CIRCUITOS ELCTRONICOS 2

Problemas propuestos:

Problema1:

Solución:

Estas señales estarán en fase una con otra, pero, dadas las características del circuito integrador, cuando la señal cuadrada sea positiva, la triangular será negativa, y viceversa.

amplificador operacional número 1 se obtiene:

I 1−¿ I 1+ademasV 1−¿V 1+¿

Lo mismo con el amplificador operacional número 2:

I 2−¿ I 2+ademasV 2−¿V 2+¿

Leyes de kirchof en el segundo opamp:

Va−V 2R

=V 2−VbpR

Cuando Vb=−vs vs>0

El voltaje negativo a la entrada del integrador, hace que la salida aumente en rampa. La corriente que circula por el condensador es I=I1:

I 1=−vs−V 1Ri

Cuando Vb=V2, el comparador cambia de estado. En este punto, ocurre el valor máximo de la onda triangular de salida, Va=Vmax

Vmax=+Rvs+V 2(R+ pR)

pR

Cuando Vb=+vs

la onda de salida comienza a disminuir linealmente con el tiempo. La corriente que ahora circula por el condensador es I=I1.1:

I 1.1=+vs−V 1Ri

Vmin=−Rvs+V 2(R+ pR)

pR

V pp=Vmax−Vmin=2 RvspR

ConV 1=V 2=0V

El grafico :

Para 0 ≤ t ≤ T1      vb=-vs

El voltaje pico-pico (VPP) a través del condensador viene dado por:

Vpp= I 1.T 1C

Vpp=( vs+V 1

Ri) . T 1

C=2 Rvs

pR

Entonces T1:

T 1= 2RvsCRipR(vs+V 1)

Para T1 ≤ t ≤ T2      vb=+vs

El voltaje pico-pico (VPP) a través del condensador viene dado por:

Vpp= I 1.1 . T 2C

T 2= 2RvsCRipR(vs−V 1)

Como v1=0V entonces T1=T2

La frecuencia de oscilación es :

F= 1T 1+T 2

= pR4 RCRi

Datos=

C=0.05uF ; Ri=14K ; R=10K ; pR=28K

Reemplazando:

F=1000Hz

Problema 2:

Estas señales estarán en fase una con otra, pero, dadas las características del circuito integrador, cuando la señal cuadrada sea positiva, la triangular será negativa, y viceversa.

amplificador operacional número 1 se obtiene:

I 1−¿ I 1+ademasV 1−¿V 1+¿0V

Lo mismo con el amplificador operacional número 2:

I 2−¿ I 2+ademasV 2−¿V 2+¿0V

Leyes de kirchof en el segundo opamp:

Va−V 2R

=V 2−VbpR

cuando diodoconduce

Cuando Vb=−vs vs>0cuandodiodo conduceV 2>−vs

El voltaje negativo a la entrada del integrador, hace que la salida aumente en rampa. La corriente que circula por el condensador es I=I1:

I 1=−vs−V 1Ri

Cuando Vb=V2, el comparador cambia de estado. En este punto, ocurre el valor máximo de la onda triangular de salida, Va=Vmax

Vmax=+Rvs+V 2(R+ pR)

pR=+Rvs

pR

Cuando Vb=+vs el diodonoconduce

la onda de salida es cero. La corriente que ahora circula por el condensador es I=I1.1:

I 1.1=+vs−V 1Ri

Vmin=0V

Vpp=Vmax−Vmin= RvspR

ConV 1=V 2=0V

El grafico :

Para 0 ≤ t ≤ T1      vb=-vs

El voltaje pico-pico (VPP) a través del condensador viene dado por:

Vpp= I 1.T 1C

Vpp=( vs+V 1

Ri) . T 1

C=2 Rvs

pR

Entonces T1:

T 1= 2RvsCRipR(vs+V 1)

Para T1 ≤ t ≤ T2      vb=+vs

El voltaje pico-pico (VPP) a través del condensador viene dado por:

Vpp= I 1.1 . T 2C

T 2= 2RvsCRipR(vs−V 1)

Como v1=0V entonces T1=T2

La frecuencia de oscilación es :

F= 1T 1+T 2

= pR4 RCRi

Datos=

C=0.05uF ; Ri=28K ; R=10K ; pR=28K

Reemplazando:

F=2000Hz

Problema 3:

