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TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA
TEMA 8 (AMPLIFICADOR OPERACIONAL)
EJEMPLOS RESUELTOS
JULIO BRÉGAINS, DANIEL IGLESIA, JOSÉ LAMAS
DEPARTAMENTO DE ELECTRÓNICA E SISTEMAS
FACULTADE DE INFORMÁTICA,
UNIVERSIDADE DA CORUÑA
Pensar es prever.
(José Martí).
EJEMPLO 1 (T8):
En el circuito de la figura y suponiendo amplificadores operacionales ideales, si V1 = 1 [V]
y V2 = 150 [mV], se pide:
a) Función que realiza cada uno de los amplificadores.
b) Valor de IL.
c) Valor de V2 para el cual IL es cero.
FIGURA T8. 1
PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN
a) DETERMINAMOS LA FUNCIÓN DE CADA AMPLIFICADOR.
En el AO1: V1 (tensión de entrada) está conectada a la entrada inversora, la entrada no inversora
está conectada a masa, y R21 es una resistencia de realimentación también conectada a la entrada
inversora (realimentación negativa) Þ AO1 está en configuración de Amplificador Inversor.
EJEMPLOS RESUELTOS DE TE
BRÉGAINS, IGLESIA, LAMAS
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
El mismo análisis se aplica para el AO2 (observa que ambos amplificadores tienen una disposición
simétrica respecto de la resistencia RL).
PREGUNTAMOS: ¿GUARDAN
RELACIÓN ENTRE SÍ?
LA
AMPLIFICACIÓN INVERSORA
Y LA
REALIMENTACIÓN NEGATIVA
ALGUNA
No. Amplificación Inversora se refiere a la relación entre la entrada y la salida. En este ejemplo:
dado un voltaje de entrada Vi positivo, se obtendrá un voltaje de salida -Vo que es de mayor
amplitud (amplificación) y de signo contrario (inversión). La realimentación negativa se refiere a que
al voltaje de entrada se resta una porción del voltaje de salida, como con los AOs de este ejemplo a
través de las resistencias R21 para el AO1 y R22 para el AO2 (si a la entrada se sumase una porción
del voltaje de salida se hablaría de Realimentación Positiva, algo que se aplica en el Ejemplo 11).
b) ¿CÓMO CALCULAMOS LA CORRIENTE IL?
Hallando la diferencia de potencial Vo1-Vo2 en los extremos de RL y aplicando ley de Ohm. Para ello,
analizamos las configuraciones de cada operacional por separado:
El signo (–) indica: AO en config. inversora
æ 47 [kW ] ö
æ R ö
Vo1 = Ganancia de AO1 ´ V1 = ç - 21 ÷ V1 = ç ´ 1[V] Þ Vo1 = -4,7[V]
ç 10 [kW ] ÷÷
è R11 ø
è
ø
(EjsT08. 1)
Observamos que V1=1 [V] es positiva mientras que Vo1 = -4,7 [V] es negativa, como corresponde a
una configuración de amplificación inversora.
æ 220 [kW ] ö 150
æ R ö
Vo2 = Ganancia de AO2 ´ V2 = ç - 22 ÷ V2 = ç ´
[V] Þ Vo2 = -1[V]
ç 33 [kW] ÷÷ 1000
è R12 ø
è
ø
(EjsT08. 2)
Por tanto, la corriente IL será:
IL =
Vo2 - Vo1 -1 [V] - ( -4,7 [V])
3,7
=
=
[A] Þ IL = 3,7 [mA]
RL
1000 [W]
1000
(EjsT08. 3)
Como Vo2>Vo1, el sentido de IL será de Vo2 hacia Vo1 (hacia la izquierda, ver FIGURA T8. 1).
C) ¿VALOR DE V2 CUANDO IL=0?
De las tres ecuaciones anteriores tenemos:
IL =
æ R ö
æ R ö
æ R öæ R ö
Vo2 - Vo1
= 0 Þ Vo2 = Vo1 Þ ç - 22 ÷ V2 = ç - 21 ÷ V1 Þ V2 = ç 12 ÷ç 21 ÷ V1 Þ
RL
è R12 ø
è R11 ø
è R22 øè R11 ø
æ 33 [kW] öæ 47 [kW ] ö
Þ V2 = ç
1[V] Þ V2 = 0,705[V]
ç 220 [kW] ÷ç
÷ç 10 [kW ] ÷÷
è
øè
ø
(EjsT08. 4)
ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN.
