Post on 07-Apr-2015
AMPLIFICADORES DE POTENCIA
Características Eficiencia de potencia. La cantidad máxima de potencia que el circuito es capaz de
manejar. Acoplamiento de impedancias con dispositivos de salida.
ClasificaciónCategorías en los amplificadores de potencia
Clase A Clase B Clase C Clase D
CLASE ALa señal de salida varía para los 360 grados completos del ciclo La señal de salida varía arriba y abajo y no se satura ya que el voltaje está limitado por la fuente y tampoco se anula porque no alcanza los cero voltios.El punto Q trabaja siempre en zona activa es decir circulara corriente en el colector durante los 360 grados.
TRANSDUCTORMIC(MV)(µV)
Sirve para Simplificar los niveles de corriente de una señal de entrada para operar el dispositivo de salida
CLASE B
Proporciona una señal que varia sobre la mitad del ciclo de la señal, es decir solo puede variar desde el punto de polarización por medio del ciclo de salida positivo.
CIRCUITO EN CONTRAFASE
Nota: una configuración en contrafase se la consigue utilizando en la etapa de salida dos transistores de potencia complementarios es decir un NPN y otro PNP
EFICIENCIA DE UN AMPLIFICADOR DE POTENCIA
η=PoPi
∗100%
AMPLIFICADOR CLASE A ALIMENTADO EN SERIE
Análisis DC
−Vcc+ IbRb+Vbe=0
Ib=Vcc−VbeRb
Io=βIb
LVK
−Vcc+ IcRc+Vce=0
Vce=Vcc−IcRc
Potencia de Entrada
Pin (DC )=Vcc∗IcQ
Clase A → 25 – 50% (pobre)
Clase B → 78.5% (moderado)
Clase C → >90% (alto)
V
V c c
0
Q d e p o t e n c ia
R C
IE
R B
IB
0
IC
0
C i
Potencia de salida
Cuando inyectamos el voltaje de entrada (AC) tanto el Vo como Io varia entorno al punto Q, suministrando potencia AC a la carga.
Po (AC )=Vo ( AC )∗Io (AC ) Po (AC )=Vce (rms )∗Ic (rms )
Po (AC )=Ic2 (rms )∗Rc Po (AC )=Vce2(rms)Rc
Vp=√2∗Vrms
Po (AC )=
Vce ( p)√2
∗Ic( p)
√2→ Po (AC )=
Vce (p )∗Ic( p)2
Po (AC )= Ic 2 ( p )∗Rc2
Po (AC )=Vce2( p)2Rc
Vp−p=2Vp
Po (AC )=
Vce( p−p)2
∗Ic (p−p)
2∗1
2
→ Po (AC )=Vce (p−p )∗Ic(p−p)
8
Po (AC )=(Ic( p−p)
2)2
∗Rc
2→ Po (AC )= Ic 2 ( p−p )∗Rc
8
Po (AC )=Vce( p−p)2
8 Rc
Eficiencia máxima (amplificador clase A)
Vce (max )=Vce ( p−p )=Vcc %η=Po(AC)Pin (DC )
=
Vcc2
8 RcVcc2
2 Rc
∗100%=¿25%
Ic (max )=Ic( p−p)=VccRc
Po (ACmax )=Vce ( p−p )∗Ic (p−p )8
Po (ACmax )=
Vcc8
∗Vcc
Rc=Vcc2
8 Rc
AMPLIFICADORES CLASE B
Un amplificador clase B sin transformador está formado por dos transistores de potencia complementarios y cada una conduce en medio ciclo de su señal para producir en la salida un ciclo completo de su señal.
Potencia de entrada
Pin (DC )=Vcc∗IDC
IDC=2πIp
Pin (DC )=Vcc ( 2πIp)
Potencia de salida Eficiencia
Po (AC )=Vl(rms)2
Rlη=
Vl (p )∗π4Vcc
∗100
Po (AC )=Vl( p)2
2 Rlη (max )=Vcc∗π
4Vcc∗100=π
4=78.5%
Potencia disipada por los transistores de salida
P2Q=Pin (DC )−Po(AC )
Potencia disipada máxima
Pomax (AC )=Vcc2
2Rl
Pin (DC )max=Vcc∗Idc (max )=Vcc∗2π
Il ( p )=2Vcc2
πRl
Nota: en la operación clase B la máxima disipación de potencia de los transistores de salida no ocurre en la condición de máxima eficiencia sino
cuando el voltaje en la carga pico sea: Vl ( p )=2π Vcc
Amplificador clase B en contrafase
Los transistores Q1 y Q2 deben ser
complementarios
En este caso el nivel de continua por tener dos fuentes simétricas en el punto de unión de los dos transistores es cero por lo cual no necesitamos conectar a la salida un capacitor.
AMPLIFICADORES CLASE B EN CONTRAFASE
Para la siguiente simulación, utilizamos un transistor NPN BD233 y su complementario BD234
R 1
5 k
Q 1 0
B D 2 3 4
R 2
5 k
0
R 3
1 k
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0
C 1
1 0 0 n
0
0
Q 9
B D 2 3 3
V 1
2 0
V 2
2 0
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
2 0 . 0 0 V
2 9 . 2 0 u V
Q 1 0
B D 2 3 4
4 1 2 . 8 f A
-2 4 . 4 7 p A
2 4 . 0 6 p A
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
0
-2 0 . 0 0 V
R 3
1 k
2 . 9 2 9 p AV 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 A
0
C 1
1 0 0 n
0
2 . 9 2 9 n V
0
0 V
Q 9
B D 2 3 3-1 1 . 6 8 n A
1 1 . 7 1 n A
-2 6 . 9 9 p A
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
0
R L
Q 1 N P N
C 1
Q 2 P N P
0
-V c c
V i
R 1
0
0
V c c
R 2
Voltaje en Q9
R 1
5 k
Q 1 0
B D 2 3 4
R 2
5 k
0
R 3
1 k
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0
C 1
1 0 0 n
0
0
Q 9
B D 2 3 3
V 1
2 0
V 2
2 0
Voltaje Vo
Ahora realizamos la simulación utilizando los mismos transistores pero con una resistencia de carga de 4 ohmios.
