V 0 R2 R2 = −→V 0=V 1+ − V … … … ..(2) R1 R2 R1 R1 i
( )
Reemplazando (1) en (2):
V 0=V 1
(
Ra R R 1+ 2 − 2 V i … … … .(3) Ra + R f R1 R 1
)( )
Para el segundo op-amp: 1. Para i3:
−k V 1 V 0 −RCs = −→ V 1= . V 0 … … … ..(4) R 1 k sC Reemplazando (3) en (4):
V 0=
Ra −RCs .V 0 k Ra + R f
(
R2 R 2 − V R1 R 1 i
)( ) 1+
R ( ¿ ¿ 1+ R 2) k . R1 . (R a + Rf ) V −R2 1 ∴ 0= . Vi R1 ¿
1+ RCs. Ra .
Comparando con la función de transferencia de primer orden:
V0 1 ( s )=(A VO) Vi 1+ τ . s Dónde:
−R 2 R1
A VO=
R (¿ ¿ 1+ R2 ) RC . R a . k . R1 .(Ra + R f ) τ=¿
R
| ACD|=|A V 0|= R 2 =10−→ R 2=10 K y R1=1 K 1
R 2 π . R .C . Ra .(¿ ¿ 1+ R2 ) k . R1 .(Ra + R f ) 1 ω c =2 π f c = −→ f c = ¿ τ Para
f c =0−→ k =0
Para
f c =1 KHz −→k =1
Asumiendo el valor del capacitor como C=10nF
1K=
1 K .(R a+ Rf ) 2 π . R . C . Ra .(11 K )
( Ra + R f ) =6.9u R . Ra Asumiendo que:
Ra=19 K y R f =50 K ∴ R=5.26 K
Como:
Rp<
Rp=
R =0.526 K 10
Función de transferencia del sistema: H ( s )=( A VO)