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
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EJEMPLO 3 (T8):
En el circuito amplificador de corriente de la figura, obtener la ganancia de corriente Io / Ii
y comprobar que es independiente de la resistencia de carga RL:
FIGURA T8. 2
PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN
a) ¿CÓMO OBTENEMOS LAS CORRIENTES Ii E IO PARA LUEGO REALIZAR EL COCIENTE?
Teniendo en cuenta dos características: que la corriente Ie I+ son nulas (en todos los AOs), y que entre las entradas
inversora y no inversora existe cortocircuito virtual
(configuración de realimentación negativa), lo cual
produce, en este caso, que el terminal no inversor esté a
masa virtual, es decir Vn = Vm = 0.
Como I- es nula, la corriente que entrega la fuente se
deriva completamente hacia la Rb. Además, como la señal
de entrada se conecta a la entrada inversora, a la salida
tendremos una Vo<0 (salida invertida), por lo cual, la tensión entre extremos de Rb será:
Vo - Vn = Vo = -Ii Rb
(EjsT08. 5)
Según se observa en la figura anterior, por Ra circula la corriente Io+Ii, (hacia abajo), por lo cual, la
caída de tensión entre sus extremos, que es Vo, cumple la siguiente igualdad:
Vo - Vm = Vo = (Io + Ii ) Ra
(EjsT08. 6)
PREGUNTA: ¿no hay una inconsistencia de signo en esta última ecuación?
OBSERVAMOS: Ii va hacia el nodo o a través de Rb, mientras que Io+Ii se aleja del nodo o. Los signos
de las dos últimas ecuaciones son opuestos, así que las suposiciones son coherentes (recordando
que, virtualmente, la masa y el terminal inversor representan el mismo punto).
El cociente entre ambas, es decir, la ganancia de corriente será, entonces:
-Ii Rb = Vo = (Io + Ii ) Ra = Io Ra + Ii Ra Þ -Ii Rb - Ii Ra = Io Ra Þ
EJEMPLOS RESUELTOS DE TE
æ R + Rb ö
Io
= -ç a
÷
Ii
è Ra ø
(EjsT08. 7)
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
¿QUÉ SIGNIFICA ESTE RESULTADO? Que, para unos valores de Ra y Rb dados, cuando se inyecta a la
entrada inversora una corriente Ii, por RL circulará una corriente Io = - Ii (Ra+Rb)/Ra, cuyo valor es
independiente de RL. En todo caso, variará Vo-Vq si se varía RL.
COMENTARIOS:
1) Como existe cortocircuito virtual entre los puntos n y m, la resistencia de entrada Ri de esta
configuración de AO (la que “ve” la fuente Ii al conectarse) es cero.
2) Como Io=constante (con Ii, Ra y Rb dados) para cualquier valor de RL, este circuito se comporta
como una fuente de tensión ideal, por lo cual la resistencia de salida Ro (entre p y o) es infinita.
ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN.
EJEMPLO 6 (T8):
Comprobar que, en el amplificador de instrumentación de la figura:
æ R
R ö
Vo = ç 1 + 2 + 2 2 ÷ ( V2 - V1 )
R1
R ø
è
FIGURA T8. 3
PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN
ANALIZAMOS EL CIRCUITO: consideramos todas las corrientes dirigidas hacia la derecha, según se
observa en la siguiente figura:
Como a las entradas de los AOs existe cortocircuito virtual (ambos AOs poseen realimentación
negativa), entonces Vn = V1 y Vm = V2.
Hallamos las corrientes aplicando ley de Ohm y luego aplicando ley de nudos a los puntos n y m.
