Problemas Resueltos Con Opam
Escuela Profesional de Ingeniería Electrónica
Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica
Ing. Armando Cruz Ramírez
Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales (1)
Circuito de impedancia negativa.- El circuito mostrado simula una resistencia de entrada
negativa (impedancia en el caso mas general) que se puede utilizar para cancelar unaresistencia positiva no deseada.
v
Rin = i → (1), pero
ii
vi = iR + v0 → (2 )
Rf
→ (3)
donde...v0 = 1 +
Ra i
(3)en(2)
Rf
v i
⇒ vi = iR + 1 +
Ra
Ra
Si R se reemplaza por una impedancia Z, el circuito desarrolla una impedancia negativa.
ordenando... −
Rf
vi = iR ∴ Rin =
R
vi
= − R a
R
ii
f
Generador de corrientedependiente.- Con una pequeña modificación al circuito de
impedancia negativa, se puede diseñar un generador dependiente, que produzca una corriente
de carga proporcional a una tensión aplicada vi , y que sea independiente de la resistencia de
carga.
Ii
R
Si R1 = R2 ⇒
+
Vi
IL
RL
-R
-
Aplicando divisor de corriente en el circuito
modificado
−R
iL =
R − R ii → (1)
L
vi
ii =
R − RL (− R )
RL − R
ii =
v i (R L − R )
v
= i2 (RL − R ) → (2) Reemplazando (2) en (1)
2
RRL − R − RRL R
1
Universidad Nacional del Callao
Escuela Profesional de Ingeniería Electrónica
iL = −
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vi
R
vi
− R 2 (RL − R ) ⇒ i L = R Estecircuito también es llamado convertidor de
(R L − R )
tensión a corriente
Derivador Compensado.- Este circuito mezcla las propiedades del integrador y del
derivador, además que controla la ganancia a frecuencias centrales. Se comporta con respecto
a la frecuencia como un filtro pasa banda, con dos frecuencias de corte: W1 , frecuencia de
corte inferior y W2 , frecuencia de corte superior.Para determinar su respuesta en frecuencia (diagrama
Rf
de Bode de amplitud), hallaremos primero su función
Cf
de transferencia
Rf 1
4
sC f
Zf
R1
C1
2
H ( s) = −
=−
6
Vi
Z1
R1 + 1
3
Vo
sC1
+
7
H (s ) = −
sC1 R f
(1 + sC1 R1 )(1 + sC f R f )
H ( jω ) = −
jωC1 R f
jω
jω
1 +
1 +
ω
ω1
2
, considerando que s =jω ⇒
, considerando ω1 =
1
1
y ω2 =
C f RF
C1 R1
Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que ω1 〈〈ω 2 ∴ si las
resistencias son del mismo orden de magnitud ⇒ C 2 〈〈 C1
Considerando el modulo de la función de transferencia
H (ω ) =
ωC1 R f
ω 2
1 +
ω1
ω 2
1 +
ω2
Calculo de lasfrecuencias de corte o pulsaciones propias
Cuando ω → 0 .
ω
ω
→0 y
→0∴ H
ω1
ω2
⇒ 1 = ω 0 C1 R f ⇒ ω 0 =
dB
= 0 ó lo que es igual a H = 1
1
C1 R f
2
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1
(C R )
ω1C1 R f C1 R1 1 f
R f R1
ω ω1
Cuando ω = ω1 ⇒
=
→ 0, H =
=
⇒H=
ω2 ω2
2
2
2
Recuerde que ω1 = 1 C1 R1
Cuando ω = ω 2 ⇒
ω 2 C1 R f
ω2
〉〉1 , H =
ω1
ω2
2
ω
1
1
(C R ) R f
ω1C1 R f C1 R1 1 f
R1
=
=
=
2
2
2
Recuerde que ω 2 = 1 C f R f
Las frecuencias ω1 y ω 2 son Las frecuencias de corte de baja frecuencia y alta frecuencia
respectivamente, también se les llama frecuenciade 3 dB .
Cuando ω → ∞ ⇒
ωC1 R f
ω1ω 2 C1 R f
ω
ω
∞y
→ ∞ ; luego H =
=
ω1
ω2
ω
ω ω
ω ω
1 2
Consideramos la frecuencia de alta para ganancia unitaria ⇒ ω = ω 3
Reemplazando 1 =
ω1ω 2 C1 R f
1 1
⇒ ω 3 = ω1ω 2 C1 R f =
C R C R
ω3
1 1 f f
H
dB
20 log R f R1
(
20 log R f
2 R1
C1 R f ⇒ ω 3 = 1
C...
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