UNIVERSIDAD ESTATAL PENÍNSULA DE SANTA ELENA

FACULTAD DE SISTEMAS Y TELECOMUNICACIONES

CARRERA DE ELECTRÓNICA Y TELECOMUNICACIONES

E
L
E
C
T
R
Ó
N
I
C
A 2018
 UNIDAD #1

AMPLIFICADORES OPERACIONALES (OPAMP)

El amplificador operacional (A.O.) es básicamente un amplificador de tensión con la
particularidad de tener dos entradas, y amplificar solo la señal diferencia entre ellas,
el símbolo básico es un triángulo, el cual generalmente presupone amplificación, las
entradas están en la base del triángulo, y la salida en el ápice.

Dónde:

𝑽+ : Entrada no inversor

𝑽− : Entrada inversora

𝑽𝒐𝒖𝒕 : Salida

𝑽𝒔 + : Alimentación positiva

𝑽𝒔 − : Alimentación negativa

1
Vp

No Inversor 1º Característica
Salida
Inversor 𝑉
𝐼= 𝐼+ = 0 𝐼+ = 𝐼− = 0
𝑅𝑖
Vn
𝑉
𝐼= 𝐼− = 0
∞
Vp

𝐼2º=Característica
0
𝐼+
𝑅𝑖 → ∞
𝑉 = 𝐼𝑅 𝑉+ = 𝑉−
−
𝐼
𝑉+ − 𝑉− = 0
Vn
𝑉 = 𝐼∞
Vp
𝑉 = 0(∞) 𝑉+ = 𝑉−
+
𝑉
𝑉=0
𝑅→∞

𝑉−
Vn

2
 + 𝑉𝑑 -
𝑉𝑖 𝑉0
𝑉 + − 𝑉 − = 𝑉𝑑 → Voltaje diferencial

1.1. SISTEMA LAZO ABIERTO

La diferencia más significativa entre el amplificador operacional ideal y el real es la
ganancia de tensión en lazo abierto, tambiém conocida como ganancia diferencial.
Mientras el amplificador operacional ideal tiene ganancia infinita, la ganancia del
amplificador operacional real es finita y además disminuye a medida que aumenta la
frecuencia de trabajo. Esta ganancia es aquella que tine el amplificador operacional
cuando no existe ningún camino de retroalimentación entre la salida y alguna de las
dos entradas.

𝑉𝑖𝑛 𝑉𝑜𝑢𝑡
𝐺

𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏
𝑉0 = 𝐴 𝑉𝑖
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝐺 𝑉𝑖𝑛

 CURVA CARACTERÍSTICA DEL AMPLIFICADOR OPERACIONAL

𝑦 = 𝐴𝑥 𝑉0
𝑉0 Saturación
+𝑉𝑐𝑐

𝑉𝑖𝑛
𝑉𝑖𝑛

−𝑉𝑐𝑐
Zona de Zona de
Saturación Saturación

Zona
3 Lineal
𝑉𝑠𝑎𝑡 = +𝑉𝑐𝑐 −𝑉𝑠𝑎𝑡 = −𝑉𝑐𝑐
  SISTEMA A LAZO ABIERTO → SISTEMA ESTABLE

1.2. SISTEMA A LAZO CERRADO (SISTEMA ESTABLE)

Se considera que un amplificador operacional está en una configuración en lazo

cerrado cuando la señal de entrada está influenciada por la señal de salida. La
configuración de lazo cerrado reduce notablemente la ganancia del dispositivo, ya que
ésta es determinada por la red de realimentación y no por las características del
dispositivo.

La retroalimentación mejora la dinámica del sistema.

Etapa de
régimen
permanente o
estable
𝐺
𝐴=
𝑡𝑠 1 + 𝐺𝐻

𝑡𝑠 = 4 𝜏

4
1.3. OPAMP COMPARADOR (LAZO ABIERTO)

+ VCC
+𝑉
𝑉0 = [ 𝑐𝑐 𝑆𝐴𝑇𝑈𝑅𝐴𝐶𝐼Ó𝑁
−𝑉𝑐𝑐
V-
Vo
V+

- VCC

Lazo abierto trabaja en zona de saturación.

𝑉0
𝑉𝟎 = 𝑉𝑐𝑐 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉 + > 𝑉 −

𝑉𝟎 = −𝑉𝑐𝑐 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉 + < 𝑉 − +𝑉𝑐𝑐

𝑉𝑖𝑛

Zona de
−𝑉𝑐𝑐 Saturación
Zona de Zona
Saturación Lineal

Ejemplo:

𝑌2 − 𝑌1 20 2
+ VCC 𝑚= = =3
𝑋2 − 𝑋1 30

2
𝑉 − = 3 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑉𝑠 = 𝑉 −
V+
Vo
V-

𝑉 + > 𝑉 − ⇒ 𝑉0 = +𝑉𝑐𝑐 𝑉á𝑙𝑣𝑢𝑙𝑎 "𝑂𝑁"

2
9 > 3 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙
- VCC
27
> 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙
2

27
𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 < ⇒ 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 < 13.5 𝑚
2

5
 t

+𝑉𝑐𝑐

t
t1 t2 t3

−𝑉𝑐𝑐

Un Amplificador operacional es un dispositivo electrónico muy utilizado para diversas

funciones, entre una de las más destacadas es utilizarlo comparador, al utilizar el
amplificador operacional en lazo abierto, la ganancia en la salida será siempre muy
grande una pequeña variación en las tensiones de entrada Vs+ y Vs- produce que a
la salida del amplificador tengamos un valor cercano a la tensión de alimentación.

6
1.4. OPAMP INVERSOR (LAZO CERRADO)

Rf
𝑉𝑖𝑛 𝑉𝑜𝑢𝑡
I2
+ VCC

Vi Ri I-

V- Vo
I1
𝐹(𝑉0 ) = 𝑉𝑖

𝑉0 𝑑𝑒𝑏𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑢𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎

- VCC

𝑉 + = 𝑉 − = 0𝑣

1 𝐼1 = 𝐼 − + 𝐼2 2 𝑉+ = 𝑉−
𝐼1 = 𝐼2 𝑉+ = 0 ; 𝑉− = 0
𝑉𝑖 − 𝑉 − 𝑉𝑖
𝐼1 = ⇒ 𝐼1 =
𝑅𝑖 𝑅𝑖

𝑉 − − 𝑉0 𝑉0
𝐼2 = ⇒ 𝐼2 = −
𝑅𝐹 𝑅𝐹

𝑉𝑖 𝑉 𝑅𝐹
= − 𝑅0 ⇒ 𝑉0 = − 𝑉0
𝑅𝐹 𝐹 𝑅𝑖

𝑅𝐹
= 𝐴 ⇒ 𝑅𝐹 > 𝑅𝑖
𝑅𝑖

En este tipo de comparador, la tensión de referencia es aplicada a la entrada no

inversora y la señal a detectar se aplica a la entrada inversora, al igual que antes tanto
la tensión de referencia puede ser positiva como negativa.