V 1
2 0
0
C 1
1 0 0 n
R 1
5 k
0
R 2
5 k
V 2
2 0
0
Q 9
B D 2 3 3
0
Q 1 0
B D 2 3 4
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
R 3
4
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
2 0 . 0 0 V
-2 0 . 0 0 V
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
0
1 1 . 7 2 p VC 1
1 0 0 n
0
02 9 . 2 0 u V
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 A
0
Q 9
B D 2 3 3-1 1 . 6 8 n A
1 1 . 7 1 n A
-2 6 . 9 9 p A
0 V
Q 1 0
B D 2 3 4
4 1 2 . 8 f A-2 4 . 4 7 p A
2 4 . 0 6 p A
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
R 3
4
2 . 9 2 9 p A
Voltaje en Q9
Voltaje Vo
Para la siguiente simulación, utilizamos un transistor NPN TIP41C y su complementario TIP42C
Voltaje en Q7
V 2
2 0
R 1
5 k
Q 7
TI P 4 1 C
Q 8
TI P 4 2 C
R 3
1 k
V 1
2 0
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
R 2
5 k
0
C 1
1 0 0 n
0
0
0
2 0 . 0 0 V
4 . 5 6 1 n V
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
Q 7
TI P 4 1 C-3 . 2 8 2 p A
3 1 . 9 2 p A
-2 8 . 6 4 p A
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
R 3
1 k
4 . 5 6 1 p A
0
C 1
1 0 0 n0 V
0
-1 . 0 1 0 n V
-2 0 . 0 0 V
0
0
Q 8
TI P 4 2 C
3 . 6 8 6 p A-2 7 . 7 7 p A
2 4 . 0 8 p A
Voltaje Vo
Ahora realizamos la simulación utilizando los mismos transistores pero con una resistencia de carga de 4 ohmios.
Q 8
TI P 4 2 C
0
R 2
5 kQ 7
TI P 4 1 C
V 2
2 0
C 1
1 0 0 n
R 1
5 k
R 3
4
0
V 1
2 0
0
0
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0 0 V
Q 8
TI P 4 2 C
3 . 6 8 6 p A-2 7 . 7 7 p A
2 4 . 0 8 p A
0
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
Q 7
TI P 4 1 C-3 . 2 8 2 p A
3 1 . 9 2 p A
-2 8 . 6 4 p A
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
C 1
1 0 0 n
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
R 3
4
4 . 5 6 1 p A
0
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
1 8 . 2 4 p V
2 0 . 0 0 V
-2 0 . 0 0 V
-1 . 0 1 0 n V
0
0
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
Voltaje en Q7
Voltaje Vo
Para la siguiente simulación, utilizamos un transistor NPN BD441 y su complementario BD442
Voltaje en Q10
Q 1 0
B D 4 4 1
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
Q 1 1
B D 4 4 2
0
V 2
2 0
0
0
V 1
2 0
R 1
5 k
0
C 1
1 0 0 n
R 3
1 k
R 2
5 k
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
-2 0 . 0 0 V
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 A 0 V
0
Q 1 0
B D 4 4 1-4 4 . 6 3 p A
6 9 . 9 8 p A
-2 5 . 3 6 p A
0
0
2 0 . 0 0 V
R 3
1 k
5 9 6 . 0 f A
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
0
5 9 6 . 0 p V
1 0 8 . 4 n V
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
C 1
1 0 0 n
Q 1 1
B D 4 4 2
1 . 2 8 5 p A
-2 6 . 0 4 p A
2 4 . 7 6 p A
Voltaje Vo
Ahora realizamos la simulación utilizando los mismos transistores pero con una resistencia de carga de 4 ohmios.
Q 1 1
B D 4 4 2
R 2
5 k
R 1
5 k
0
C 1
1 0 0 n
0
R 3
4
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0
0
V 1
2 0
Q 1 0
B D 4 4 1
V 2
2 0
2 0 . 0 0 V
Q 1 1
B D 4 4 2
1 . 2 8 5 p A
-2 6 . 0 4 p A
2 4 . 7 6 p A
R 2
5 k
4 . 0 0 0 m A
2 . 3 8 4 p V
R 1
5 k
4 . 0 0 0 m A
0
C 1
1 0 0 n0 V
0
-2 0 . 0 0 V
R 3
4
5 9 6 . 0 f AV 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 A
0
0
1 0 8 . 4 n V
V 1
2 0
4 . 0 0 0 m A
Q 1 0
B D 4 4 1-4 4 . 6 3 p A
6 9 . 9 8 p A
-2 5 . 3 6 p A
V 2
2 0
4 . 0 0 0 m A
Voltaje en Q10
Voltaje Vo
Analizar y simular el amplificador de potencia de la figura, variar ganancia de voltaje con distintos valores de R7, análisis en el tiempo y frecuencia, mida el voltaje entre los dos diodos, simule la salida sin distorsión de crossover, investigar como poner frecuencia de corte superior, realizar análisis de potencia.
Voltaje Vo
R 1 5
3 3
R 5
1 0 k
0
Q 3
B D 4 4 1
R 4
5 6 k
D 2
D 1 N 4 1 4 8V 7
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
R 7
1 5 0 k
R 1 6
2 . 2 k
R 3
1 5 k
R 6
1 2 k
Q 2
B D 4 4 2
R 1 2
1
V 1
3 0
C 1
1 0 0 n
R 2
3 3 0 kR 1 3
1
Q 4
Q 2 N 3 0 5 5
0
Q 7
B D 4 4 2
R 1 1
6 8 0
D 1
D 1 N 4 1 4 8
0
Q 9
Q 2 N 3 0 5 5
R 9
6 8 0
C 2
1 . 5 u
Q 8
B C 5 4 8 A
C 3
8 2 0 p F
0
Q 1
B C 5 4 8 A
R 1
3 3 0 k
V 3
3 0
R 1 7
4 7R 1 4
80
R7=100K
R7=200k
R7=300K
R7=350K
Análisis de R7=150k en la frecuencia
Voltaje en el diodo
Realizar el análisis de potenciaPo(AC)= VL2 P / 2RL = 15 wIL(P)= VLP / RL =1 Vp / 8Ω= 0.125IDC= (2/π) IL(p)= (2/π)(0.125 A)= 79.5mAPin(DC)=Vcc *IDC= 20 (79.5m A)= 15.9 Wη= Po(AC) / Pin(DC)=(15/ 15.9)* 100% = 94.33%
Valores maximosIL max=Vcc / RL= 20 V / 8Ω= 2.5APo(AC) max= IL2 RL= (2.5A / √2)2 (8Ω)= 25 W
Potencia disipada por los transistoresP2Φ= Pin(DC) – Po(AC)P2Φ= 15.9 W – 15 WP2Φ= 0.9 WPQ= 0.9 W / 2 = 0.45 W
Distorsión de cruce por cero
El principal inconveniente del amplificador de potencia en contrafase es la distorsión de cruce por cero y se debe a que cada transistor entre base y emisor, tiene un diodo con caída aproximada 0.7V, entonces el voltaje AC de entrada tiene q romper esta barrera para poner a conducir a los transistores.
Para eliminar este inconveniente es necesario aplicar una ligera polarización directa a cada diodo entre base y emisor.
0
R L
Q 1 N P N
Q 2 P N P
0.7
V i0.7
0
0
0
Eliminación de distorsión de cruce por cero
Consiste en introducir divisores de voltaje para generar los 0.7V de arranque de cada transistor por lo cual existen 2 maneras de corregir este efecto de distorsión.
2Vbe=Ipol (2 R )
R=VbeIpol
0
R L
C
R 1
Q 2
1 o h m
1 o h m
0
V i
+V c c
ALTA POTENCIA
0
R
ESTABLECE NIVEL DE CORRIENTE
C
R
-V c c
Ipol
0
Q 3
Ipol
Existe una mejor forma de eliminar la DCC y es utilizando diodos de compensación para producir la polarización en los diodos de Base-emisor de cada transistor de potencia.
