Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales (1

Universidad Nacional del Callao Escuela Profesional de Ingeniería Electrónica

Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica Ing. Armando Cruz Ramírez

Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales (1) Circuito de impedancia negativa.- El circuito mostrado simula una resistencia de entrada negativa (impedancia en el caso mas general) que se puede utilizar para cancelar una resistencia positiva no deseada. v Rin = i → (1), pero ii vi = iR + v0 → (2 )

 Rf   → (3) donde...v0 = 1 + R a i  (3)en(2)  Rf  v i ⇒ vi = iR + 1 + Ra      Ra  Si R se reemplaza por una impedancia Z, el circuito desarrolla una impedancia negativa. ordenando... −

Rf

vi = iR ∴ Rin =

R vi = − R a R ii  f

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 vi , y que sea independiente de la resistencia de carga. Ii R

Si R1 = R2 ⇒

+ Vi

IL

RL

-R

-

Aplicando divisor de corriente en el circuito modificado  −R  ii → (1) i L =   RL − R      vi   ii =  R − RL (− R )   RL − R  

ii =

v i (R L − R ) v = i2 (RL − R ) → (2) Reemplazando (2) en (1) 2 RRL − R − RRL R

1

Universidad Nacional del Callao Escuela Profesional de Ingeniería Electrónica iL = −


v R  vi  − 2 (RL − R ) ⇒ i L = i Este circuito también es llamado convertidor de  (R L − R )  R R 

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: W1 , frecuencia de corte inferior y W2 , frecuencia de corte superior. Para determinar su respuesta en frecuencia (diagrama Rf de Bode de amplitud), hallaremos primero su función Cf de transferencia   Rf  1 4  sC Zf R1 C1 f   2 H ( s) = − =− 6 Vi Z1 R1 + 1 3 Vo sC1 +

7

H (s ) = −

sC1 R f

(1 + sC1 R1 )(1 + sC f R f )

H ( jω ) = −

jωC1 R f  jω  jω  1 + 1 +  ω1  ω 2  

, considerando que s = jω ⇒

, considerando ω1 =

1 1 y ω2 = C f RF C1 R1

Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que ω1 〈〈ω 2 ∴ si las resistencias son del mismo orden de magnitud ⇒ C 2 〈〈 C1 Considerando el modulo de la función de transferencia H (ω ) =

ωC1 R f   ω 2  1 +      ω1  

  ω 2    1 +    ω 2  

Calculo de las frecuencias de corte o pulsaciones propias Cuando ω → 0 .

ω ω →0 y →0∴ H ω1 ω2

⇒ 1 = ω 0 C1 R f ⇒ ω 0 =

dB

= 0 ó lo que es igual a H = 1

1 C1 R f

2



 1   (C R ) ω1C1 R f  C1 R1  1 f R f R1 ω ω1 Cuando ω = ω1 ⇒ = → 0, H = = ⇒ H = ω2 ω2 2 2 2 Recuerde que ω1 = 1 C1 R1

Cuando ω = ω 2 ⇒

ω 2 C1 R f ω2 〉〉1 , H = ω1  ω2    2  ω1 

 1   (C R ) R f ω1C1 R f  C1 R1  1 f R1 = = = 2 2 2

Recuerde que ω 2 = 1 C f R f Las frecuencias ω1 y ω 2 son Las frecuencias de corte de baja frecuencia y alta frecuencia respectivamente, también se les llama frecuencia de 3 dB . Cuando ω → ∞ ⇒

ωC1 R f ω1ω 2 C1 R f ω ω ∞ y → ∞ ; luego H = = ω1 ω2 ω  ω  ω      ω1  ω 2 

Consideramos la frecuencia de alta para ganancia unitaria ⇒ ω = ω 3 Reemplazando 1 =

ω1ω 2 C1 R f  1  1  ⇒ ω 3 = ω1ω 2 C1 R f =   ω3 C R  1 1  C f R f H

dB

20 log R f R1

(

20 log R f

2 R1

 C1 R f ⇒ ω 3 = 1  C f R1 

Amplificador

)

0 dB

Deriv ado

W0

Integrador

W1

W2

W3

 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

Ejemplo.- (Filtro de 1er orden) Filtro pasa bajo.- La función de Transferencia de todo filtro pasa bajo de 1er orden tiene la forma que se indica:  1  H (s ) = Acd    1 + sCR 

3



Diseñar el filtro pasa bajo mostrado para Acd = 10 , f corte = 1Khz Solución: hallando la F.T., V − = V +  Ra  R +R f  a

R

⇒ H (s ) =

v o (s )  R a + R f = vi (s )  Ra

 1   v0 (s ) =  sC  1   R+ sC 

   v i (s )   

 1   R f  1     = 1 +  + sCR R 1   a  1 + sCR   

Como vemos de la última ecuación se tienen cuatro incógnitas Ra , R f , R, C , pero solo tenemos tres ecuaciones: Acd , f c y la ecuación para balancear la corriente de polarizacion. Por tanto se tiene libertad para elegir el valor de algún elemento ⇒ elegimos C = 0.01µf

⇒ ω c = 2πf c =

1 1 1 ∴R = = ≈ 16 KΩ 3 CR 2πf c C 2π * 10 * 0.01 * 10 −6

De la ecuación de balance de la corriente de polarizacion,

⇒ R = Ra R f ⇒ 16 = ⇒ Acd = 1 +

Rf Ra

Ra R f Ra + R f

→ (1) y de la ganancia de c.d.