7
1.5. OPAMP NO INVERSOR
+ VCC 𝑉0

Vi V+
+𝑉𝑐𝑐
Vo −𝑉𝑐𝑐
V- 𝑅2
( + 1)
𝑅1
𝑉𝑖
- VCC
+𝑉𝑐𝑐
R1 R2 𝑅2
( + 1)
𝑅1
−𝑉𝑐𝑐

𝐼1 = 𝐼2 𝑉 − = 𝑉𝑖
𝑅
𝑉0 −𝑉𝑖 𝑉𝑖 𝑉𝑐𝑐 = 𝑉𝑖 (𝑅2 + 1)
= 1
𝑅2 𝑅1
𝑉𝑐𝑐
𝑉0 𝑉𝑖 𝑉𝑖 𝑉𝑖 = 𝑅2
− = ( +1)
𝑅1
𝑅2 𝑅2 𝑅𝑖

𝑉𝑜 𝑉𝑖 𝑉𝑖
= +
𝑅0 𝑅1 𝑅2

𝑅2
𝑉0 = 𝑉𝑖 ( + 1)
𝑅1

En este tipo de comparador, la tensión de referencia es aplicada a la entrada inversora

y la señal a detectar se aplica a la entrada no inversora, vale la pena comentar que la
tensión de referencia puede ser tanto positiva como negativa.

En el caso de que la señal que tenemos que detectar, sea superior a la señal de
referencia, a la salida vamos a tener una señal igual a Vs+. Si la tensión de referencia
es mayor a la señal a detectar, en el terminal de salida tendremos como resultado una
tensión igual a Vs-.

8
1.6. OPAMP SUMADOR INVERSOR
Se usa el amplificador operacional para sumar varias señales, con su masa común,
un amplificador de este tipo se denomina amplificador sumador.

Rf

If
V1 R1 I1 + VCC
𝐼𝑥 = 𝐼 − + 𝐼𝐹
V2 R2 I2 Vo I-

Vo
Ix
V3 R3 I3

- VCC

𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 = 𝐼𝐹
𝑉1 𝑉 𝑉3 𝑉0
+ 𝑅2 + = −
𝑅1 2 𝑅3 𝑅𝐹

𝑉 𝑉2 𝑉3
𝑉0 = − 𝑅𝐹 (𝑅1 + + )
1 𝑅2 𝑅3

1.7. INTEGRADOR

Su tensión de salida es proporcional a la integral en el tiempo de la tensión de entrada,

es útil en instrumentación, por ejemplo, un acelerómetro nos devuelve una señal
proporcional a la aceleración de un objeto. Aplicada a un integrador se obtiene la
velocidad de dicho objeto, volviendo a integrar se obtiene la posición. En otras
palabras, la magnitud de la señal de salida se determina por la longitud de tiempo que
una tensión está presente en su entrada mientras la corriente fluye por el lazo de
realimentación, cargando o descargando el condensador, hasta que la realimentación
negativa requerida se produzca en el condensador. Para construir un circuito
integrador, se deben conectare los siguientes componentes externos al amplificador
operacional:

 Una resistencia conectada a la entrada inversora.

 Un condensador que se utiliza en lugar de una resistencia de realimentación
entre la salida y la entrada inversora.
 Estos dos componentes forman un circuito RC.

9
 𝑉− = 𝑉+ 𝑉+ = 0
C
𝑉𝑐 𝑉0
𝑉𝑖
+ VCC

Vi Ri
Vo

𝑉𝑖 − 𝑉𝑐 = 𝑉0

- VCC
𝑉0 = − 𝑉𝑐

𝐼1 = 𝐼2
𝑉𝑖 𝑑𝑉𝑐
=𝐶
𝑅𝑖 𝑑𝑡

𝑉𝑖 𝑑(−𝑉0 ) 𝑉𝑖 𝑑𝑉0
= 𝐶 ⇒ = −𝐶
𝑅𝑖 𝑑𝑡 𝑅𝑖 𝑑𝑡

𝑉
− ∫ 𝑅𝑖 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑉0
𝑖

1
𝑉0 = − 𝑅 𝐶 ∫ 𝑉𝑖 (𝑡)𝑑𝑡
𝑖

1.8. DERIVADOR

Un circuito se dice en derivador cuando su salida es proporcional a la derivada en el

tiempo de la tensión de entrada, su análisis es similar al del integrador, únicamente
que la intensidad de entrada es la correspondiente al condensador teniendo en cuenta
que la diferencia de tensión a la que está sometido es la de entrada menos la masa
virtual. En la salida 𝑣0 se obtiene la derivada de la señal de entrada 𝑣𝑖 , respecto al
tiempo, multiplicada por una constante o ganancia dada por 𝑅𝐶; el circuito está basada
en un inversor, por lo tanto la salida será desfasada 180º, otra característica es que el
circuito se comporta como un filtro.

10
 R

I1 + VCC 𝑉𝑖 − 0 = 𝑉𝑐
C
Vi oV 𝑉𝑐 = 𝑉𝑖
Vo

Ic

- VCC

𝑑𝑉𝑐 𝑉𝑜 𝑑𝑉𝑖 𝑉𝑜
𝐶 = − ⇒ 𝐶 = −
𝑑𝑡 𝑅 𝑑𝑡 𝑅

𝑑𝑉𝑖
𝑉𝑜 = −𝑅𝐶 𝑑𝑡

P+I+D

Proporcional Integral Derivativa

e(t)
SISTEMA

H=1

𝑑𝑒(𝑡)
𝑃𝐼𝐷 = 𝑘𝑝 𝑒(𝑡) + 𝑘𝐼 ∫ 𝑒(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑘𝐷 𝑑𝑡

Rf

Ri
Proporcional

R Rf

R1

C
e(t) 𝑘𝑃 𝑑𝑒(𝑡)
Derivador R2 𝑘𝑃 𝑒(𝑡) 𝑑𝑡 𝑘𝐼 ∫ 𝑒(𝑡)𝑑𝑡
Vo 𝑉𝑜 = −𝑅𝐹 [− − − ]
𝑅1 𝑅2 𝑅3
R3

R
Integral

11
1.9. RESTADOR

El minuendo va en la entrada (+).

El sustraendo va en la entrada (-).

1 2

𝑅4 𝐼1 = 𝐼2
𝑉+ = 𝑉
𝑅3 +𝑅4 2
𝑉𝑖 𝑉
𝑅1 = − 𝑅0
𝑉 = +
𝑉′ 𝑅1 2
𝑅1 +𝑅2 𝑜
𝑅2
𝑅1 𝑉0′′ = − 𝑉
𝑉 = +
𝑉′ 𝑅1 1
𝑅1 +𝑅2 𝑜

𝑅4 𝑅1
𝑉2 𝑅 = 𝑉′
𝑅1 +𝑅2 𝑜
3 +𝑅4

𝑅1 + 𝑅2 𝑅4
𝑉𝑜′ = ( )𝑉
𝑅4 + 𝑅3 𝑅1 2

𝑉0 = 𝑉0′ + 𝑉0′′
𝑅1 +𝑅2 𝑅4 𝑅2
𝑉0 = ( )
𝑅4 +𝑅3 𝑅1
𝑉2 − 𝑅1
𝑉1

𝑹𝒙 𝑹𝒚

𝑉0 = 𝑅𝑥 𝑉2 − 𝑅𝑦 𝑉1

12
Este amplificador usa ambas entradas invertida y no invertida con una ganancia de
uno, para producir una salida igual a la diferencia entre las entradas. Es un caso
especial del amplificador diferencial. Se pueden elegir también las resistencias para
amplificar la diferencia.