−Vcc+ Ipol (R1+R4 )+2Vbe−Vcc=0
Ipol=2Vcc−2VbeR1+R 4
Si R1=R4
Ipol=Vcc−VbeR
Simular el circuito en clase B con resistencia que elimina el crossover
C 5
1 0 0 n
0
V 1 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0
R 2 3
5 k
R 2 0
1
0
C 6
1 0 0 n
0
Q 1 1
B D 4 4 2
V 1 1
2 0
R 2 2
4
R 1 8
1 7 5
Q 1 0
B D 4 4 1
R 2 1
1
V 1 0
2 0
R 1 9
1 7 5
C 5
1 0 0 n
0
-1 7 . 3 8 V
V 1 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 A
0
R 2 3
5 k
7 . 4 7 7 m A
0 V
-1 8 . 6 9 V
R 2 0
1
1 7 . 3 6 p A
-2 0 . 0 0 V
0
-1 5 . 3 4 VC 6
1 0 0 n
0
Q 1 1
B D 4 4 2
-2 1 5 . 9 m A
-3 . 6 1 9 A
3 . 8 3 5 A
V 1 1
2 03 . 8 4 2 A
R 2 2
4
3 . 8 3 5 A
R 1 8
1 7 5
7 . 4 7 7 m A
Q 1 0
B D 4 4 1-9 3 . 2 0 p A
1 1 0 . 6 p A
-1 7 . 3 6 p A
R 2 1
1
3 . 8 3 5 A
V 1 0
2 07 . 4 7 7 m A
2 0 . 0 0 V
R 1 9
1 7 5
7 . 4 7 7 m A
D 2
0
R L
R 1
Q 2
1 o h m
1 o h m
0
V i
+V c c
0
D 1
-V c c
Ipol
0
R 4
Q 3
Ipol
Simular el circuito en clase B con diodos que elimina el crossover
V 1 1
2 0
0
R 1 0
5 k
0
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0 D 5
D 1 N 4 1 4 8
Q 1 1
B D 4 4 2
R 2 3
5 k
C 5
1 0 0 n
0
Q 1 0
B D 4 4 1
0
R 2 1
1
D 6
D 1 N 4 1 4 8
V 1 0
2 0
R 2 0
1
R 2 2
4
V 1 1
2 04 1 . 2 4 m A
0
R 1 0
5 k3 . 8 6 4 m A
0
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
0 AD 5
D 1 N 4 1 4 8
3 . 5 2 0 m A
Q 1 1
B D 4 4 2
-3 4 4 . 5 u A
-3 7 . 3 8 m A
3 7 . 7 2 m A
R 2 3
5 k
3 . 8 6 9 m A
6 5 3 . 5 m V
C 5
1 0 0 n
0
2 0 . 0 0 V
-4 . 7 2 7 m V0 V
Q 1 0
B D 4 4 13 4 9 . 8 u A
3 6 . 1 9 m A
-3 6 . 5 4 m A
-1 3 . 2 0 m V
0
R 2 1
1
3 7 . 7 2 m A
D 6
D 1 N 4 1 4 8
3 . 5 2 0 m A
V 1 0
2 04 0 . 0 6 m A
R 2 0
1
3 6 . 5 4 m A
R 2 2
4
1 . 1 8 2 m A
Realizar el análisis de potencia
Po(AC)= VL2 P / 2RL =IL(P)= VLP / RL =15 Vp / 4Ω= 3.75IDC= (2/π) IL(p)= (2/π)(3.75 A)= 2.387 APin(DC)=Vcc *IDC= 20 (2.387 A)= 47.74 Wη= Po(AC) / Pin(DC)=(28.125 / 47.74)* 100% = 58.91%
Valores maximosIL max=Vcc / RL= 20 V / 4Ω= 5APo(AC) max= IL2 RL= (5A / √2)2 (4Ω)= 50.30 W
Potencia disipada por los transistoresP2Φ= Pin(DC) – Po(AC)P2Φ= 47.74 W – 28.125 WP2Φ= 19.74 WPQ= 19.7 W / 2 = 9.87 W
Etapa de realimentación
La segunda componente de un amplificador de potencia para audiofrecuencia es la realimentación ya que esta reduce la distorsión, el ruido y permite fijar correctamente el punto de operación del amplificador.
A= AdA+AoHo
Ho= RlR1+R2
Etapa de realimentado tipo dos
El condensador originara una frecuencia de corte inferior que puede calcularse y la ganancia sigue siendo la misma. Av=1
R L
R 1
0R 2
Diferencial AD
0
ViEtapa dePotencia
R L
R 1
0R 2
C
Diferencial AD
0
ViEtapa dePotencia
Etapa de realimentado tipo tres
Al introducir otro condensador, podemos también determinar una frecuencia de corte superior.
Amplificadores de potencia en contrafase con una sola fuente de alimentación
D 2
0
C
R L
R 1
Q 2
Vcc/2
0
V i
+V c c
0
D 1C
2 0 0 0 u
0
R 4
Q 3
Análisis DC Valores máximos
R L
R 1
C 2 0R 2
C 1
Diferencial AD
0
ViEtapa dePotencia
LVK Vl ( p )max=Vcc2
−Vcc+cVce=0 Po (AC )=Vl ( p )2
2Rl=Vcc2/4
2Rl
Vce=Vcc2
Po (AC )max=Vcc2
8 Rl
ηmax=
Vcc2
RlVcc2
πRc
*100% Pin (dc )max=Vcc∗I (dc )max
ηmax=π8∗100%=39.27% Pin (dc )max=Vcc2
πRl
Para obtener un circuito equivalente al amplificador con dos fuentes simétricas vamos a sumar vcc a todos los nodos del circuito como se muestra a continuación.
