Teoría de Circuitos. Práctico 8 Amplificadores Operacionales 2012

Transcripción

1 Teoría de Circuitos Práctico 8 Amplificadores Operacionales 2012 Cada ejercicio comienza con un símbolo el cual indica su dificultad de acuerdo a la siguiente escala: básica, media, avanzada, y difícil. Ejercicio 1 Verificar que el circuito de la figura 1 es un amplificador inversor de voltaje. Figura 1: Ejercicio 2 Verificar que el circuito de la figura 2 es un amplificador no inversor de voltaje. Figura 2: 1

2 Ejercicio 3 Hallar la salida V o del circuito de la figura 3 en función de las entradas V i1, V i2 y V i3 e indicar posibles aplicaciones. Figura 3: Ejercicio 4 Sea el circuito de la figura 4. Figura 4: (a) (b) Hallar dos posibles formas de elegir Z y Z para que éste se comporte como un integrador ideal. Repetir la parte (a) pero esta vez para obtener un derivador ideal. 2

3 Ejercicio 5 En los circuitos de las figuras 5 y 6, identificar bloques, hallar transferencias e indicar posibles aplicaciones para cada uno. Figura 5: v o Figura 6: Ejercicio 6 El circuito de la figura 7 corresponde a un Filtro Analógico de Estado Variable ( Analog State Variable Filter ) y se supone que R ζ > R 2. Utilizando lo visto en el práctico hasta el momento: (a) (b) (c) Calcule la transferencia H 1 (s) = Vo1(s) V i(s). Calcule la transferencia H 2 (s) = Vo2(s) V i(s). Calcule la transferencia H 3 (s) = Vo3(s) V i(s). 3

4 Figura 7: (d) Para cada una de las transferencias halladas en las partes anteriores, bosqueje su respuesta en frecuencia e indíque a qué filtro corresponde. Se conecta ahora cada salida del circuito en cuestión, a las entradas correspondientes del circuito del problema 3 con a, b y c variables: (e) Qué aplicación le halla a la configuración lograda? 4

5 Solución Ejercicio 1 Definimos las corrientes como en la figura??. Suponiendo ideal al A.O. planteamos: Figura 8: Finalmente: I 1 = V i Z = I 2 = V o Z H(s) = V o = Z V 1 Z Resultado importante: Recordar! Decimos entonces que el circuito es un inversor de voltaje. Véase que trabajando en Laplace, si Z y Z son reales, el voltaje a la salida del circuito será proporcional al primero y de signo opuesto. Ejercicio 2 Definimos las corrientes como en la figura??. Suponiendo ideal al A.O. planteamos: Figura 9: I 1 = I 2 V i = I 2 Z 5

6 Además: Finalmente: V o = I 1.Z + I 2 Z = (Z + Z ).I 1 I 1 = V o (Z + Z ) V i = Z (Z + Z ) V o H(s) = V o = Z + Z V i Z Resultado importante: Recordar! Decimos entonces que el circuito es un NO inversor de voltaje. Véase que dado un voltaje de entrada, si Z y Z son reales, el voltaje a la salida del circuito será proporcional al primero y con el mismo signo. Ejercicio 3 Definimos la corriente como en la figura??. Suponiendo ideal al A.O. planteamos: I 1 I I 2 I 3 Figura 10: I 1 = V i1 ar, Despejamos entonoces: I = I 1 + I 2 + I 3 I 2 = V i2 br, I 3 = V i3 cr, ( Vi1 V o = a + V i2 b + V ) i3 c I = V o R Por lo que concluímos que V o es la suma ponderada de cada una de las entradas. Se trata entonces de un circuito sumador. Ejercicio 4 (a) Hallamos primero la transferencia del circuito en cuestión (circuito inversor). Definimos entonces las corrientes como en la figura?? y suponemos al A.O. ideal. Planteamos: I 1 = V i Z = I 2 = V o Z 6

7 Figura 11: La transferencia de un circuito inversor genérico será: H(s) = V o = Z v i Z Ahora bien, sabemos que integrar en el tiempo es análogo a multiplicar por 1 s en Laplace (más una constante aportada por las condiciones iniciales de la que haremos caso omiso). Por lo tanto, para que el circuito se comporte como un integrador se debe cumplir que H(s) 1 s. Obtenemos entonces dos posibles soluciones: (b) 1) 2) Z = Ls Z = R Z = R Z = 1 Cs H(s) = V o = Z v i Z Derivar en el tiempo es análogo a multiplicar por s en Laplace. Así entonces, para que el circuito se comporte como un derivador se debe cumplir que H(s) s. Obtenemos entonces dos posibles soluciones: 1) 2) Z = 1 Cs Z = R Z = R Z = Ls 7