1.10. Ejemplo

Ejemplo 1:

Diseñar un circuito basado en operadores amplificadores que convierta un rango de

voltaje de 20 a 250 [mV] a un rango de 0 a 5 [V].

𝑉0

20 – 25 mV
Sensor
5 (250,5)

20 − 0
250 − 5
0-5
𝑉𝑖 AD
20 250
𝑉0

𝑦1 −𝑦2
𝑦 − 𝑦1 = (𝑥 − 𝑥1 )
𝑥1 −𝑥2

5
𝑦 = 20−250 (𝑥 − 𝑥1 )

5
𝑦= (𝑉𝑖 − 20)
230

5 5
𝑦 = 230 𝑉𝑖 − 230 (20)

5
Rf
Vi

230 -5/230Vi Rf Rf

(-5/230Vi)+(5/230(20mv))
5/230Vi Rf

Rf
5 Vo

20mv Vo=(5/230Vi)-(5/230(20mv))
230 -5/230(20mv)

13
Ejemplo 2:

A1, A2, A3, A4. Amplificador cuádruple LM324N. D1 y D2 diodos 1N4148.

VD1= 0.6 [V] y ID! = 2 [mA], VNR(max)=27 [V] y VNR(min)=24 [V].

D3= Diodo de luz (led) MV 5054.

Q1= Transistor 2N 3053.

Q2= Transistor 2N 3055.

Dz= Diodo Zener 1N 5234, 6.2 V ; ½ W.

Darlintong

𝐼𝐸 = (𝛽1 + 1)𝐼𝐵1 𝐼𝐸2 = (𝛽2 + 1)𝐼𝐵2

𝐼𝐸2
𝐼𝐸1 = 𝐼𝐵2 𝐼𝐵2 = 𝛽2 +1

𝐼𝐸2
(𝛽1 + 1)𝐼𝐵1 =
𝛽2 +1

𝐼𝐸2 = (𝛽2 + 1)(𝛽1 + 1)𝐼𝐵1

Amplificación aproximada 100%

Configuración Darlintong

B1

IB1

IB2 𝐼𝐵1 𝐼𝐸2

IE1 B 𝛽 = 𝐼𝐸1 = 𝐼𝐵2

IE2

(𝛽1 + 1)(𝛽2 + 1)

14
Pregunta:

Para la fuente de alimentación planteada encuentre la función de transferencia de 𝑉𝐿

en función de 𝐼𝐿 ; si R3 se calibra de tal forma que con R4 se obtenga que:

0 ≤ 𝑉𝐿 ≤ 20 [𝑉] Siendo 0 ≤ 𝑅𝐿 ≤ ∞ 𝑜ℎ𝑚.

50 %

50 %

50 %

Diodo Zener

𝒊 𝒊

Nota: Cuando está polarizado

𝟔, 𝟏 𝑽 inversamente funciona como
fuente de voltaje.
𝒊
𝑽𝒛

Solución:

2KΩ DZ

Ro Io Iz 0 ≤ 𝑉01 ≤ 𝑉𝑁𝑅
VNR

V- 𝑉 + (𝐴1 ) = 𝑉 − (𝐴1 )
Vo1 R3
5K 50 %
𝐼 + (𝐴1 ) = 𝑉 − (𝐴1 ) = 0[𝐴]
10K R4

R1 V+ R2 50 %

4.7KΩ 10KΩ

15
 𝑅1
𝑉+ = . 𝑉0
𝑅1 +𝑅2

𝑉0 − 𝑉 + = 6,2 [𝑉]

𝑉 + = 𝑉𝑜 − 6,2 [𝑉]

4,7
𝑉0 − 6,2 = 𝑉
14,7 𝑜

𝑉0 = 9.1 [𝑉]

𝑉− 9.1−6.2
𝐼𝑜 = = = 1.45 𝑚𝐴 Zener ∴ ON = 𝐼𝑧
𝑅0 2𝐾

0−𝑉 − −(𝑉01 −𝑉𝑧 ) 6.2−9

𝐼𝑜 = = = = −1.45 𝑚𝐴
𝑅0 𝑅0 2𝐾

𝑃𝑧 = 𝑉𝑧 . 𝐼𝑧 = (6.2 𝑉)(1.45 𝑚𝐴) = 8.99 [𝑚𝑊]

VNR

R3B
R3A
9.1V R5
R6
5K R3 6.2KΩ A2 Q1
V+ 3.9KΩ
50 %
R4
10K Q2
50 % R7

10KΩ
R8
0.47Ω

R16
I8
A3 R9
100KΩ
1KΩ I+

R11 VL
V+ IL
150KΩ R10 +
RL
R12 I11 4.7KΩ 50 % VL
100KΩ
I12
I10 -

16
 𝑅4𝐵
𝑉+ = . 9.1 [𝑉]
𝑅3𝐴 +𝑅4

𝑉𝐿 − 𝑉 + 𝑉+
=
150 100

𝑉𝐿 𝑉+ 𝑉+
− =
150 150 100

𝑉+ 𝑉+
𝑉𝐿 = (100 + 150) 150

150
𝑉𝐿 = 𝑉 + (1 + 100)

𝑅4𝐵 150
𝑉𝐿 = . 9.1 (1 + )
𝑅3𝐴 +𝑅4 100

𝑅4𝐵
𝑉𝐿 = (22.75)
𝑅3𝐴 +𝑅4

0 ≤ 𝑉𝐿 ≤ 20
𝑅4 → 0 → 10 𝑘Ω
𝑅4𝐵 = 0  𝑉𝐿 = 0[𝑉]

𝑅4𝐵 = 10 𝐾 𝑉𝐿 = 𝑓(𝐼𝐿 )

10
𝑉𝐿 = (22.75) 𝑅3 → 0 → 1.38 𝑚𝑘Ω
𝑅3𝐴 +10

10
20 = 𝑅 (22.75)
3𝐴 +10

20(𝑅3𝐴 + 10) = 10(22.75)

20 𝑅3𝐴 + 200 = 227.5

20 𝑅3𝐴 = 207.5 − 200

27.5
𝑅3𝐴 = = 1.38 𝐾Ω
20

17
 V- 𝑉+ = 𝑉−
𝑉𝐿 = 𝑓 (𝐼𝐿 )

LCK V+

𝐼8 − 𝐼 + (𝐴3 ) − 𝐼𝐿 − 𝐼10 − 𝐼11 =

0 𝑉𝑑 = 𝑉 + − 𝑉 −
𝑉 𝑉𝐿
𝐼8 − 𝐼𝐿 − 4.7𝐿 − =0 𝑉𝑑 = 0
250

𝑉𝐿 𝑉𝐿 - +
+ = 𝐼8 − 𝐼𝐿
4.7 250
+
1 1
𝑉𝐿 (4.7 + 250) = 𝐼8 − 𝐼𝐿 I+
-
𝐼8 −𝐼𝐿 - +
𝑉𝐿 = 0.22

1276.6 [𝑚𝐴] 𝐼𝐿
𝑉𝐿 = −
0.22 0.22

𝑉𝐿 = 5802.73 − 4.55 𝐼𝐿 [𝑉] 𝑉𝐷 − 𝐼8 (0.47 𝑥 10−3 ) = 0

𝑉
𝐼8 = 0.47 𝑥𝐷10−3

0.6
𝐼8 = 0.47 𝑥 10−3

𝐼8 = 1276.6 [𝑚𝐴]

Ejemplo 3:
2kΩ

I2
+ 15.0V + 15.0V
1KΩ V+

I1
10kΩ
I2
Io
Io 50kΩ
1.5kΩ
N1 N2
S Q
Z1 -15.0V
-15.0V Vi Vo
I3 R ~Q
5kΩ Iz + 15.0V
10kΩ
3kΩ
50kΩ

Z2

-15.0V

a) Grafique 𝑉𝑜 vs 𝑉𝑖 .
b) Si 𝑉 = 20 𝑆𝑒𝑛 𝜔𝑡, grafique 𝑉𝑜 si la frecuencia es de 1 KHz.