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
Ia =
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V1 - Vp
- Vn - V1
V - Vm V1 - V2
=
=
; Ib =
; Ic = n
;
R2
R2
R1
R
R
Id =
Vp - Vm
R1
=
Vp - V2
R1
V - Vo
; Ie = 2
R2
(EjsT08. 8)
Nudo n:
Ia = Ib + Ic Þ -
V1 V1 - Vp V1 - V2
=
+
R2
R1
R
(EjsT08. 9)
Nudo m:
Ic + Id = Ie Þ
V1 - V2 Vp - V2 V2 - Vo
+
=
R
R1
R2
(EjsT08. 10)
Eliminamos Vp de estas dos últimas ecuaciones para obtener Vo:
æ1 1
1 ö V2
= V1 ç +
+
÷- ;
R1
è R R1 R2 ø R
Vp
æ1 1
1 ö V1 Vo
= V2 ç +
+
Þ
÷R1
è R R1 R 2 ø R R2
Vp
æ R
R ö
Vo = ( V2 - V1 ) ç 1 + 2 + 2 2 ÷
R
R ø
è
1
(EjsT08. 11)
En concordancia con lo establecido en el enunciado.
ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN.
EJEMPLO 9 (T8):
El circuito de la figura es un integrador inversor con AO ideal, con R = 5 [kΩ] y C = 1 [mF].
Se pide:
a) Deducir la expresión de la tensión de salida Vo en función de Vi.
b) Dibujar la tensión de salida si a la entrada se aplica una señal como la de la figura de
la derecha. Suponga C inicialmente descargado (Qi = 0 en ti = 0).
FIGURA T8. 4
EJEMPLOS RESUELTOS DE TE
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN
a) DETERMINAMOS Vo EN FUNCIÓN DE Vi OBSERVANDO LA SIGUIENTE FIGURA:
Vemos que el nodo n está a masa (cortocircuito virtual). Además, en dicho nodo no hay derivación
de corriente hacia el AO (I- = 0), por tanto, la corriente Ii por R es la misma que la que circula por C.
Supondremos Ii hacia la derecha, como se ha indicado en la figura anterior.
La tensión en los extremos de R se obtiene por ley de Ohm:
Vi - Vn = Vi - 0 = Vi = R ´ Ii Þ Ii =
Vi
R
(EjsT08. 12)
Por definición de capacidad C = Q/V, en los extremos de C se medirá una tensión que es
proporcional a su carga:
V=
Q
= -Vo - Vn = -Vo
C
(EjsT08. 13)
En donde el signo (-) de Vo es debido a que: Vi > 0 Þ Vo < 0 ÞVn > Vo.
Si por C circula la corriente Ii(t), no necesariamente constante en el tiempo, el valor de Q, y por lo
tanto de Vo, variará. Supongamos que en un instante inicial tI el condensador tiene una carga inicial
QI. Si hacemos transcurrir un pequeño intervalo de tiempo, llamémoslo dt, entonces, entre tI y tI+dt,
Ii(t)=Ii(tI) puede considerarse temporalmente constante, y C ganará entonces una pequeña carga
dQ(tI) = Ii(tI)´dt. En el intervalo posterior, con t entre tI+dt y tI+2dt, Ii podrá tener otro valor, Ii(tI+dt),
que podrá considerarse constante en ese intervalo, y C ganará otra porción de carga dQ2(tI+dt) =
Ii(tI+dt)´dt, y así sucesivamente hasta llegar al instante final tF. La suma de todas estas pequeñas
contribuciones dQ es la integral òdQ, o, lo que es lo mismo, la integral de Ii(t)´dt con t entre tI y tF:
Carga final = Carga inicial + Suma de contribuciones de carga debidas a Ii (t) Þ
ganada
Carga ganada
Carga ganada
Carga ganada
éCarga
entre tI y tI +dt
entre tI +dt y tI +2dt
tI +2dt y tI +3dt
en el último intervalo ù
64748 entre
64
4
744
8
678 ú
ê 678
Þ QF = QF + ê dQ(tI ) + dQ(tI + dt) + dQ(tI + 2dt) + ... + dQ(tF ) ú Þ
ê
ú
ëê
ûú
dQ( tI )
dQ ( tI + dt )
tI + 2dt )
dQ( tF )
é6
4
74
8 64
4
744
8 64dQ
4(744
8
6
4
74
8ù
Þ QF = QI + êIi (tI ) ´ dt + Ii (tI + dt) ´ dt + Ii (tI + 2 dt) ´ dt + ... + Ii (tF ) ´ dt ú Þ
ê
ú
ëê
ûú
(EjsT08. 14)
tF
Þ QF = QI + ò Ii (t)dt
tI
Dividiendo ambos miembros de la última ecuación por C, tendremos los voltajes inicial -VoI y final
-VoF [los signos negativos se explican con la ecuación (EjsT08. 13)] en los extremos del
condensador antes y después de haber pasado por él la corriente Ii(t):
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
Q
Q
Þ F = I+
C
C
ò
tF
tI
Ii (t)dt
C
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Þ - VoF = - VoI +
1 tF
1 tF
Ii (t)dt Þ VoF = VoI - ò Ii (t)dt
ò
C tI
C tI
(EjsT08. 15)
Pero Ii(t) = Vi(t)/R, es decir:
VoF = VoI -
1 tF
Vi (t)dt
R C òtI
(EjsT08. 16)
Que es la expresión requerida en el enunciado.