D 2
0
C
R L
R 1
Q 2
0
V i
2 V c c
0
D 1C
2 0 0 0 u
0
R 4
Q 3
Amplificadores de Potencia en contrafase con una sola fuente de alimentación
V 1
2 0
0
0
0
C 2
2 0 0 0 u
D 4
D 1 N 4 1 4 8
R 2
5 k
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 8V O F F = 0
R 1
5 k
Q 1 1
B D 4 4 2
C 1
4 . 7 u
D 3
D 1 N 4 1 4 8
V
Q 1 0
B D 4 4 1
R 3
1 k
0
Aumentando el voltaje de entrada
C 2
2 0 0 0 u
0
0
V 1
2 0
R 3
1 k
0
R 1
5 k
Q 1 0
B D 4 4 1
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
D 3
D 1 N 4 1 4 8C 1
4 . 7 u
Q 1 1
B D 4 4 2
V
R 2
5 k
D 4
D 1 N 4 1 4 80
Para obtener un equivalente al amplificador con dos fuentes simétricas, vamos a sumar vcc a todos los nodos del circuito como se muestra a continuación:
0
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 8V O F F = 0
Q 1 1
B D 4 4 2
C 1
4 . 7 u
Q 1 0
B D 4 4 1
R 3
1 k
D 3
D 1 N 4 1 4 8
V 1
4 0
0
0
V
0
C 2
2 0 0 0 u
D 4
D 1 N 4 1 4 8
R 2
5 k
R 1
5 k
Amplificador Clase B cuasicomplementario
R L
Q 2
Q 1
R 1
Q 4C 1
V i
V c c
0
R 3
0
C 2
0
C
0
Q 3
R 4
Red de Zobel
Condiciones de inestabilidad
R=Ra ; C=LA/Ra2
0
R
0
R a
L
1
2
C
Amplificador clase B cuasi complementario
Voltaje de salida del RL
R 2
2 7 7
Q 2
B D 4 4 2
R 5
1 k
C 1
4 uQ 3
TI P 3 0 5 5
R 3
5 k
0
0
V
Q 1
B D 4 4 1
Q 4
TI P 3 0 5 5
C 2
4 u
V 3
-2 0
V 2
2 0
V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
R 4
5 k
0
C 3
2 5 0 0 u
0
R 1
2 7 7
LVK
-20 +Ipol (5K + 5K) + 2.1v -20 = 0Ipol = 37.9/10kIpol = 3.79mAR = 2.1/3.75mAR = 554R1 y R2 = 277 c/uP0Ac = 14.06wIL(p) = 15/8 = 1.875vIdc = (2IL)/Idc = 1.19APidc = Vcc . IdcPidc = 20 * 1.19 APidc = 23.8w = (14.06w)/(23.8)*100% = 59.07%Ilmáx = 20/ 8 = 2.5AP0(Ac)máx = (2.5/2)2*8P0(Ac)máx = 25w
Corriente IRL
R 2
2 7 7
R 58
R 4
5 k
C 1
4 u
Q 6
Q 2 N 3 9 0 6
C 2
4 u
0
0
I
Q 3
TI P 3 0 5 5
V 3
-2 0
Q 5
Q 2 N 3 9 0 4
V 2
2 0
Q 4
TI P 3 0 5 5
V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 5V O F F = 0
C 3
2 5 0 0 u
0
R 3
5 k
0
R 1
2 7 7
Potencia RL
Acoplamiento de la entrada en contrafase de un amplificador
Rth = R9||R10Rth = 272.72kVth = R10/(R9+R10)Vth = (600k*40)/1100kVth = 21.81v
LVK-21.8v + 272.72kIb + 50(+1)+0.7v = 0Ib = (21.81 -0.7)/(272.72k + 50*225)Ib = 74.33AIc = IbIc = 16.65mALVK-40 + 1kIc +1.4v + (+1)Ic +Vce = 0Vce = 38.6 -16.65 -0.01Vce = 21.93v
EL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL
R 6
1 k
Q 3
TI P 3 0 5 5
V 1
0 V d c
V 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 0 . 8V O F F = 0
R 1
5 0 0 k
0
0
Q 2
B D 4 4 2 0
R 8
1 k
C 1
2 0 0 0 u
0
Q 1
B D 4 4 1
R 5
1
R 7
5 0
C 2
4 . 7 u
R 2
6 0 0 k
D 2
D 1 N 4 1 4 8
D 1
D 1 N 4 1 4 8
R 4
1
1 . 0 1 5 V
R 6
1 k
0 A
0
V 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 0 . 8V O F F = 0
0 A4 1 5 . 8 m V
R 1
5 0 0 k
7 7 . 9 7 u A
3 0 . 9 6 V
R 8
1 k
8 . 3 3 1 m A
Q 2B D 4 4 2
-5 2 9 . 5 u A
-6 3 . 3 8 m A
6 3 . 9 1 m A
3 0 . 2 5 V
C 1
2 0 0 0 u
4 0 . 0 0 V
Q 3
TI P 3 0 5 57 6 . 2 8 u A
8 . 2 4 0 m A
-8 . 3 1 6 m A
0
Q 1
B D 4 4 16 2 0 . 3 u A
6 3 . 2 9 m A
-6 3 . 9 1 m A
R 7
5 0
8 . 3 1 6 m A
C 2
4 . 7 u
0 V
R 5
1
6 3 . 9 1 m A
3 1 . 6 7 V
0
0 V
R 2
6 0 0 k
1 . 6 9 1 u A
0 V
0
3 0 . 9 7 V
D 2
D 1 N 4 1 4 8
7 . 7 1 1 m A
D 1
D 1 N 4 1 4 8
7 . 7 1 1 m A R 4
1
6 3 . 9 1 m A
V 1
4 0
7 1 . 6 9 m A
Vo=Vo2−Vo1
Caracteristicas
Presenta dos entradas Presenta dos salidas Está formado por dos etapas de emisor común en paralelo Los emisores están puenteados
Modos de operación:
Hay tres modos:
Terminal simple Terminal doble Modo común
Nota: Un amplificador diferencial presenta una ganancia muy grande cuando se aplican señales opuestas a la entrada- La entrada no inversora está en fase con la salida- Al entrada inversora esta en oposición de fase con la salida
0
R E
V1 (+) INVERSORA
Q 6
Vo1
0
R C
V c c
Vo2
V2 (+) NO INVERSORA
Q 5
-v c c
R C
Polarización en DC
Vbe+Ve=0 IE= IEE2
Ve=−Vbe IC ≈ IE
Ve=−0.7V IC= IEE2
IEE=VEE−0.7Vℜ
LVK
−Vcc+ IcRc+Vo=0
Vo=Vcc−IcRc
En un amplificador diferencial, los transistores deben estar bien acoplados, es decir, deben tener el mismo beta.
0
R E
Q 6
0
IC
Vo1
0
R C
V c c
Vo2
IC
Q 5
-V E E
0
R C
Ganancia de Voltaje para una sola entrada AC
LVK
−Vi+ Ibri+ Ibri=0 Ib1=Ib 2=ib
Ib= Vi2ri
ri1=ri2=ri
Ic=βIb=βVi2 ri
Vo=IcRc
Vo=βVi2 ri
Rc=βVi2βre
Rc
VoVi
=β12 βre
Rc
A=VoVi
= Rc2ℜ
Operación en modo común
0
0
r i1 B 1 I b 1V 8
0
R C r i 2
0
B 2 I b 2
R E
Bre
0
R C
Lo ideal es que el amplificador diferencial proporcione una gran amplificación de las señales aplicada ambas entradas, y una pequeña amplificación de la señal común ambas entradas.