18
 𝑖𝑑 𝐼𝑑

𝑍1 , 𝑍2
𝐷1 𝑉𝐷 = 0𝑉
−3
𝑉𝐷

1 𝐴1 → 𝑍𝑜𝑛𝑎 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙

𝐷𝑍 → 𝑂𝑁

3
𝐼1 = 1𝐾 𝐼1 = 𝐼2

𝐼1 = 3 [𝑚𝐴] 𝐼2 = 3 𝑚𝐴
𝑉01 −3 𝑉
=3
2

3
𝑉01 = 6 + 3 = 9 [𝑉] 𝐼3 = 5 = 0.6 𝑚𝐴

15−3 12
𝐼2 = = 10 = 1.2 𝑚𝐴
10 𝐾

Demostración

1
−15 < 𝑉01 < 15

𝑉01 = 9 [𝑉] ∴ 𝑆𝑖 𝑍𝑜𝑛𝑎 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙

𝑵𝟏

𝐼2 − 𝐼3 − 𝐼𝐷 = 0
2 9−3 6 𝐼𝐷 = 𝐼2 − 𝐼3
𝐼3 = =
1.5 𝐾 1.5 𝐾
𝐼𝐷 = 1.2 − 0.6 [𝑚𝐴]
𝐼3 = 4 𝑚𝐴
𝐼𝐷 = 0.6 [𝑚𝐴]

19
 9−3 6
𝐼4 = =
1.5 𝐾 1.5 𝐾

𝐼4 = 4 𝑚𝐴

𝑵𝟐

𝐼𝐷 + 𝐼4 − 𝐼𝑧 = 0

𝐼𝑧 = 𝐼𝐷 − 𝐼4

𝐼𝑧 = 0.6 + 4
𝐶𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑠𝑖ó𝑛 ∴ 𝑍𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑂𝑁 + 15.0V
𝐼𝑧 = 4.6 [𝑚𝐴]
9V

A2

50kΩ

S Q
-15.0V Vi -15.0V Vo
R ~Q
+ 15.0V

I5 3kΩ
50kΩ
N3 A3

Z2

Iz2 -15.0V

+ 15.0V

9V
𝐼𝑧2 > 0 𝐷𝑧2 ∴ 𝑂𝑁
A2

50kΩ
𝐼5 + 𝐼𝑧2 = 0
S Q
Vi
−15+3 -15.0V Vo
+ 𝐼𝑧2 = 0 + 15.0V
R ~Q

12 50kΩ
𝐼𝑧2 = = 4 [𝑚𝐴] -3V A3
3

-15.0V

20
a) 𝑉0 𝑣𝑠 𝑉𝑖

𝑉0

𝑉𝑖
−3 9

b) Invierta el diodo 2 y grafique 𝑉0 𝑣𝑠 𝑉𝑖 .

𝑉0

5𝑉

𝑉𝑖
−3 9

c) Si 𝑉𝑖 = 20 𝑆𝑒𝑛 𝜔𝑡, grafique 𝑉0 . Si f = 1 KHz.

𝑉0

20

21
 𝑓 = 1 𝐾𝐻𝑧
9
1 𝑇 1
𝑇=𝑓→ = 1000
2

𝑉𝑖 𝑇 = 0.5 𝑚𝑠𝑒𝑔
−3 𝑡1 𝑡2

20
𝑉0

5
9

𝑉𝑖
𝒘

74.3𝑚𝑠 𝑤 = 0.5 74.3𝑚𝑠

𝑤 = 351.42 𝜇𝑠

d) Calcule el tiempo en que 𝑉0 está en alto. Calcule el ancho de pulso de 𝑉0.

𝑉𝑖 = 20 𝑆𝑒𝑛 (𝑤𝑡)

𝑉𝑖 = 20 𝑆𝑒𝑛 ( 2𝜋(1000)𝑡2 )

9 = 20 𝑆𝑒𝑛 (2𝜋(1000)𝑡2 )
9
= 𝑆𝑒𝑛 (2𝜋(1000)𝑡2 )
20

9
𝑆𝑒𝑛−1 ( )
20
𝑡2 = → 𝑡2 = 74.3 [𝜇𝑠𝑒𝑔]
2𝜋(1000)

22
 UNIDAD #2

OPAMP CON RETROALIMENTACIÓN POSITIVA

Los circuitos que conectan su salida al terminal no inversor se dice que tienen
realimentación positiva, los amplificadores con realimentación positiva tienden a
trabajar en las regiones de saturación. Esto ocurre en la región lineal, este efecto
encadenado provoca que la salida ingrese en la región de saturación positiva, si 𝑉𝑜
empieza a disminuir el amplificador entra en saturación negativa, cuando no hay
realimentación negativa, el amplificador no puede controlar el voltaje de salida 𝑉𝑜 a un
valor estable y automáticamente se satura.

15V

Vi
HISTÉRESIS
𝑅2
𝑉 + = 𝑉0 𝑅
R1 1 +𝑅2

-15V 𝑅2
𝑉+ = (+𝑉𝑠𝑎𝑡 )
𝑅1 +𝑅2
R2
𝑅2
𝑉+ = 𝑅 (−𝑉𝑠𝑎𝑡 )
1 +𝑅2

Un opamp trabaja en 𝑍𝐿 o 𝑍𝑠 comparado 𝑍𝑆𝐴𝑇 retroalimentación positiva 𝑍𝑆𝐴𝑇 .