¿QUÉ SIGNIFICA ESTA EXPRESIÓN?
Vemos que, para unos valores de R y C dados, la tensión de salida Vof en un instante final tf, depende
tanto de su valor en el instante inicial tI (que es VoI) como del valor negativo de la integral de la
tensión de entrada entre los instantes tI y tF, es por eso que la configuración de la FIGURA T8. 4 se
denomina de Amplificador Integrador Inversor.
b) OBTENEMOS LA TENSIÓN DE SALIDA CUANDO LA TENSIÓN DE ENTRADA SIGUE UN PATRÓN DE ONDA CUADRADA,
COMO EN LA FIGURA T8. 4 (DERECHA):
Sabemos que la integral de una constante es una función lineal (òk.dt = k.òdt = k.t + c), así que
deducimos que en los tramos Vi=constante de la onda cuadrada de entrada, la tensión de salida Vo
será ascendente o descendente a lo largo de segmentos de líneas rectas (Vo será lineal por tramos).
Sabiendo que Vo será lineal por tramos, aplicamos la ecuación (EjsT08. 16) para encontrar los valores
VoI y VoF en los extremos tI y tF, respectivamente, de dichos tramos.
TRAMO A:
-6
tI = 0, tF = 1 [ms], QI = 0 [Coul] Þ VoI = QI / C = 0 [V], R´C = 5000 [W]´1.10 [F] = 5/1000 [WF], Vi(t) =
constante = 5 [V]
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
VoF = VoI -
( )
1 tF
1000 10-3 [s]
10-3
V
(t)
dt
0
5 [V]dt = -1000 t 0
=
=
i
ò
ò
t
0
[s]
RC I
5 [WF]
V æ 1
ö
[s] - 0 ÷ Þ VoF = Vo
= -1000 [ ] ç
s è 1000
ø
(EjsT08. 17)
= -1[V]
t =1[ms]
Es decir, Vo parte de 0 [V] en tI = 0 [ms], y llega a -1 [V] en tF = 1 [ms].
TRAMO B:
tI = 1 [ms], tF = 3 [ms], VoI = -1 [V], RC = 5/1000 [WF], Vi(t) = -5 [V]
VoF = VoI -
(
)
1 tF
1000 3´10-3
3´10-3
Vi (t) dt = -1-5 ) dt = -1 + 1000 t 10-3
=
(
-3
ò
ò
R C tI
5 10
V æ 3
1
ö
[s] [s] ÷ Þ Vo
= -1 + 1000 [ ] ç
s è 1000
1000 ø
t = 3 [ms]
(EjsT08. 18)
= 1[V]
Vo parte de -1 [V] en tI = 1 [ms], y llega a 1 [V] en tF = 3 [ms].
TRAMO C:
tI = 3 [ms], tF = 5 [ms], VoI = 1 [V], RC = 5/1000 [WF], Vi(t) = 5 [V]
VoF = 1-
)
(
1000 5´10-3
5´10-3
5 ) dt = 1 - 1000 t 3´10-3 Þ Vo
-3 (
ò
5 3´10
t = 5[ms]
= -1[V]
(EjsT08. 19)
TRAMO D:
tI = 5 [ms], tF = 7 [ms], VoI = -1 [V], RC = 5/1000 [WF], Vi(t) = -5 [V]
VoF = -1-
1000 7´10-3
-5 ) dt Þ Vo
-3 (
5 ò5´10
t =7[ms]
= 1[V]
(EjsT08. 20)
TRAMO E:
tI = 7 [ms], tF = 9 [ms], VoI = 1 [V], RC = 5/1000 [WF], Vi(t) = 5 [V]
VoF = 1-
1000 9´10-3
5 ) dt Þ Vo
-3 (
5 ò7´10
t = 7[ms]
= -1[V]
(EjsT08. 21)
TRAMO F:
tI = 9 [ms], tF = 10 [ms], VoI = -1 [V], RC = 5/1000 [WF], Vi(t) = -5 [V]
VoF = -1-
1000 10´10-3
-5 ) dt Þ Vo
-3 (
5 ò9´10
t = 7[ms]
= 0[V]
(EjsT08. 22)
La forma de onda de Vo obtenida, oscilando linealmente entre -1 [V] y 1 [V] se denomina Onda
Triangular.
ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN.
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
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EJEMPLO 11 (T8):
Obtener y dibujar la característica de transferencia de los siguientes circuitos:
FIGURA T8. 5
PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN
a) ANALIZAMOS EL CIRCUITO DE LA FIGURA A:
La tensión de entrada ViA está conectada a la entrada
inversora del AOA: configuración de Inversor.
La salida VoA se reinyecta a la entrada no inversora a
través de R2A: conexión de realimentación positiva.
Dicha realimentación positiva indica lo siguiente: que la
salida VoA se suma al voltaje de la entrada inversora V+,
lo cual produce una rápida saturación del AOA: su
tensión de salida alcanza rápidamente los valores +Vcc
o -Vcc.
Recordamos que VoA = Ad.Vd = Ad.(V+-ViA), donde Ad es la ganancia diferencial del AO, y Vd es la
tensión diferencial: la tensión de salida VoA depende de la tensión diferencial Vd. Esta configuración
se denomina, usualmente, Comparador (o Disparador) Schmitt Inversor, o bien Comparador
Inversor con Histéresis.
INICIAMOS EL ANÁLISIS.
¿Cuáles son los valores máximo y mínimo que puede alcanzar V+?
V+ no es igual a ViA, ya que este es un caso de realimentación positiva, y por tanto no hay
cortocircuito virtual. De modo que V+ se obtiene considerando la rama o-p-m: es decir, el divisor de
tensión formado por las resistencias R1A y R2A:
æ VoA
ö
æ R1A
ö
V+ = I2A R1A = ç
÷ R1A Þ V+ = ç
÷ VoA
è R1A + R2A ø
è R1A + R2A ø
(EjsT08. 23)
Como -Vcc £ VoA £ Vcc (por definición, la tensión de salida de un AO no puede superar el rango ±Vcc):
æ R1A
ö
æ R1A
ö
-ç
÷ Vcc £ V+ £ ç
÷ Vcc
è R1A + R2A ø
è R1A + R2A ø
(EjsT08. 24)
y, por tanto, el valor de V+ está acotado.
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
Si consideramos ViA << 0 (valores muy negativos de ViA, tendiendo a menos infinito), entonces Vd =
(V+ - ViA) » -ViA >> 0, ya que, comparativamente, el módulo de ViA es muy grande respecto del de V+
dentro del rango indicado en la ecuación (EjsT08. 24). Por dicha razón, VoA = Vcc (AOA saturado,
tensión VoA positiva porque Vd >> 0), lo que implica V+ = R1AVcc / (R1A+R2A).
Según el comportamiento de los AOs diferenciales, si aumentamos ViA (lo acercamos a cero desde
valores negativos), el AOA continuará saturado hasta cuando Vd sea igual a 0, es decir, hasta que
æ R1A
V+ - ViA = 0 Þ ç
è R1A + R2A
ö
æ R1A
÷ Vcc - ViA = 0 Þ ViA = ç
ø
è R1A + R2A
ö
÷ Vcc = VHA sup
ø
(EjsT08. 25)
Podemos llamar a VHAsup tensión de histéresis superior del amplificador operacional A.
Con Vd = 0 ® ViA = VHAsup Þ -Vcc < VoA < Vcc. En palabras: cuando la tensión diferencial es nula, lo
cual se obtiene cuando la tensión de entrada es igual a la de histéresis superior, la tensión de salida
puede encontrarse entre los valores de tensión de saturación.
De acuerdo al comportamiento de un AO en configuración diferencial, cuando ViA sobrepase este
valor, la tensión de salida se saturará a –Vcc, porque Vd < 0, es decir ViA > VHDsup Þ VoA = –Vcc.