LVK
−Vi+ Ibri+2 (β+1 ) IbRE=0
Ib= Viri+2 (β+1 ) ℜ
Vo=IcRc=βIbRc= βViRcri+2 (β+1 ) ℜ
Ac=VoVi
= βRcβre+2 (β+1 ) ℜ
Factor de rechazo de modo común (CMRR)
0
(B+1)Ib
0
r i1 B 1 I b 1V 8 R C r i 2
0
B 2 I b 2
R E
Bre
0
R C
(B+1)Ib
Es un claro indicador de la calidad de un amplificador diferencial. Este será mejor cuanto mayor sea si CMRR y para eso se requiere que: RE>>re
CMRR=|Ad||Ac|=
βRc2 riβRc
ri+2 (β+1 ) ℜ
=ri+2 β (+1 ) ℜ
2ri=
βre+2 (β+1 ) ℜ2 βre
CMRR=12+2 (β+1 ) ℜ2 βre
=0.5+ ℜℜ
Fuente de corriente (espejo de corriente)
Io=Vcc−0.7VRo
AMPLIFICADOR DIFERENCIAL
D 3
D 1 0 D 1
R c
0
R 2
0
Q
R 1
Q 2
Q
0
R 1 2
0
C 1
+V c c
C 2
R 1
R oIo
Q
Io
R 2
+V c c
Q 1
0
V1
0
0
0
R c
V2
Ejercicio 1
Iee=(Vee-0.7)/Re=(15-0.7)/7.5k=1.9166mA
Ie=Iee/2=1.9166mA/2=0.9533mA Ie≈Ic
Vo=Vcc-IcRc=15-(0.9533mA)(5k)=10.2333V
Ejercicio 2
0
R 1
5 k
R 3
7 . 5 k
V 1
1 5
R 2
5 k
0
0
0
Q 1
B D 4 4 1
Q 2
B D 4 4 1
V 2
-1 5
1 0 . 2 8 V
0
R 1
5 k
9 4 3 . 7 u A
R 3
7 . 5 k
1 . 9 3 0 m A
0 V
V 1
1 5
1 . 8 8 7 m A
R 2
5 k
9 4 3 . 7 u A
0
-1 5 . 0 0 V
0
1 0 . 2 8 V
1 5 . 0 0 V
-5 2 8 . 8 m V
0
Q 1
B D 4 4 1
2 1 . 0 6 u A9 4 3 . 7 u A
-9 6 4 . 7 u A
Q 2
B D 4 4 1
2 1 . 0 6 u A
9 4 3 . 7 u A
-9 6 4 . 7 u A
V 2
-1 51 . 9 3 0 m A
Iee=(Vee-0.7)/Re=(30-0.7)/12k=2.441mA
Ie=Iee/2=2.441mA/2=1.22mA Ie≈Ic
Vo=Vcc-IcRc=30-(1.22mA)(15k)=11.7V
Ejercicio 3
0
V 2
-3 0
R 3
1 2 k
0
0
R 2
1 5 k
0
V 1
3 0
Q 1
B D 4 4 1
Q 2
B D 4 4 1
R 1
1 5 k
0 V0
V 2
-3 02 . 4 5 5 m A
R 3
1 2 k
2 . 4 5 5 m A
0
-5 3 4 . 7 m V
0
R 2
1 5 k
1 . 2 0 3 m A
0
V 1
3 0
2 . 4 0 6 m A
-3 0 . 0 0 V
3 0 . 0 0 V
1 1 . 9 6 V1 1 . 9 6 V
Q 1
B D 4 4 1
2 4 . 8 9 u A1 . 2 0 3 m A
-1 . 2 2 8 m A
Q 2
B D 4 4 12 4 . 8 9 u A
1 . 2 0 3 m A
-1 . 2 2 8 m A
R 1
1 5 k
1 . 2 0 3 m A
V 1
9
Q 2
B D 4 4 1
0
V 5
-9
0
0
0
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 5 0 mV O F F = 0
R 3
4 3 k
R 2
4 7 k
Q 1
B D 4 4 1
R 1
4 7 k
-4 7 0 . 8 m V
V 1
9
1 8 9 . 8 u A
Q 2
B D 4 4 14 . 2 8 8 u A
9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
0
V 5
-91 9 8 . 4 u A
-9 . 0 0 0 V
0
0
0
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 5 0 mV O F F = 0
4 . 2 8 8 u A
R 3
4 3 k
1 9 8 . 4 u A
9 . 0 0 0 V
0 V
4 . 5 4 0 V4 . 5 4 0 V
R 2
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
Q 1
B D 4 4 1
4 . 2 8 8 u A9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
R 1
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
Análisis DC
Iee=(Vee-0.7)/Re=(9-0.7)/43k=193.08uA
Ie=Iee/2=193.02umA/2=96.51uA Ie≈Ic
Vo=Vcc-IcRc=9-(96.51uA)(47k)=4.46V
Análisis AC
re=26mV/Ie=26m/96.51u=269.40Ω
Av=Rc/2re=47k/2(269)=87.4
-4 7 0 . 8 m V
V 1
9
1 8 9 . 8 u A
Q 2
B D 4 4 14 . 2 8 8 u A
9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
0
V 5
-91 9 8 . 4 u A
-9 . 0 0 0 V
0
0
0
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 5 0 mV O F F = 0
4 . 2 8 8 u A
R 3
4 3 k
1 9 8 . 4 u A
9 . 0 0 0 V
0 V
4 . 5 4 0 V4 . 5 4 0 V
R 2
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
Q 1
B D 4 4 1
4 . 2 8 8 u A9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
R 1
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
Ganancia de Voltaje
Voltaje Vo
Ejercicio 4
Voltaje Vo1 y V02
V 5
-9
V 9
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 0 mV O F F = 0
R 3
4 3 k
V 1
9 0
0
0
R 2
4 7 k
Q 1
B D 4 4 1
0
V 1 0
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = -1 0 mV O F F = 0
Q 2
B D 4 4 1
R 1
4 7 k
V 5
-91 9 8 . 4 u A
V 9
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1 0 mV O F F = 0
4 . 2 8 8 u A
4 . 5 4 0 V
R 3
4 3 k
1 9 8 . 4 u A
9 . 0 0 0 V
V 1
9
1 8 9 . 8 u A
4 . 5 4 0 V
0
0
0
-9 . 0 0 0 V
R 2
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
-4 7 0 . 8 m V
0 V
Q 1
B D 4 4 1
4 . 2 8 8 u A9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
0
V 1 0
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = -1 0 mV O F F = 0
4 . 2 8 8 u A
Q 2
B D 4 4 1
4 . 2 8 8 u A9 4 . 8 9 u A
-9 9 . 1 8 u A
R 1
4 7 k
9 4 . 8 9 u A
Vo=-10mVp-10mVp=-20mVp=|20mVp|
Vo=(Ad)(Vd)=(87.4)(20m)=1.748Vp
Fuente de corriente
LVK
−Vcc+ IR4 R 4+0.7−Vcc=0
IR 4=2Vcc−0.7R 4
=3.93mA
IE= IR 42
=1.965mA
ℜ=26mVIE
=13.23
LVK
−Vcc+ (4.7K ) Ic+Vo=0
Vo=Vcc−(4.7k ) (1.965m )
Vo=10.76V
Av=VoVi
= Rc2ℜ
=177.62
Vo=177.62 (30mV )=5.33Vp
0
V 2 7
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 3 0 mV O F F = 0
V 2 8
-2 0
R 41 0 k
Q 4
B D 1 3 5 -1 0 / P L PQ 3
B D 1 3 5 -1 0 / P L P
0
R 2
4 . 7 k
0
R 3
4 . 7 k
V 2 9
2 0
Q 5
Q 2 N 2 5 8 6
V
0
Q 6
Q 2 N 2 5 8 6
0
V 2 7
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 3 0 mV O F F = 0
1 9 . 7 7 u A
V 2 8
-2 09 . 0 0 1 m A
8 . 1 7 5 V
0 V
R 4
1 0 k
3 . 9 2 9 m A
-1 9 . 2 9 V
Q 4
B D 1 3 5 -1 0 / P L P
2 . 5 1 6 m A
1 9 . 7 7 u A
-2 . 5 3 6 m A
-6 3 1 . 5 m V
Q 3
B D 1 3 5 -1 0 / P L P2 . 5 1 6 m A
1 9 . 7 7 u A-2 . 5 3 6 m A
0
R 2
4 . 7 k
2 . 5 1 6 m A
0
-2 0 . 0 0 V
8 . 1 7 5 V
R 3
4 . 7 k
2 . 5 1 6 m A
V 2 9
2 08 . 9 6 1 m A
Q 5
Q 2 N 2 5 8 6
1 2 . 6 0 u A
3 . 9 0 4 m A
-3 . 9 1 6 m A
0 V
V
0
2 0 . 0 0 V
Q 6
Q 2 N 2 5 8 61 2 . 6 0 u A
5 . 0 7 2 m A
-5 . 0 8 4 m A
Voltaje de salida Vo
Ganancia de Voltaje
AMPLIFICADOR OPERACIONAL
Es un amplificador diferencial con muy alta ganancia, presenta una alta impedancia de entrada y una baja impedancia de salida.