+𝑉𝑐𝑐

−𝑉𝑐𝑐

23
Voltaje de Umbral Superior Voltaje de Umbral Inferior
𝑅2 𝑅2
𝑉𝑈𝑇 = (+𝑉𝑐𝑐 ) 𝑉𝐿𝑇 = (−𝑉𝑐𝑐 )
𝑅1 +𝑅2 𝑅1 +𝑅2
Vi Vi

R1 R1

-
+
R2 VUT R2 VLT
- +

2.1. VENTANA DE HISTÉRESIS  FUNCIÓN DE

TRANSFERENCIA

15 V

Ancho de banda

𝑤 = 𝑉𝑈𝑇 − 𝑉𝐿𝑇
𝑉𝐿𝑇 𝑉𝑈𝑇

-15 V

2.2. CIRCUITO NO INVERSOR

Vref 𝐸𝑖 −𝑉𝑟𝑒𝑓 𝑉𝑟𝑒𝑓 −𝑉0

=
𝑅 𝑛𝑅
Vo
𝑉𝑟𝑒𝑓 𝑉0
Vref 𝐸𝑖 − 𝑉𝑟𝑒𝑓 = 𝑛
− 𝑛

1 𝑉0
Ei R NR 𝐸𝑖 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + 𝑛) − 𝑛

Vref 𝑉0 = +𝑉𝑐𝑐 ; −𝑉𝑐𝑐

24
 1 (−𝑉𝑐𝑐 ) 1 (+𝑉𝑐𝑐 )
𝑉𝑈𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + ) − 𝑉𝐿𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + ) −
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛

2.3. CIRCUITO INVERSOR

𝑉𝑟𝑒𝑓 − 𝐸𝑖 𝐸𝑖 −𝑉0
Ei =
𝑅 𝑛𝑅

𝐸𝑖 𝑉0
Vo 𝑉𝑟𝑒𝑓 − 𝐸𝑖 = 𝑛
− 𝑛

Ei 𝑉𝑟𝑒𝑓 +
𝑉0 1
= 𝐸𝑖 (𝑛 + 1)
𝑛

𝑉
𝑉𝑟𝑒𝑓 + 0
Vref R NR 𝐸𝑖 = 1
( +1)
𝑛

Ei 𝑛 0
𝐸𝑖 = (𝑛+1) . 𝑉𝑟𝑒𝑓 + 𝑛+1
𝑉

𝑉0 = +𝑉𝑐𝑐 ; −𝑉𝑐𝑐

𝑛 (+𝑉𝑐𝑐 ) 𝑛 (−𝑉𝑐𝑐 )
𝑉𝑈𝑇 = . 𝑉𝑟𝑒𝑓 + 𝑉𝐿𝑇 = .𝑉 +
𝑛+1 𝑛+1 𝑛+1 𝑟𝑒𝑓 𝑛+1

En el caso de que la señal que tenemos que detectar, sea superior a la señal de
referencia, a la salida vamos a tener una señal igual a Vs-.

Si la tensión de referencia es mayor a la señal a detectar, en el terminal de salida

tendremos como resultado una tensión igual a Vs+.

25
 2.4. EJEMPLOS

Ejemplo 1:

a) Grafique la función de transferencia.

b) Grafique 𝑉0 vs 𝑉𝑖 .

15V
1 𝑉𝑐𝑐
𝑉𝑈𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + ) +
𝑛 𝑛
Vref

8.82V Vo
1 15
𝑉𝑈𝑇 = 8.82 (1 + 7.5) + 7.5

-15V 𝑉𝑈𝑇 = 12 [𝑉]

Ei 10kΩ 75kΩ

1 𝑉𝑐𝑐
𝑉𝐿𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + 𝑛) − 𝑛
75
𝑛 = 10 1 15
𝑉𝐿𝑇 = 8.82 (1 + )−
7.5 7.5
𝑛 = 7.5
𝑉𝑈𝑇 = 8 [𝑉]

a) 𝑉0 [𝑉]

15

𝐸𝑖
8 12

-15
V

26
 b) Con una señal triangular

𝐸𝑝

13

12

8
7

𝑉0

15

-15

Ejemplo 2:
5V
5V
4.32V

0.5kΩ

20kΩ 75kΩ
1kΩ
A
1kΩ
Ei D=0.6V
5V B A B Y
0 0 0
Vo
0 1 1
1 0 1
1 1 0
5.53V 20kΩ 75kΩ

27
Solución
𝐸𝑖 −𝑉𝑟𝑒𝑓 𝑉𝑟𝑒𝑓 −𝑉0
5V =
𝑅 𝑛𝑅

4.32V 1 𝑉01
𝐸𝑖 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + 𝑛) − 𝑛
Vo1
𝑉01 = +𝑉𝑐𝑐 ; −𝑉𝑐𝑐
Vref

0V 1 (−𝑉𝑐𝑐 )
20kΩ 𝑉𝑈𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + 𝑛) −
Ei 75kΩ 𝑛

1 (+𝑉𝑐𝑐 )
Vref 𝑉𝐿𝑇 = 𝑉𝑟𝑒𝑓 (1 + 𝑛) − 𝑛

1 6
𝑉𝑈𝑇 = 4.32 (1 + 7.5) − 3.75

𝑉𝑈𝑇 = 5.47 [𝑉]

1 5
𝑉𝐿𝑇 = 4.32 (1 + 3.75) − 3.75

𝑉𝐿𝑇 = 4.14 [𝑉]

𝑉0

𝐸𝑖
4.14 5.47

28
 𝐸𝑖

5.4
7

4
.3
1
4
𝑡

𝑉01

5V

Ei 𝑉𝑟𝑒𝑓 − 𝐸𝑖 𝐸𝑖 −𝑉02
=
𝑅 𝑛𝑅
Vo2
Ei 𝑉02 1
𝑉𝑟𝑒𝑓 + = 𝐸𝑖 (1 + 𝑛)
𝑛

𝑉
20kΩ
0V 𝑉𝑟𝑒𝑓 + 02
5.53V 75kΩ 𝐸𝑖 = 1
𝑛
(1+ )
𝑛
Ei

+𝑉𝑐𝑐 −𝑉
5.53 +
𝑛 5.53 + 𝑛𝑐𝑐
𝑉𝑈𝑇 = 1 𝑉𝑈𝑇 = 𝑉𝐿𝑇 = 1
1+ 1+3.75
3.75
5
5.53 + ( )
3.75 6
1 5.53 + 3.75
1+ 𝑉𝐿𝑇 =
3.75 1
1+3.75
𝑉𝑈𝑇 = 5.42 [𝑉]
𝑉𝐿𝑇 = 4.37 [𝑉]

29
 𝑉0

𝐸𝑖
4.37 5.42

𝐸𝑖

5.42
7

4.37
14 3

𝑉02

30
Salidas

𝑉01

𝑉02

𝑉0

31
 5V

0.5kΩ
5𝑉 − 0.5𝐼 − 1𝐾𝐼 − 𝑉0 = 0

5𝑉 − 𝐼(0.5 + 1𝐾) − 0.6 = 0

1kΩ
5V
VD=0.6V
4.4 = 𝐼(0.5 + 1𝐾)
4.4
𝐼 = 0.5+1𝐾
5V
𝐼𝐷 = 2.93 𝑚𝐴
bajo 0.5kΩ

I
5V 1kΩ
1kΩ
5
𝐼𝑐 =
VD=0.6V 0.5𝐾

𝐼𝑐 = 10 𝑚𝐴

𝑉𝐶𝐸 = 5

5V

0.5kΩ
alto

I
5V 1kΩ

𝐼𝐷 [𝑚𝐴]

2.93 5𝑉 − 0.5𝐾𝐼𝑐 − 𝑉𝐶𝐸 = 0

𝑉𝐶𝐸 = 5𝑉 − 0.5𝐾𝐼𝑐

𝑉𝐶𝐸 = 0
𝑡
10 20

32
 UNIDAD # 3

FILTROS ACTIVOS

Puede definirse un filtro como cualquier dispositivo que modifica de un modo

determinado una señal que pasa a través de él, un filtro activo es un filtro electrónico
analógico distinguido por el uso de uno o más componentes activos que proporcionan
una cierta forma de amplificación de energía, que lo diferencian de los filtros pasivos
que solamente usan componentes pasivos.

