Download Ω = = k RR 10 Ω = k R 20

Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
Problema 10.4ver1
El circuito de la figura 10.4.1 es un convertidor tensión-corriente si se
verifica R1 = R2 + R3 . La resistencia de salida en estas condiciones es Rout = ∞ . a)
Calcular el efecto de IB y VIO en la corriente de carga. iout b) ¿Queda afectada la
resistencia de salida?. c) Calcule la deriva de iout con la temperatura.
∆I B
= 0,1nA /º C . Tome el AO2
Nota: Tome el AO1 ideal, salvo: : I B = 80nA ,
∆T
∆V IO
ideal, salvo V IO = 1mV ,
= 50µV /º C . R2 = R3 = 10kΩ y R1 = 20kΩ .
∆T
Solución:
El análisis en este caso es más simple (el AO1 solo tiene IB, y el AO2 solo VIO)
que en 10.4 y se puede hacer en un solo paso con el circuito de la figura 10.4.2bis.
Figura 10.4.2bis
Planteando el balance de corrientes en el circuito se deduce:
I 1 = I B1 + I 2 + I 3 

I4 = I5

I 3 + I 6 = iout 

0 − v out1 0 − v out
+
R1
R2
v out1 − V IO V IO − v out 2
=
R1
R1
0 − v out v out 2 − v out
+
= iout
R2
R3
0 = I B1 +
→
Despejando vout 2 de la segunda ecuación se obtiene:
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
v out 2 = 2V IO − v out1
De la primera ecuación:

v 
v out1 =  I B1 − out ·R1
R2 

Sustituyendo el valor de vout1 en la expresión de vout 2 :

v
v out 2 = 2V IO −  I B1 − out
R2


·R1

Si se sustituye ahora el valor que se ha obtenido para vout 2 en la tercera
ecuación del balance de corrientes, se llega a:
iout

v 
2V IO −  I B1 − out ·R1 − v out
R2 
v

= − out +
R2
R3
Sustituyendo en esta última expresión la relación que existe entre las
resistencias R1 = R 2 + R3 , se obtiene:
iout = −
v out 2V IO
R
R + R3
1
+
− I B1 1 + v out 2
− v out
R2
R3
R3
R 2 R3
R3
Operando, los términos en v out desaparecen y la expresión final resulta:
iout =
2V IO
R
− I B1 1
R3
R3
b) Recuerde que la ecuación genérica para un convertidor de tensión-corriente es:
iout = AG ·vin −
1
vout
Ro
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
Sin embargo, puede apreciarse que el término adicional no depende de la
tensión de carga v out (tampoco de vin ; es un término constante), por lo que la
resistencia de salida no se ve afectada y continua siendo Rout = ∞ .
c) Tomando incrementos en la expresión de iout , se tiene:
R
2
∆V IO − 1 ∆I B1
R3
R3
La deriva con la temperatura es ∆iout / ∆T . Dividiendo la expresión anterior por
∆T :
∆iout =
∆iout
2 ∆V IO R1 ∆I B1
=
⋅
−
⋅
∆T
R3 ∆T
R3 ∆T
Con los datos del enunciado:
∆iout
nA
2 50 µV 20k 0,1nA
=
⋅ −
⋅ = 10,2 ∆T 10k
10k
C
C
C
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
Problema 10.5ver1
En el circuito de la figura 10.5.1
a) Calcular R2 para que la transresistencia, v out / iin , sea − 0,1V / nA .
b) El AO utilizado tiene una tensión de offset despreciable y unas corrientes de
polarización, a 25ºC, de: I B = 1nA e I IO = 0,2nA . Determine el error que esto
produce en la tensión de salida.
c) Además de los datos del apartado anterior, se tiene que
∆I B ∆I IO
= 100 pA /º C . Determine la deriva en la tensión de salida
=
∆T
∆T
∆v
( out ).
∆T
d) El AO utilizado tiene unas corrientes de polarización despreciables y una
tensión de offset, a 25ºC, de V IO = 1mV . Determine el error que esto produce
en la tensión de salida.
Solución:
Con el sentido de referencia de la figura 10.5.2bis, el balance de corriente en el
nudo A es:
iin + i 2 = i1
iin +
v out − v A v A
=
R2
R1
A
Figura 10.5.2bis
−
Por otra parte, como v = 0V , la tensión en el nudo A es:
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
v A = −iin ⋅ R
Sustituyendo:
iin +
v out + iin ⋅ R
i ⋅R
= − in
R2
R1
Operando:
v out
= − R2
iin

R
R 

⋅ 1 +
+
R1 R 2 

Sustituyendo valores e igualando a − 0,1V / nA , se obtiene:
R2 ≈ 99kΩ
b) En este caso la corriente en R es: iin − I B , como muestra la figura 10.5.3bis:
A
IB
Figura 10.5.3bis
El balance de corriente en el nudo A es ahora:
i + i 2 = i1
➪
iin − I B + i2 = i1
Repitiendo el mismo proceso del apartado a):

R
R 
 ⋅ iin + R2
v out = − R2 ⋅ 1 +
+
R1 R2 


R
R 
⋅ IB
⋅ 1 +
+
R1 R2 

Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
El segundo término representa el error cometido. Note que la sensibilidad del
circuito frente a la señal es la misma que frente a la corriente IB:

