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