Vo=A (V 2−V 1 )
La ganancia depende tambien de su frecuencia
Ft=Af 1=105∗10=1MHz
A= Vo(V 2−V 1) V 2−V 1=Vo
A V 2=V 1
El voltaje de entrada no inversora es igual al voltaje en la entrada inversora.
Fuentes simetricas
Zona lineal (activa)
V +¿=V−¿¿ ¿
Zona saturada
V +¿≠ V−¿ ¿¿
Rapidez de cambio (slew rate)
Sr=∆V∆ t
Se define como una velocidad maxima con el que el voltaje de salida puede variar.
Ganancia de lazo abierto
Vo=AOL¿
V+ V- V+-V- Vo Vo real
-15uV -10uV -15uV -1 -15
+15uV -10uV 25uV 5 15
0V 5mV -5mV -1000 -15
5mV 0V 5mV 1000 15
Para poner en zona lineal a un opamp, este debe tener un camino de realimentacion que obligue al opamp a depender de valores externos con resistores, capacitores, etc.
Circuitos lineales con OPAMP (amplificador inversor)
AOL=200000
+V c c
1 5
-V c c
-1 5
R 2
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
00
0
0
0
V +¿>V−¿→Vo=+Vsat ¿¿
V +¿<V−¿→Vo=−Vsat ¿ ¿
Z. lineal LVK Il=V oRl
I 1= ViR1
V +¿=0V ¿ I 1 RF+Vo=0
V +¿=V−¿¿ ¿ Vo=−I 1 RF
V−¿=0V ¿ Vo=−( ViR1 )RF → (VoVi )=Av
LCK Av=−RFR1
Vo=−RFR1
∗Vi
I 1+ Il=Io
Generalmente la corriente de salida de un opamp esta entre 5 y 10 mA.
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
R 1
+V c c
-V c c
R 2
R F
I1
0
IL
0
Io
0
0
0
AMPLIFICADOR OPERACIONAL
Amplificador inversor
Ejercicio 1
I 1= ViR1
= 1V10k
=0.1mA
Av=−RFR1
=−100 k10 k
=−10
Vo=Av∗Vi=−10 (1 )=−10Vdc
V
R 1
1 0 k
00
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
V
0V 2
1 2
0
V 1
-1 2U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
R 2
1 0 0 k
R 3
2 5 k
I 1 (100k )+Vo=0
Vo=−0.1mA (100k )=−10Vdc
Il=0−(−10V )25k
=400uA
Io=I 1+ Il=0.1m+0.4m=500uA
V
V 2
1 2
00
V
0
V 1
-1 2
R 2
1 0 0 k
0
R 3
2 5 k
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
R 1
1 0 kV 41
Con Vi=2Vdc
RF VO AV
1k -0.2 OJO
10k -2 -1
20k -4 -2
50k -10 -5
70k -14 -7(saturado)
Ejercicio 2
Av=−50k10 k
=−5
Vo=−5Vi=−5 (2Vp )=−10Vp
I 1=2Vp10k
=0.2mAp
Il=10Vp25k
=0.4mAp
Io=0.6mAp
Ejercicio 3
V
V
R 1
5 0 k
0
V 3
1 2
V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
0
00
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 2
-1 2
R 3
1 0 kR 2
2 5 k
Rth=10k ‖ 10k=5k+10 k=15K
Vth=10k20 k
(15 )=7.5V
Av=10 k15 k
=0.66
Vo=−10K75k
(7.5V )=−5V
Amplificador no inversor
0
R 1
1 0 k
0
R 3
1 0 k
R 2
1 0 k
0
V 1
-1 2
V
R 4
1 0 k
V U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 20
V 2
1 2
V 5
1 5
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
R 1
+V c c
-V c c
R 2
R F
0
0
0
LVK
Vo=IF (RF+R1 ) Il= VoRL
IF= ViR1
Io=IF+ IL
Vo=Vi (RF+R1 )
R1
Vo=Vi( R FR1
+1)VoVi
=Av=1+RFR1
Seguidor de voltaje
R F
+V c c
U 2
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
-V c c
V i
0
R 1
0
0
Vi
ViIL
R L
IF
0
0
R in t
R L
0
Vi
V g
V c c
0
-V c c
00
U 3
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
Vo=Vi
GENERADOR DE SEÑAL
Como el amplificador tiene una R de entrada muy alta, extrae una corriente despreciable de la fuente se señal.