Ventajas
- Permiten eliminar las inductancias que, en bajas frecuencia, son voluminosas
pesadas y caras.
- Facilitan el diseño de filtros complejos mediante la asociación de etapas
simples.
- Proporcionan una gran amplificación de la señal de entrada (ganancia), lo que
es importante al trabajar con señales de niveles muy bajos.
- Facilidad en los ajustes, actuando simplemente sobre el elemento activo.
Desventajas
- Exige una fuente de alimentación Su respuesta de frecuencia está limitada por
la capacidad de los A.O utilizados.
- Es imposible su aplicación en sistemas de media y alta potencia.

3.1. FILTRO PASA BAJO

Permite pasar ciertas frecuencias menores a la frecuencia de corte, en el filtro pasa

bajas la impedancia de realimentación está formada por una resistencia y capacitor
en paralelo y en la entrada inversora se conecta una resistencia.

𝐴 𝑓1 < 𝑓𝑐
A
𝑉𝐷 = 𝐴𝑉𝑖

𝑓2 > 𝑓𝑐

𝜔𝑐 = 2𝜋𝑓𝑐 𝑉𝐷 = 𝐴𝑉𝑖

33
3.2. FILTRO PASO ALTO

Permite pasar frecuencias más altas de la frecuencia de corte y atenúa las frecuencias
que estén por debajo de dicha frecuencia, la principal característica de este tipo de
filtros, es el atenuar la señal a valores de frecuencia bajos. Algún filtro pasa alto, no
solo tienen efecto atenuador, sino que también provocan un adelantamiento en la fase
y derivación en la señal.

𝐴 𝑓1 < 𝑓𝑐

𝑓2 > 𝑓𝑐

𝜔𝑐

- Un filtro pasivo es aquel que está compuesta por resistencia, capacitores e

inductores.
- Un filtro activo está compuesto por circuitos integrados.

3.3. FILTRO PASO BANDA

Un filtro paso banda puede usar un filtro paso bajo en serie con un filtro paso alto entre
los que hay un rango de frecuencias que ambos dejan pasar, es importante tener en
cuenta que la frecuencia de corte del paso bajo sea mayor que la del paso alto.

𝐴 𝑓2 > 𝑓1

𝐹1

34
 𝐴
+

𝐹2

𝐹1 ∗ 𝐹2
Filtro paso banda

Se da de la multiplicación de un
filtro paso bajo con un paso alto
𝑓2 < 𝑓1 .

3.4. FILTRO RECHAZA BANDA

Pueden implementarse de diversas formas. Una de ellas consistirá en dos filtros, uno
paso bajo cuya frecuencia de corte sea la inferior del filtro elimina banda y otro paso
alto cuya frecuencia de corte sea la superior del filtro elimina banda. Como ambos son
sistemas lineales e invariantes, la respuesta en frecuencia de un filtro banda eliminada
se puede obtener como la suma de la respuesta paso bajo y la respuesta paso alto.

𝑓2 > 𝑓1

𝐹1

35
 𝐴

𝐹2

𝐹1 + 𝐹2 Filtro rechaza banda

Se da de la suma de un filtro
paso alto con un paso bajo 𝑓2 <
𝑓1 .

3.5. EJEMPLOS
- Filtro Rechaza banda

𝑉0 = 𝐴𝑉𝑖 + 𝐵𝑉𝑖
𝑉𝑖
𝑉0 = 𝑉𝑖 (𝐴 + 𝐵)

- Filtro Paso banda

R R
x
𝑉𝑖 A B 𝑉0 = 𝐴. 𝐵. 𝑉𝑖 Vi R
Vo1 R
Vo

36
- Filtro Paso bajo

𝑉𝑖 A 𝑉0
R
𝑉0 = 𝐴𝑉𝑖 𝜃

1
𝑋𝑐 = 𝑋𝑐
𝑗𝜔𝐶

Vo
Vo 𝑉0 = 𝑉𝑐
R Vo

Vi Vo=Vc
C Vo
-

𝑋𝑐
𝑉𝑐 = . 𝑉𝑖
𝑋𝑐 +𝑅

𝑋𝑐
𝑉0 = 𝑋 . 𝑉𝑖 𝑆𝑖 𝑓 = 0
𝑐 +𝑅

1
𝐴 𝐴=1
𝑗𝜔𝐶
𝑉0 = 1 . 𝑉𝑖
+𝑅
𝑗𝜔𝐶

1
𝑗𝜔𝐶
𝑉0 = 1+𝑗𝜔𝐶𝑅 . 𝑉𝑖
𝑗𝜔𝐶 1
1
𝑉0 = 1+𝑗𝜔𝑅𝐶 . 𝑉𝑖

1
𝑉0 = 1+𝑗2𝜋𝑓𝑅𝐶 . 𝑉𝑖

𝑉0 1
= 1+𝑗2𝜋𝑓𝑅𝐶 𝑓
𝑉𝑖
𝑓𝑐
1
𝐴 = 1+𝑗2𝜋𝑓𝑅𝐶

37
 𝑆𝑖
C1 1/jwc
𝑅 = 100𝐾
R
I3

Vi R I2
Vo
I1

𝐴
𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 = 0
𝑉𝑖 0𝑉
+ 100 + 𝑗𝜔𝐶𝑉0 = 0
100

𝑖 𝑉 1
− 100𝐾 = 𝑉0 (100𝐾 + 𝑗𝜔𝐶) 1

𝑉0 1
= −[ 1 ]
𝑉𝑖 100𝐾( +𝑗𝜔𝐶)
100𝐾

𝑉0 1
= − [1+100𝐾𝑗𝜔𝐶 ]
𝑉𝑖
𝑓
1
|𝐴| = |− |
1+100𝐾𝑗𝜔𝐶

Nota:
𝐴𝑣 → 𝐴𝑣 = 0.707𝑓𝑐 ; Esto significa que en el 70% de la entrada empieza a cambiar.