Si seguimos aumentando ViA, Vd se hará más negativa, y VoA continuará siendo igual a –Vcc. Este
valor se mantendrá, idealmente, con ViA >> 0 (tendiendo a infinito).
Resumimos y representamos gráficamente este análisis:
ìViA
ï
ïViA
ï
íViA
ï
ïViA
ïV
î iA
<< 0 Þ VoA = + Vcc
< VHA sup Þ VoA = + Vcc
= VHA sup Þ -Vcc < VoA < + Vcc
> VHA sup Þ VoA = - Vcc
>> 0 Þ VoA = - Vcc
æ R1A
con VHA sup = ç
è R1A + R2 A
ö
÷ Vcc
ø
Con los valores especificados en el enunciado del problema, tendremos:
æ R1A
VHA sup = ç
è R1A + R2A
ö
æ
ö
4[kW]
÷ Vcc = ç
÷ 10[V] Þ VHA sup = 2[V]
è 4[kW] + 16[kW] ø
ø
(EjsT08. 26)
Razonando de modo análogo, realicemos el análisis en sentido contrario.
Empezando con ViA >> 0 Þ Vd = (V+ - ViA) » -ViA << 0. Como la tensión diferencial es negativa,
distinta de cero, tendremos a la salida la tensión saturada VoA = -Vcc, y por tanto, analizando el
divisor de tensión de la malla o-p-m, tendremos V+ = R1A´(-Vcc)/(R1A+R2A) = VHAinf.
Conforme vamos disminuyendo ViA, la tensión de salida se mantendrá inalterada VoA = -Vcc, hasta
que Vd = (V+ - ViA) alcance el valor nulo, es decir V+ = VHAinf = ViA, en cuyo caso, -Vcc < VoA < +Vcc.
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
PÁG. 11 DE 13
A continuación, si ViA < VHAinf Þ Vd = (V+ - ViA) = (VHAinf - ViA) > 0, haciendo que la salida se sature
VoA = Vcc. Para valores menores de ViA, Vd seguirá siendo mayor que 0, manteniéndose saturada la
salida VoA = +Vcc.
Resumiendo:
ìViA
ï
ïViA
ï
íViA
ïV
ï iA
ïîViA
>> 0 Þ VoA = - Vcc
> VHA inf Þ VoA = - Vcc
= VHA inf Þ - Vcc < VoA < + Vcc
< VHA inf Þ VoA = + Vcc
<< 0 Þ VoA = + Vcc
æ R1A
ö
con VHA inf = - ç
÷ Vcc
è R1A + R2 A ø
Y, con los valores especificados en el enunciado del problema, tendremos:
æ R1A
ö
æ
ö
4[kW]
VHAinf = ç
÷ ( -Vcc ) = ç
÷ ( -10[V]) Þ VHA inf = -2[V] = - VHA sup
è 4[kW] + 16[kW] ø
è R1A + R2A ø
(EjsT08. 27)
Observamos que el comportamiento del AOA depende de si se aumenta o se disminuye ViA. La
diferencia entre VHAinf y VHAsup se denomina Tensión de Histéresis del Amplificador A, VHA (o,
simplemente, Histéresis del Amplificador A):
æ R1A
ö
æ R1A
ö
2Vcc R1A
Þ
VHA = VHA sup - VHA inf = ç
÷ Vcc - ç
÷ ( - Vcc ) =
R1A + R 2A
è R1A + R2A ø
è R1A + R 2A ø
æ 2 ´ 10[V] ´ 4[kW] ö
Þ VHA = ç
÷ = 4[V]
è 4[kW] + 16[kW] ø
Si superponemos las dos curvas, obtenemos la CARACTERÍSTICA
COMPARADOR CON HISTÉRESIS de la configuración de la Figura A:
EJEMPLOS RESUELTOS DE TE
DE
(EjsT08. 28)
TRANSFERENCIA
DEL
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EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
b) ANALIZAMOS EL CIRCUITO DE LA FIGURA B:
Observamos que la única diferencia con el
circuito de la Fig. A reside en la tensión VR
(tensión de referencia) conectada al punto m.
Tendremos nuevamente un Comparador con
Histéresis, pero esta vez con tensión de
referencia VR no nula.
Como el comportamiento de este circuito es
completamente análogo al de la Figura A, no lo analizaremos nuevamente; simplemente veremos
qué efecto produce la tensión VR en la curva característica de transferencia del circuito.