Acondicionador de señal a la entrada de un circuito
Amplificador no inversor
Ejercicio 1
0
R 2
5 k
R 1
5 0 k
V
V 3
-1 2
V
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
0
0
V 2
1 2
0
R 3
1 0 k
0
R 1
0
Vo1Vp
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
V 2 2
F R E Q = 1 kV A M P L = 1 V p
V O F F = 0V 2 4
-1 2
R F
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
0
V c c
1 2
-V c c
V c c
0
0
0
R L
IF= ViR2
=2Vp5k
=400uA
Vo=IF (RF+R2 )=(400u ) (55k )=22V
Av=1+50 k5 k
=11
Il=VoRl
=22V10k
=2.2mA
Io=IF+ Il=400uA+2.2mA=2.6mA
Detectores de cruce por cero (comparadores)
0
V 1
-1 5 0
V i
IL R E
VO
V 2
1 5
0
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
Zona saturada
V +¿≠ V−¿ ¿¿ Vo⟶+Vsat (+15Vdc )⟶V +¿>V−¿¿ ¿
Vo⟶−Vsat (−15Vdc )⟶V +¿<V−¿¿ ¿
V 7
-1 5
U 2 A
L M 3 3 9
5
4
312
2
+
-
V+
V-
O U T
R 8
1 k
U 3 A
L M 3 3 9
5
4
312
2
+
-
V+
V-
O U T
0
U 1 A
L M 3 3 9
5
4
312
2
+
-
V+
V-
O U T
U 4 A
L M 3 3 9
5
4
312
2
+
-
V+
V-
O U T
V 1 0
1 2
D 8
M L E D 8 1
R 7
1 k
0
V
D 4
D 1 N 4 0 0 1
D 1
D 1 N 4 0 0 1
0
D 7
M L E D 8 1
R 4
2 2 0
0
R 1
2 2 0
V 6
1 5
0
0V 3
-1 5
R 6
1 k
0
0R 9
8 k
0
0
D 6
M L E D 8 1
0
0
V 8
1 5
V 9
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 4 . 5V O F F = 0
V 5
-1 5
R 5
1 k
D 3
D 1 N 4 0 0 1
D 2
D 1 N 4 0 0 1
0
D 5
M L E D 8 1
R 3
2 2 0
R 2
2 2 0
0
V 4
1 5
V 2 1 5
V 1
-1 5
0
Modulador de ancho de pulso
La salida de los transistores que forman el lm339 son de colector abierto y soportan una ILmax de 16mA.
Resistencia de Pull-up
0
V
V 55
V 6
1
V
U 2 A
L M 3 3 9
5
4
312
2
+
-
V+
V-
O U T
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 5V O F F = 0
0
0
V 7
1 2
0
0
R 2
2 . 2 k
• Es una resistencia entre un punto y Vcc (5V)
• Se pone a la salida de un transistor para que, cuando éste no conduce, tire hacia arriba(pull-up) el valor de salida (vcc).
• Cuando el transistor conduce, conecta la salida a tierra y da 0, cayendo el voltaje Vcc en la resistencia de pull up
• Limita además la corriente a través del transistor.
• Los valores de estos resistores van desde 1K hasta 10k dependiendo de la sensibilidad del los dispositivos que estén conectados a el.
TTL ----> 7405 6x NOT Colector abierto
SUMADOR INVERSOR
Ejercicio1
I 1=100uA IF=400uA
I 2=200uA Vo=−IF∗RF=−8V
I 3=100uA
I 1=V 1R1
I 2=V 2R2
I 3=V 3R3
V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
V 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
R 2
1 0 k R 4
1 0 k
0
R 1
1 0 k
00
R F
2 0 k
0
R 3
1 0 k
V
0
IF
I3
0
I2
I1
V 4
-1 2
V 5
1 2V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
0U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
IF=I 1+ I 2+ I 3=V 1R1
+V 2R2
+V 3R3
Vo=−IF∗RF=−(V 1R1+V 2R2
+V 3R3 )∗RF
Si R1=R2=R3=RF
Vo=−(V 1+V 2+V 3)
Ejercicio 2
Vx= R4 /¿ R5R3+(R4 /¿ R5)
V 3+ R3/¿R5R4+(R3 /¿R5)
V 4
I 1=V 1−VxR1
I 2=V 2−VxR2
IF=V 1−VxR1
+V 2−VxR2
LVK
−Vx+ IF (RF )+Vo=0
Vo=Vx−(V 1−VxR1
+V 2−VxR2 )RF
Vx=0.33V 3+0.33V 4
I 1=V 1−0.33 (V 3+V 4 )
10 k
I 2=V 2−0.33 (V 3+V 4 )
10k
Vo=0.33 (V 3+V 4 )−¿
Vo=V 3+V 4−V 1+V 2
IF=V 1−0.33 (V 3+V 4 )
10k+V 2−0.33 (V 3+V 4 )
10k
IF=V 1+V 2−0.66(V 3+V 4)
10k
0
0
V
V 6
-1 2
0
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
R F
1 0 k
0
R 1
1 0 k
R 2
1 0 k
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
0
R 5
1 0 kR 4
1 0 k
R 3
1 0 k
V 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
V 7
1 2
V 2
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 4V O F F = 0
0
Vx=1Vp I 1=0.1mAp I 2=0.3mAp IF=0.4mApVo=−3Vp
Grafica Vo
Si V1=V2=1Vp; V3=4Vp; V4=5Vp; Vo=7Vp y Vx=3Vp
1
2
2
1
SUMADOR NO INVERSOR
LVK
LVK
Amplificador no inversor ¿
R
1 0 k
R 1
1 0 k
V 2
1 2
R 3
1 0 k
V
R 2
1 0 k
V
0
V 5
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 3V O F F = 0
0
0
V 1
-1 2
0
R F
2 0 k
0U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 3
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 1V O F F = 0
0V 4
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2V O F F = 0
Vo=(1+ RFR )∗Vc
Vo=(1+ RFR )∗(V 1+V 2+V 3
3 )Si queremos sumar los canales de entrada entonces:
1+RFR
=N⟶ canales deentrada
1+RFR
=3
Vo=(1+ 2RR )(V 1+V 2+V 33 )
Vo=V 1+V 2+V 3
Vo=(1+ RFR )∗Vc
Vo=(1+ RFR )∗(V 1+V 2+V 3
3 )Si queremos sumar los canales de entrada entonces:
1+RFR
=N⟶ canales deentrada
1+RFR
=3
COMPARADOR DE VENTANA