= 10 ∴ R f = 9 Ra → (2 ) , reemplazando (2) en (1)

Ra (9 Ra ) 10 *16 9 = 16 ⇒ Ra   = 16 ⇒ Ra = = 17.8KΩ Ra + 9 R a 9  10  Luego R f = 9(17.8) = 160 KΩ

Ejemplo.- Diseñar un amplificador que este conformado por amplificadores operacionales LM741, con el fin de que ACL = 800 , con una impedancia de entrada de al menos 20 MΩ . El amplificador debe responder a una frecuencia de 40 KHz . Dato El producto Ganancia-Ancho de Banda UGB = ( ACL )(Bω ) del Opamp 741 es de 1MHz . Solución: La máxima ganancia por etapa es determinada por el Producto Ganancia Ancho de Banda del 741 y el ancho de banda (40 KHz ) requerido del amplificador. Por tanto el ancho de banda por etapa del amplificador es Bω etapa = 40 KHz

4



 UGB  1000 KHz = ⇒ ACLporetapa =  = 25 , Pero la Ganancia total del Amplificador es  Bω  40 KHz etapa   ACL = 800 , por lo que se necesitan por lo menos tres etapas de amplificación. Para conseguir una impedancia de entrada elevada la primera etapa debe de ser un amplificador en configuración no inversora. La ganancia total se debe distribuir entre las tres etapas, por lo que una elección es diseñar dos etapas con ganancia de 10 cada una y una etapa de ganancia 8. Consideremos todas las etapas no inversoras. La configuración a considerar es:

R2 = 8 ∴ R2 = 7 R1 R1 Escogemos R1 = 10 KΩ ⇒ R2 = 70 KΩ ; R3 , es la resistencia de compensación de corriente de

Primera etapa.- La consideramos con ganancia 8. ⇒ ACL = 1 + polarizacion ⇒ R 3 = (10 )(70 ) = 8 .75 K Ω

R5 = 10 ∴ R5 = 9 R4 R4 Escogemos R4 = R7 = 10 KΩ ⇒ R5 = R8 = 90 KΩ ; R6 y R9 , son resistencias de compensación Para la Segunda y Tercera etapa que tiene ganancia 10. ⇒ ACL = 1 +

de corrientes de polarizacion de las dos últimas etapas. ⇒ R6 = R9 = (10)(90) = 9 KΩ

Ejemplo.- El circuito mostrado cuya funcion de transferencia es de la forma: H (s ) = − H 0 (1 + τ 1 s ) . Determinar: a) La F.T. en función de los elementos del circuito b) Los valores de los componentes para que la ganancia varíe de -0.5 a -1.0 y cuya frecuencia de corte (-3dB) sea 200Hz Solución : a) Hacemos sumatoria de corrientes en el nodo del condensador (Vc):  Vi (s ) − Vc (s ) Vc (s ) Vc (s ) 1   = + = Vc (s ) sC + 1 R1 R2 R 2   sC

 1 1  ⇒ V1 (s ) = Vc (s ) sC + +  R1 → (1) , R2 R1  

V c (s ) V (s ) R = − 0 ⇒ Vc (s ) = − 2 V0 (s ) → (2) R2 R3 R3

5



   1 R2 1  sC (2) en (1) ⇒ V1 (s ) = − V0 (s ) +  1 +  R3  1 1  R2 R1    +   R1 R2

  R 1     

     R1 + R2   R2 R1 sC  = −V (s ) R1 + R2  1 + sC  R1R2   1 + V0 (s ) ⇒ V1 (s ) = − 0 R +R   R  R3 3 2   R1R2    R1 + R2    1      R R   1 2   R3    R1 + R2  V 0 (s )  H (s ) = =− V1 (s )   R1 R2 1 + sC   R1 + R2 

Comparando con la forma general de la F:T.;

H

0

=

  

R3 R1 + R 2

, como la ganancia

debe variar de 0.5 a 1, elegimos valores adecuados de R1 , R2 , R3

R1 = R2 = 5KΩ y R3 = 10 KΩ = 5 KΩ + 5 KΩ(Potenciometro ) Determinamos el valor del condensador a partir de la frecuencia de corte dada. Tomando el modulo de la F.T. y para 1 + (ωτ 1 ) , para la frecuencia de corte se debe de cumplir que:

s = jω ⇒ H = H 0

2

ωτ 1 = 1 ⇒ ω =

C=

1

τ1

=

1 , despejando C  R1 R2   C  R1 + R2 

1 1 = ⇒ C = 0.32µf  R1 R2  (2π )(200)(2.5)(1000 )  (2πf c ) R + R  1 2 

El circuito será el siguiente

5KΩ 5KΩ vi

5KΩ

5KΩ v0 0.32 µf

6



Donde el potenciómetro de 5 KΩ , determina la variación de la ganancia pedida Si deseamos calcular la frecuencia para ganancia unitaria procedemos de la siguiente manera: Cuando H (ω ) = 1 , se considera que ωτ 1 〉〉1∴ de la ecuación de ganancia se tiene que :

R3 H H R1 + R2 1 1 = 0 ⇒ ω2 = 0 = = ωτ 1 τ 1  R1 R2  RR   C  1 2 C  R1 + R2   R3 

H

dB

20 log H 0

−20db / dec

ω1

ω2

ω

7

Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales (1

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