0.707
𝑉0
𝐴= = 0.707
𝑉𝑖

𝑓
𝑓𝑐

38
 - Filtro Paso alto

1
R2 𝑋𝑐 = 𝑗𝜔𝐶

C
Vi R1 0V 𝑆 = 𝑗𝜔
Vo
0V

Trabajando con impedancia se obtiene:

𝑉𝑖 𝑉 𝐴
= − 𝑍0
𝑍3 +𝑍1 2

𝑉0 𝑍2
= −𝑍
𝑉𝑖 3 +𝑍1
0.707
𝑉0 𝑅2
=− 1
𝑉𝑖 𝑅1 +
𝑆𝐶

𝑆𝐶𝑅
𝐴 = − 1+𝑆𝐶𝑅2 𝑓
1
𝑓𝑐

Para hallar la frecuencia de corte:

𝑆𝐶𝑅
𝐴 = 1+𝑆𝐶𝑅2
1

𝐴𝑙𝑔𝑜
𝐴= 𝑆
1+
𝜔𝑐

𝑆 𝑇𝑠
1+𝜔 → 1+
𝑐 𝑓

𝑎𝑙𝑔𝑜
𝐴= 𝑆
1+ 1
𝑅1 𝐶

1
→ 𝜔𝑐
𝑅1 𝐶

1 1
𝜔𝑐 = 𝑅  2𝜋𝑓𝑐 = 𝑅1 𝐶
1𝐶

1
𝑓𝑐 = 2𝜋𝑅
1𝐶

39
3.6. FILTRO DE PRIMER ORDEN

Vi R V+
Vo
Z1
V+
Z2
C Rf
V+

Ri

𝑍2 a) 𝑍1 = 𝑅
𝑉+ = . 𝑉𝑖
𝑍1 +𝑍2

𝑅𝑖 𝑍2 = 𝐶
𝑉+ = . 𝑉0
𝑅𝑖 +𝑅𝑓

𝑍2 𝑖 𝑅
. 𝑉𝑖 = 𝑅 +𝑅 . 𝑉0 𝐴𝑣
1
𝑍1 +𝑍2 𝑖 𝑓 𝑉0 𝑆𝐶
= 1
𝑉𝑖 𝑅+
𝑅𝑖 +𝑅𝑓 𝑆𝐶
𝑉0 𝑍2
=( ) (𝑍 )
𝑉𝑖 𝑅𝑖 1 +𝑍2 𝑉0 𝐴𝑣
= 𝑆𝑐𝑅+1 → 𝑇. 𝐹.
𝑉𝑖
𝑉0 𝑅𝑓 𝑍2
= (1 + ) (𝑍 )
𝑉𝑖 𝑅𝑖 1 +𝑍2 𝐴𝑣
𝐴 = 𝑆𝑐𝑅+1
𝑅𝑓
(1 + )=𝐴 𝐴𝑣
𝑅𝑖
𝐴= 𝑆
1+ 1
𝑉0 𝐴𝑍2 𝑅𝐶
=𝑍
𝑉𝑖 1 +𝑍2
1
𝜔 = 𝑅𝐶

1
𝑓𝑐 = 2𝜋𝑅𝐶

*Evaluada 𝑓 → 0 𝐴 = 𝐴𝑣
𝐴𝑣
*𝑓 →∞ 𝐴 = 1+∞ → 𝐴 = 0

* 𝑓 → 𝑓𝑐 𝐴 = 0.707𝐴𝑣

40
 𝐴𝑣

0.707𝐴𝑣

FILTRO PASO BAJO

𝑓
𝑓𝑐

b) 𝑍1 = 𝑅

𝑍2 = 𝐶
𝑉0 𝐴𝑣𝑍2
=𝑍
𝑉𝑖 1 +𝑍2

𝑉0 𝐴𝑣𝑅 𝑉0 𝐴𝑣𝑅𝐶𝑆
= 1 → = 1+𝑆𝑅𝐶 → 𝑇. 𝐹.
𝑉𝑖 +𝑅 𝑉𝑖
𝑆𝐶

𝐴𝑣𝑅𝐶𝑆
𝐴= 𝑆
1 +1
𝑅𝐶

1 1
𝜔 = 𝑅𝐶 → 𝑓𝑐 = 2𝜋𝑅𝐶

*Evaluada 𝑓 → 0 𝐴=0
𝐴𝑣𝑅𝐶𝑆
*𝑓 →∞ 𝐴= → 𝐴 ≈ 𝐴𝑣
𝑅𝐶𝑆

* 𝑓 → 𝑓𝑐 𝐴 = 0.707𝐴𝑣
A

𝐴𝑣
0.707𝐴𝑣

FILTRO PASO ALTO

𝑓
𝑓𝑐

41
3.7. FILTRO DE SEGUNDO ORDEN
- Filtro Sallen-Key
𝑅
𝑉 + = 𝑅 +𝑅
𝑖
. 𝑉0
𝑖 𝑓

𝑍4
𝑉+ = 𝑍 . 𝑉𝑎
2 +𝑍4

𝑍2 +𝑍4
𝑉𝑎 = ( ) 𝑉+
𝑍4

𝑉𝑖𝑛 −𝑉𝑎 𝑉𝑎 −𝑉0 𝑉𝑎 −𝑉 + 𝑅𝑖 1

= + = 𝑅𝑖 +𝑅𝑓
𝑍1 𝑍3 𝑍2 𝑅𝑖 +𝑅𝑓
𝑅𝑖

𝑉𝑖𝑛 𝑉 𝑉𝑎 𝑉 𝑉 𝑉+
− 𝑍𝑎 = − 𝑍0 + 𝑍𝑎 − 1
𝑍1 1 𝑍3 3 2 𝑍2 𝑅𝑓
+1
𝑅𝑖
𝑉𝑎 𝑉 𝑉 𝑉𝑖𝑛 𝑉 𝑉+
+ 𝑍𝑎 + 𝑍𝑎 = + 𝑍0 + 𝑅𝑓
𝑍3 2 1 𝑍1 3 𝑍2
+ 1 = 𝐴𝑣
𝑅𝑖
1 1 1 𝑉𝑖𝑛 𝑉 𝑉+
𝑉𝑎 (𝑍 + 𝑍 + 𝑍 ) = + 𝑍0 +
3 2 1 𝑍1 3 𝑍2

𝑉𝑖𝑛 1 1 1 𝑍2 +𝑍4 𝑉 𝑉+
= (𝑍 + 𝑍 + 𝑍 ) ( . 𝑉 + ) − 𝑍0 −
𝑍1 3 2 1 𝑍4 3 𝑍2

𝑉𝑖𝑛 1 1 1 𝑍 𝑅 𝑉 𝑅
= (𝑍 + 𝑍 + 𝑍 ) (𝑍2 + 1) (𝑅 +𝑅
𝑖
) . 𝑉0 − 𝑍0 − (𝑅 +𝑅𝑖 . 𝑉0
𝑍1 3 2 1 4 𝑖 𝑓 3 𝑖 𝑓 )𝑍2

𝑉𝑖𝑛 1 1 1 𝑍 𝑉 𝑉 𝑉
= (𝑍 + 𝑍 + 𝑍 ) (𝑍2 + 1) 𝐴𝑣0 − 𝑍0 − 𝐴𝑣𝑍
0
𝑍1 3 2 1 4 3 2

𝑉𝑖𝑛 1 1 1 𝑍 1 1 1
= 𝑉0 [(𝑍 + 𝑍 + 𝑍 ) (𝑍2 + 1) 𝐴𝑣 − 𝑍 − 𝑍 ]
𝑍1 3 2 1 4 3 2 𝐴𝑣

𝑉0 1
= 1 1 1 𝑍 1 1 1
𝑉𝑖𝑛 𝑍1 [( + + )( 2 +1) − − ]
𝑍3 𝑍2 𝑍1 𝑍4 𝐴𝑣 𝑍3 𝑍2 𝐴𝑣

𝑉0 1
= 1 1 1 1 𝑍 1 1 1
𝑉𝑖𝑛 [𝑍 ( + + )( 2 +1) − − ]
𝐴𝑣 1 𝑍3 𝑍2 𝑍1 𝑍4 𝐴𝑣 𝑍3 𝑍2 𝐴𝑣

𝑉𝑜 𝐴𝑣
= 𝑍2 𝑍1 𝑍1 .𝑍2 𝑍 𝑍 𝑍 𝑍
𝑉𝑖𝑛 + + +1+ 1 + 1 − 1 𝐴𝑣− 1
𝑍4 𝑍4 𝑍3 .𝑍4 𝑍2 𝑍3 𝑍3 𝑍2