Supongo U1 está en zona activa
IR5=Vx−V +¿
R5=9−31.5k
=4mA ¿
ID1+ IR5=IZ 1
IZ 1=0.6mA+4m A=4.6mA
−15<Vx<15
V +¿ (U 1)=V−¿ (U1 )¿ ¿
V +¿=3V =V−¿ ¿¿
IR1=3V1k
=3mA
Vx=IR1 (R1+R2 )
Vx=3mA (3k )=9V
IZ 2=3−(−15 )V3K
=4mA
IR3=(15−3 )V10k
=1.2mA
IR 4=3V5k
=0.6mA
IR3=IR4+ ID1
ID1=1.2mA−0.6mA=0.6mA
IDZ1
0
-1 4 . 8 2 V
D Z 2
1 N 5 2 2 5
12
R 8
5 0 k 1 5 9 . 5 n A
V
-1 4 . 8 2 V
D 3
D 1 N 4 0 0 1
1 4 . 1 3 n A
R 2
2 k
2 . 9 6 0 m A
IR5
0
7 5 4 . 4 n V
D 2
D 1 N 4 0 0 11 4 . 1 3 n A
2 . 9 6 1 V
IR4
-2 8 2 . 5 u V
V 1 1
F R E Q = 1 0 0 0V A M P L = 2 0V O F F = 0
1 5 9 . 5 n A
0
R 1
1 k2 . 9 6 0 m A
V
8 . 8 8 1 V
U 2
u A 7 4 1
-1 5 . 0 9 p A
1 6 6 . 6 n A
1 4 . 1 1 n A3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 5
-1 5
3 . 4 9 3 V
0
0
VX
V 1 2
1 5
V
2 . 9 6 0 V
V 4
1 5
1 . 6 6 8 m A
0
0
V 2
1 51 . 6 6 7 m A
IR3
0
R 7
5 0 k
0
D 1
D 1 N 4 0 0 1
4 5 2 . 1 u A
U 3
u A 7 4 1
-1 7 . 9 8 p A
3 8 . 9 4 m A
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
U 1
u A 7 4 1
8 1 . 0 5 n A
8 0 . 8 0 n A
1 . 6 6 7 m A
-1 . 6 6 7 m A
-6 . 9 0 8 m A3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
R 5
1 . 5 k3 . 9 4 7 m A
IR1
0 V
0
V 1
-1 5
V 6
1 51 . 6 6 7 m A
0V 1 3
-1 54 . 0 1 4 m A
IDZ2
-7 . 9 7 3 m V
0
R 3
1 0 k
1 . 1 5 1 m A
0
V 3
-1 5
3 8 . 9 4 m A
-2 . 9 5 8 VR 9
1 0 k
2 8 . 2 5 n A
ID1
V
D Z 1
1 N 5 2 2 5
4 . 3 9 9 m A
12
R 9
3 k
4 . 0 1 4 m A
0
R 4
5 k
6 9 8 . 6 u A
Si Vi= 21sen(wt) grafique Vo
−15<Vx<15
V +¿ (U 1)=V−¿ (U1 )¿ ¿
V +¿=3V =V−¿ ¿¿
IR1=3V1k
=3mA
Vx=IR1 (R1+R2 )
Vx=3mA (3k )=9V
IZ 2=3−(−15 )V3K
=4mA
Vi>9V ⟶Vo1=+15
Vi<9V ⟶Vo1=−15
−3V >Vi⟶Vo2=+15
−3V <Vi⟶Vo2=−15
AMPLIFICADOR INTEGRADOR
V 2
1 5
Vin
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 1 -1 5
C
IC
0
R 0
Vo=−Vc
Vc=QC
Ic=dQdt
∫ dQ=∫ Ic dt
Q=∫ Ic dt
Ic=Vin ( t )R
Vo=−QC
Vo=−1C∫0
t
Ic d t
Vo=−1RC
∫0
t
Vin ( t )dt
AMPLIFICADOR DIFERENCIADOR
LVK
V 2
1 5
C
Vin
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 1 -1 5IC
0
R
0
Ic=−VoR
Ic=dQdt
dQdt
=−VoR
Vo=−R dQdt
Vo=−RC dVin(t)
dt
−Vin (t )+Vc=0
Vin ( t )=QC
dVin(t )dt
= 1C
dQdt
Ejercicio
a) Determine la expresión para Vob) Grafique Vo en función del tiempo
V 5
-1 5
R 1
1 0 k
2 . 5 0 0 V
V 7
-1 5
1 . 6 6 7 m A
R 2
1 0 k
V
2 . 5 0 0 V
0
R 4
1 0 k
2 5 0 . 0 u A
I1
U 2
u A 7 4 1
-1 6 1 . 5 n A3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
0 2 . 5 0 0 V
V2 . 4 9 9 V
I2
0 V
V 1
7 4 9 . 9 u A
0
V 1
1 0
V 2
52 5 0 . 0 u A
0
R 5
1 0 k
2 5 0 . 0 u A
U 1
u A 7 4 1-1 . 6 6 7 m A
2 8 . 8 9 n A3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
V 8
1 51 . 6 6 7 m A
0
V 6
1 51 . 6 6 7 m A
0
0 IF
R 3
1 0 k7 5 0 . 1 u A
LVK
−2.5+ IF (RF )+Vo=0
Vo=−IF (RF )−2.5
Vo=−(V 1−2.510k+0.75mA )10k+2.5
Vo=−(V 1−2.5+7.5 )+2.5
Vo=−V 1−5+2.5=−V 1−2.5
I 2=10−2.510k
=0.75mA
I 1=V 1−2.510K
IF=I 1+ I 2
IF=(V 1−2.510k+0.75mA)
CIRCUITOS CON REALIMENTACION POSITIVA
Histeresis (Disparador de Schmitt inversor)
No trabaja en zona lineal
R 1
R 2
0
0
-V c c
Vin
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2
0
V c c
Z. saturada
V +¿≠ V−¿ ¿¿
V= R1R1+R2
Vo
V+¿= R 1
R1+R2Vcc ;V
−¿= −R 1R1+R2
Vcc ¿¿
Conmutacion de +Vsat a –Vsat
V +¿=V−¿¿ ¿
Vin= R1R1+R2
Vo
Ancho de histéresis
H=PCS−PCI= R1R1+R2
(Vcc )+ R1R1+R2
(Vcc )
H= 2 R1R1+R2
(Vcc )
Vin= R1R1+R2
(Vcc ); PCS
Vin= −R1R1+R2
(Vcc); PCI
Disparador de Schmitt no inversor
GENERADOR DE SEÑAL
0
V 1
0 V d c
R 2
0
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2Vin
R 1
V 2
0 V d c
V+¿= R 1
R1+R2Vo+ R2
R1+R2Vin ¿
P. conmutación
R1R1+R2
Vo+ R2R1+R2
Vin=0
Vin=−R1R2
Vo
H=PCS−PCI
H= R1R2
Vsat−(−R1R2
Vsat )=2R1R2Vsat
Vo=+Vsat
Vin=−R1R2
Vsat⟶ PCI
Vo=−Vsat
Vin=R1R2
Vsat⟶ PCS
Generador de onda cuadrada/rectangular
a) Si R1 está en la posición central grafique Vo con magnitudes y tiempo
V+¿= R4 / ¿R 2
R3+(R 4 /¿R2)Vo+ R2 /¿R3
R4+(R2/ ¿ R3)Vref ¿
V +¿=0.78Vref +0.20Vo ¿
P. conmutacion
Si Vo=+15V ⟶PCS si Vo=-15V ⟶PCI
Vin=0.78 (10Vdc )+0.20 (15V )=10.8V Vin=0.78 (10Vdc )+0.20 (−15V )=4.8
∆ t=RC ln(Vobjetivo−VarranqueVobjetivo−Vparo )
t 1=(50k ) (2u ) ln( 15−015−10.8 )=127ms
t 2=(50k ) (2u ) ln(−15−4.8−15−4.8 )=26.5ms
t 3=(50k ) (2u ) ln( 15−4.815−10.8 )=88.7ms
0
V 51 0
R 2
4 7 0 0 k
R 3
4 7 0 k
V
0
V 1
-1 5
U 1
u A 7 4 1
3
2
74
6
1
5+
-
V+
V-
O U T
O S 1
O S 2V 2
1 5
C 2
2 u F
R 4
1 2 0 k
0
V
0
0
R 1
5 0 k