Como I2B tiene el sentido de p hacia m, el potencial en p es mayor que en m en un valor I2B´R1B. Por
tanto, V+ = Vm + I2B´R1B = VR + I2B´R1B. Hallando I2B de analizar la malla o-p-m, tenemos:
æ V - VR ö
VoBR1B + VRR2B
V+ = VR + I2BR1B = VR + ç oB
÷ R1B Þ V+ =
R1B + R2B
è R1B + R2B ø
(EjsT08. 29)
Como -Vcc £ VoB £ Vcc, los valores de las tensiones de histéresis serán, consecuentemente, aquéllos
para los cuales VoB sea igual a ±Vcc:
VHBsup = V+
VHBinf = V+
VoB = Vcc
VoB =- Vcc
=
æ R2B ö
æ R1B
ö
Vcc R1B + VRR 2B
= VR ç
÷ + Vcc ç
÷
R1B + R2B
è R1B + R2B ø
è R1B + R2B ø
=
æ R2B ö
æ R1B
ö
-VccR1B + VRR2B
= VR ç
÷ - Vcc ç
÷
R1B + R2B
è R1B + R2B ø
è R1B + R2B ø
(EjsT08. 30)
æ R1B
ö
VHB = VHBsup - VHBinf = 2Vcc ç
÷
è R1B + R2B ø
Observamos que la expresión de VH = VHsup - VHinf no
ha cambiado (la tensión de histéresis se mantiene). Si
analizamos, veremos que el efecto que causa VR ¹ 0
es el de desplazar las líneas de transferencia del
circuito un valor VRR2B/(R1B+R2B) (hacia valores
crecientes de ViB si VR>0 y hacia valores decrecientes
si VR<0):
De acuerdo a los valores dados en el enunciado,
calculamos las tensiones correspondientes:
VHB sup =
VHBinf =
Vcc R1B + VRR2B 10[V] 4[kW] + 2[V]16[kW]
=
Þ VHBsup = 3,6[V]
R1B + R 2B
4[kW] + 16[kW]
-VccR1B + VRR2B -10[V] 4[kW] + 2[V]16[kW]
=
Þ VHBinf = -0,4[V]
R1B + R2B
4[kW] + 16[kW]
(EjsT08. 31)
VHB = VHBsup - VHBinf = 3,6[V] - ( -0,4[V] ) Þ VHB = 4[V]
BRÉGAINS, IGLESIA, LAMAS
TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA, CURSO 2009/2010
EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA
PÁG. 13 DE 13
Y representamos la característica de transferencia:
RESUMEN EJEMPLO 11 (T8):
DATOS:
R1A = R1B = 4 [kW];
R2A = R2B = 16 [kW]; VR = 2 [V]
INCÓGNITAS:
a) Característica de Transferencia del circuito de la Figura A = ?
b) Característica de Transferencia del circuito de la Figura B = ?
a) CARACTERÍSTICA DE T RANSFERENCIA CIRCUITO A:
æ R1A
ö
æ
ö
4[kW]
VHA sup = ç
÷ Vcc = ç
÷ 10[V] Þ VHA sup = 2[V]
è 4[kW] + 16[kW] ø
è R1A + R2A ø
é R ( -Vcc ) ù é 4[kW] ( -10[V] ) ù
VHAinf = ê 1A
ú=ê
ú Þ VHA inf = -2[V] = - VHA sup
ë R1A + R2A û ë 4[kW] + 16[kW] û
æ 2 ´ 10 [V] ´ 4[k W] ö
VHA = ç
÷ = 4 [V]
è 4[k W] + 16[k W] ø
b) CARACTERÍSTICA DE T RANSFERENCIA CIRCUITO B:
VHB sup =
VHBinf =
Vcc R1B + VRR2B 10[V] 4[kW] + 2[V]16[kW]
=
Þ VHBsup = 3,6[V]
R1B + R 2B
4[kW] + 16[kW]
-VccR1B + VRR2B -10[V] 4[kW] + 2[V]16[kW]
=
Þ VHBinf = -0,4[V]
R1B + R2B
4[kW] + 16[kW]
VHB = VHBsup - VHBinf = 3,6[V] - ( -0,4[V] ) Þ VHB = 4[V]
EJEMPLOS RESUELTOS DE TE
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