8 Figura 12: Ejercicio 5 (a) Identificamos en el circuito de la figura 5, 3 bloques. Estos, conjuntamente con las corrientes y sus sentidos, se muestran en la figura??. BLOQUE 1: Circuito sumador I 1 = V i Z 1, BLOQUE 2: Circuito NO inversor BLOQUE 3: Circuito inversor I 2 = I 1 + I 5 I 2 = V A Z 2, V A = Z 2 ( Vi Z 1 + V B Z 5 V A = Z 4 Z 3 + Z 4.V o V o = Z 3 + Z 4.V A Z 4 I 4 = V o R = V B R V B = V o I 5 = V B ) Z 5 Resultado importante: Recordar! Combinando entonces las 3 ecuaciones que relacionan las entradas a cada bloque con sus respectivas salidas, obtenemos: 8

9 Despejando: ( ) ( Z3 + Z 4 Vi V o = Z 2. V ) o Z 4 Z 1 Z 5 H(s) = V o Z 2.Z 5 (Z 3 + Z 4 ) = V i Z 1 [Z 4.Z 5 Z 2 (Z 3 + Z 4 )] (b) Reconocemos en el circuito de la figura 6, 3 bloques. Estos, conjuntamente con las corrientes y sus sentidos, se muestran en la figura??. BLOQUE 1: v o Figura 13: I 1 = V i V B R 1 = (V B V A ).Cs Despejando V A en función de las entradas V i y V B : BLOQUE 2: Circuito inversor Para un circuito inversor genérico: V A = 1 + R 1Cs V B 1 R 1 Cs R 1 Cs V i Por consiguiente: H(s) = Z Z BLOQUE 3: Divisor de tensión V B = V o = V A R R + R V o = V o 2 Combinando los resultados más importantes de cada bloque obtenemos: V o = V A = 1 + R 1Cs V B 1 R 1 Cs R 1 Cs V i = 1 + R 1Cs 2R 1 Cs V o 1 R 1 Cs V i 9

10 Despejando: H(s) = V o 2 = V i 1 + 3R 1 Cs Ejercicio 6 Figura 14: (a) Sean las corrientes I 1, I 2, I 3 y el voltaje V A los de la figura??. Podemos plantear rápidamente las siguientes ecuacionese: Además: I 1 + I 2 + I 3 = 0 V i V A + V o1 V A R R V o2 = 1 R f Cs V } o1 V o3 = 1 R f Cs V V o3 = o2 + V o2 V A R = 0 (1) 1 (R f Cs) 2 V o1 (2) De (1), (2) y (3): R R V A = V o2 = R + R ζ R f Cs(R + R ζ ) V o1 (3) V i + V o1 + Operando adecuadamente: 1 (R f Cs) 2 V 3R o1 + R f Cs(R ζ + R) V o1 = 0 s 2 H 1 (s) = s 2 3R + R f C(R ζ +R) + ( 1 R f C )2 (b) De la parte anterior y (2) concluímos que: ( 1 R H 2 (s) = f C )s s 2 3R + R f C(R ζ+r ) + ( 1 R f C )2 10

11 (c) De las partes (a) y (b) y de la ecuación (2) vemos que: H 3 (s) = s 2 + (d) Sean ω 0 = 1 R f C y ζ = complejos conjugados. H 1 (jω) = ( 1 R f C )2 3R R f C(R ζ+r ) + ( 1 R f C )2 3R 2(R ζ +R) < 1. Tendrémos en todos los casos polos (jω) 2 (jω) 2 + 2ζω 0 jω + ω 0 2 ω << ω 0 : H(jω) (jω)2 ω 0 2 H(jω) = π H(jω) db = 40.log(ω) 40log(ω 0 ) ω >> ω 0 : H(jω) 1 H(jω) = 0 H(jω) db = 0 En la figura?? se muestran los diagramas de bode reales de H 1 (jω). Véase que se trata de un filtro pasaaltos con frecuencia de corte ω 0. Figura 15: Diagramas de bode reales de módulo (arriba) y fase (abajo) de H 1 (jω). 11

12 ω 0 jω H 2 (jω) = (jω) 2 + 2ζω 0 jω + ω 2 0 ω << ω 0 : H(jω) jω ω 0 H(jω) = π 2 H(jω) db = 20.log(ω) 20.log(ω 0 ) ω >> ω 0 : H(jω) ω0 jω H(jω) = π 2 H(jω) db = 20.log(ω 0 ) 20.log(ω) En la figura?? se muestran los diagramas de bode reales de H 2 (jω). Véase que se trata de un filtro pasabanda con frecuencia central ω 0. Figura 16: Diagramas de bode reales de módulo (arriba) y fase (abajo) de H 2 (jω). H 3 (jω) = ω << ω 0 : H(jω) 1 H(jω) = 0 H(jω) db = 0 ω 2 0 (jω) 2 + 2ζω 0 jω + ω 0 2 ω >> ω 0 : H(jω) ω2 0 (jω) 2 H(jω) = π H(jω) db = 40.log(ω 0 ) 40.log(ω) 12

13 En la figura?? se muestran los diagramas de bode reales de H 3 (jω). Véase que se trata de un filtro pasabajos con frecuencia de corte ω 0. Figura 17: Diagramas de bode reales de módulo (arriba) y fase (abajo) de H 3 (jω). (e) Un ecualizador! 13