R
R
error = R 2 ⋅ 1 +
+
R1 R2


V 
 ⋅ I B = 0,1  ⋅ I B
 nA 

En el peor caso: I B = 1,2nA , y error = 0,12V .
c) Si I B (T ) = I B (25º C ) +
∆I B
∆T , el error es:
∆T
∆I

V  
V 
error = 0,1  ⋅ I B (T ) = 0,1  ⋅  I B (25º C ) + B ∆T  =
∆T
 nA  
 nA 

V  
 nA  
= 0,1  ⋅ 1,2nA + 0,1
∆T 
 nA  
 ºC  
Es decir:
V 
V 
V 
 nA 
v out = −0,1  ⋅ iin + 0,1  ⋅ 1,2nA + 0,1  ⋅ 0,1
 ∆T
 nA 
 nA 
 nA 
 ºC 
Si iin no depende de la temperatura, los dos primeros términos de la
ecuación anterior son constantes con la temperatura. Por tanto, un incremento en la
temperatura provoca un incremento en la tensión de salida de:
V 
 nA 
∆v out = 0,1  ⋅ 0,1
∆T
 nA 
 ºC 
y la deriva con la temperatura en la tensión de salida es:
∆v out
V 
= 0,01

∆T
 ºC 
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
d) El circuito es el de la figura 10.5.2bis, pero v − = V IO , en lugar de 0V.
Siguiendo el mismo proceso que en el apartado a), el balance de corriente en el
nudo A es:
iin + i 2 = i1
iin +
v out − v A v A
=
R2
R1
Pero ahora, la tensión en el nudo A es:
v A = V IO − iin ⋅ R
Sustituyendo:
iin +
v out − (V IO − iin ⋅ R ) V IO − iin ⋅ R
=
R2
R1
Operando se tiene:

R
R 
 ⋅ iin + V IO
+
v out = − R2 ⋅ 1 +
R1 R2 

Ahora el error vale:

R 
⋅ 1 + 2 
R1 


R 
error = 1mV ⋅ 1 + 2  = 0,1V
R1 

Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
Problema 10.8ver1
Suponiendo que en el circuito de la figura 10.8.1, el AO2 tiene una
ganancia finita y función de la frecuencia, a(jf), y que el AO1 es ideal, a) calcular
la resistencia de entrada de Rin(jf) del circuito en función de a(jf). b) Representar el
diagrama de Bode de Rin(jf), indicando con claridad el valor de la función en los
puntos más característicos.
Solución:
Si el AO2 tiene una ganancia finita, el circuito a considerar es el de la
figura 10.8.2bis. Se ha introducido un generador auxiliar de test para calcular la
resistencia de entrada como Rin = vtest / itest .
Como el AO1 es ideal, v out = vtest . En cambio, para el AO2, como la
+
−
ganancia es finita, v AO
2 ≠ v AO 2 . En este caso:
(
)
+
−
v out 2 = av d = a ⋅ v AO
2 − v AO 2 = a ⋅ (v test − v out 2 )
Operando y agrupando variables:
v out 2 = vtest
a
1+ a
Figura 10.8.1bis
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
La corriente itest en R1 se calcula:
itest =
vtest − v out 2
R1
Sustituyendo v out en la expresión anterior:
itest =
a
1 + a = 1 v 1 − a 

test 
R1
R1
 1+ a 
vtest − vtest
Operando y agrupando variables:
Rin =
vtest
= R1 (1 + a )
itest
b) Tomando a en función de la frecuencia:


ao
Rin = R1 (1 + a( jf )) = R1 1 +

f
 1+ j
fa

Sacando factor común (1 + a o ) en
f a (1 + a o ) ≈ f a a o = f t , se tiene, finalmente:
f


+ ao

1+ j
fa
=R 
1

f

 1+ j
fa


el
numerador
y






suponiendo
f 

 1+ j

ft 

Rin = R1 (1 + a o ) ⋅

f 
1 + j

fa 

La figura 10.8.3bis muestra la representación de Bode (solo módulo de esta
función).
Problemas Adicionales. Capítulo 10: El Amplificador Operacional real (I)
Amplificadores Operacionales: Problemas Resueltos. J.A. Martínez , J.M. Benavent y M. Pascual. SPUPV2001.4195
Rin
R1 (1 + ao )
R1
f
fa
ft
Figura 10.8.3bis
La asíntota para f → 0 se puede calcular directamente de la expresión anterior:
 1 + j0 
 = R1 (1 + a o )
= R1 (1 + a o ) ⋅ 
 1 + j0 
Para calcular la asíntota f → ∞ , se divide la expresión inicial por f:
Rin
Rin
f →∞


= R1 (1 + a o ) ⋅ 



f →0
1
1 
+ j

f
ft 
1
1 
+ j

f
fa 
f →∞
1 


0+ j
f 
ft 
= R1 (1 + a o ) ⋅ 
= R1 (1 + a o ) ⋅  a 

1 
 ft 

0+ j
f
a 

Suponiendo, de nuevo que f a (1 + a o ) ≈ f a a o = f t , resulta:
Rin
f →∞
f 
= R1 (1 + a o ) ⋅  a  ≈ R1
 ft 