Solución:

a) La fuente de alimentación vi genera una corriente I1 que circula por las resistencias R1 hacia el potenciómetro variable.Las señales VL y VR generan una corriente I2 que circulan por R2 hacia el potenciómetro variable sumándose con I1.Las ubicaciones en los límites extremos del potenciómetro generan la salida de un opamp del circuito dado.

b) Por la ley de nodos opamp superior:VL−0V

R2=0V −Vp

10K

VL=(−Vp ) R210K

…………………………… ……….. (1)

Vp :voltaje del potenciometroerior

Por la ley de nodos opamp inferior:VR−0V

R2=0V−Vx

10K

VR=(−Vx ) R210K

…………………………………… ……….(2)

Vx : voltaje del potenciometro inferior

Nodo Vp :

Vi−VpR1

+ 0V−Vp10K

= Vp−0V10K−10Kf

f ≠1

Vi=R1Vp( 110K−10Kf

+ 110K

+ 1R1 )…………………… ……..(4)

f : francionvariable del potenciometro

Nodo Vx:

Vi−VxR1

+ 0V−Vx10K

=Vx−0V10Kf

f ≠0

Vi=R1Vx ( 110Kf

+ 110K

+ 1R1 )…………… ………….(5)

Dividiendo (1) con (4)

VLVi

= −R2R11−f

+R1+10K

Dividiendo (2) con (5)

VRVi

= −R2R1f

+R1+10K

Especifique los valores de R1 y R2cuando f =0“brazo del potenciómetro esta abajo por completo”

Si VLVi

=−1

VLVi

= −R2R11−f

+R1+10K=−1

2 R1+10K=R2Con R1=10K entonces R2=30K

Especifique los valores de R1 y R2cuando f =1“brazo del potenciómetro está arriba por completo”

Si VRVi

=−1

VRVi

= −R2R1f

+R1+10K=−1

2 R1+10K=R2Con R1=10K entonces R2=30K

Especifique los valores de R1 y R2cuando f =0.5“brazo del potenciómetro está en medio por completo”

Si VRVi

=VLVi

=−12

VRVi

= −R2R1f

+R1+10K=−1

3R14

+5K=R2

Con R1=12K entonces R2=14 K

Problema 4)Si la señal de salida es Voes decir:

Vo=V 2+V 4+V 6−V 1−V 3−V 5Ordenándolo de acuerdo al gráfico:

Vo=−R 4R2

(−V 2−V 4−V 6+V 1+V 3+V 5 )

Vo=−R 4R2

((V 1−V 2)+(V 3−V 4)+(V 5−V 6))

Vo=−R 4R2 ( R6

R5(V 1−V 2)+ R7

R8(V 3−V 4)+ R9

R10(V 5−V 6))

DondeR4=R2=R7=R8=R6=R5=R 9=R10

3

21

411

U1:A

TL084

5

67

411

U1:B

TL084

10

98

411

U1:C

TL084

12

1314

411

U1:D

TL084

R1

10k

R2

10k

R3

10k

R4

10k

R5

10k

R6

10k

R7

10k

R8

10k

R9

10k

R10

10k

V2

V1

V3

V4

V5

V6

V0

R111M

Problema 5)

Considerando opamp ideal:

V 1−VsR1

=Vs−VcR2

…….(1)

V 2−VxR1

=Vx−VdR2

… ..(2)

PeroVS=Vxcortocircuito virtual

En

Vc−VdRg

+ V x−VdR2

=Vd−0VR2

…… ..(3)

Entonces:

En el nodo Vc :

V 0−VcR 2

+ Vs−VcR2

=Vc−VdRg

…… …………….I

Reemplazando (1, 2, 3) en (I):Resultan entonces:

V 0= R2R1

(V 2−V 1 )(1+ R2Rg )

Problema 6)

Considerando opamp ideal:

Nodo en V2:

En el segundo opamp:

V 0−V 1R2

=V 2−V 3R1

+ V 2−V 1Rg

………………………… (1)

PeroV −¿V 2cortocircuito virtual

Nodo en V1:

En el primer opamp:

V 3−V 1R1

+ V 2−V 1Rg

=V 1R2

……… ……………….(2)

PeroV −¿V 1cortocircuito virtual

Despejando V 3 en la ecuación (2):

V 3R1

=V 1( 1Rg+ 1

R2+ 1

R1 )−V 2Rg

Y reemplazándola en la ecuación (1):

V 0= R2R1

(V 2−V 1 )(1+ R1R2

+ 2R1Rg )

Problema 7)