42
 a) 𝑍1 = 𝑅, 𝑍2 = 𝑅, 𝑍3 = 𝐶, 𝑍4 = 𝐶
𝑉0 𝐴𝑣
= 𝑅 𝑅 𝑅.𝑅 𝑅 𝑅 𝑅𝐴𝑣 𝑅
𝑉𝑖𝑛 1 + 1 + 1 1 +1+𝑅+ 1 − 1 −𝑅
.
𝑆𝐶 𝑆𝐶 𝑆𝐶 𝑆𝐶 𝑆𝐶 𝑆𝐶

𝑉0 𝐴𝑣
= 𝑅𝐶𝑆+𝑅𝐶𝑆+𝑅2 𝐶 2 𝑆2 +1𝑅𝐶𝑆−𝑅𝐶𝐴𝑣𝑆
𝑉𝑖𝑛

𝑉0 𝐴𝑣
= 𝑅2 𝐶 2 𝑆2 +3𝑅𝐶𝑆−𝑅𝐶𝐴𝑣𝑆+1
𝑉𝑖𝑛

𝑉0 𝐴𝑣 𝑅2 𝐶 2
= 𝑅2 𝐶 2 𝑆2 +(3𝑅𝐶−𝑅𝐶𝐴𝑣)𝑆+1 ÷ 𝑅2 𝐶 2
𝑉𝑖𝑛

1
𝑉0 𝐴𝑣 . 2 2
𝑅 𝐶
= (3𝑅𝐶−𝑅𝐶𝐴𝑣)𝑆 1
𝑉𝑖𝑛 𝑆2 + + 2 2
𝑅2 𝐶2 𝑅 𝐶

𝑉0 𝐴𝑙𝑔𝑜
= 𝑆2 +2𝜀𝜔𝑛𝑆+𝜔𝑛2
𝑉𝑖𝑛

1
𝜔𝑛 = 𝑅2 𝐶 2

1
√𝜔 2 = √𝑅2 𝐶 2

1 1
𝜔𝑛 = 𝑅𝐶 → 𝑓𝑐 = 2𝜋𝑅𝐶

Nota:

Para saber qué tipo de filtro tenemos mediante la función de transferencia

consideramos:

- Filtro Paso bajo posee polo.

- Filtro Paso alto posee polos y ceros.

43
 TEMA # 4

DIAGRAMA DE BODE

4.1. BODE
El diagrama de fase de Bode representa la fase de la función de transferencia en
función de la frecuencia (o frecuencia angular) en escala logarítmica. Permite evaluar
el desplazamiento en fase de una señal a la salida del sistema respecto a la entrada
para una frecuencia determinada.

𝑃𝑖 𝑃0 𝑃0
𝐴= 𝐵𝑒𝑙𝑙 = log 𝑥
𝑃𝑖

𝑉2 𝑑𝐵 = 10 log 𝑥
𝑃=
𝑅

𝑃
𝑑𝐵 = 10 log (𝑃0 )
𝑖

𝑉0 2
𝑅
𝑑𝐵 = 10 log ( 𝑉𝑖 2
)
𝑅

𝑉 2
𝑑𝐵 = 10 log (𝑉0 )
𝑖

𝑉
𝑑𝐵 = 20 (𝑉0 )
𝑖

4.2. DIAGRAMA DE BODE

𝑑𝐵

𝑓 = 10𝐻𝑧 → 𝑉0 = 10𝑉𝑖

20 dB
𝑓 = 100𝐻𝑧 → 𝑉𝑜 = 6.3𝑉𝑖
16

𝑓 = 200𝐻𝑧 → 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖

-3 dB 1 2 3

100 1000 𝑓𝑐 = 300𝐻𝑧

1 10
𝑉0 = 0.7𝑉𝑖
44
 𝑙𝑜𝑔1 = 0 X log %
1 0 0%
𝑙𝑜𝑔10 = 1 2 0.3 30%
3 0.47 47%
𝑙𝑜𝑔100 = 2
4 0.6 60%
𝑙𝑜𝑔1000 = 3 5 0.69 69%
6 0.78 78%
7 0.85 85%
8 0.9 90%
9 0.95 95%
10 1 100%

Ejemplo:

𝑉
𝑑𝐵 = 20 log (𝑉0 )
𝑉 16 = 20 log (𝑉0 )
𝑖
𝑖

16 𝑉
1
𝑑𝐵 = log (𝑉0 )
𝑉 = log (𝑉0 )
20 𝑖
20 𝑖

𝑉
20 𝑉 log( 0 )
𝑑𝐵 = log (𝑉0 ) 10 0.8
= 10 𝑉𝑖
20 𝑖

𝑉
𝑉
log( 0 ) 100.8 = 𝑉0
101 = 10 𝑉𝑖 𝑖

𝑉 𝑉0 = 6.3𝑉𝑖
10 = 𝑉0 → 𝑉0 = 10𝑉𝑖
𝑖

𝑉
−3 = 20 log (𝑉0 )
𝑉 𝑖
0 = 20 log (𝑉0 )
𝑖
−3 𝑉
= log (𝑉0 )
𝑉 20
0 log( 0 ) 𝑖
1020 = 10 𝑉𝑖
𝑉
log( 0 )
𝑉0 10−0.15 = 10 𝑉𝑖
1 = 𝑉 → 𝑉𝑜 = 𝑉𝑖
𝑖
𝑉
0.7 = 𝑉0
𝑖

𝑉𝑜 = 0.7 𝑉𝑖
- Diagrama de Bode

𝑉0
|𝐺| = ∅
𝑉𝑖

𝑓 𝑓

45
 1º

𝑉
𝐺(𝑆) = 20 log | 𝑉0 | 𝐺(𝑆) = 20 log|𝐺|
𝑖

2º

∡ 𝐺(𝑆)

4 √42 +02 4
𝐺 = 𝑆+4 = √42 +02
=
√17

4
𝑑𝐵 = 20 log ( ) → 𝑑𝐵 = −12.3
√17

∟0°
∡ 𝐺 = ∟14°

∡ 𝐺 = ∟0° − 14°

∡ 𝐺 = −14°

Factores analizar:
𝐾
1) Ganancia; ejemplo:𝐺 = 1
𝐾
2) Polos en el origen; ejemplo:𝐺 = 𝑆
3) Ceros en el origen; ejemplo: 𝐺 = 𝑆.
𝐾
4) Polos; ejemplo: 𝐺 = 𝜏𝑆+1
5) Ceros; ejemplo: 𝐺 = 𝜏𝑆 + 1
𝐾
6) Segundo orden; 𝐺 = 𝑆2 +2𝜀𝜔 2
𝑛 𝑆+𝜔𝑛

GANANCIA:
G=K

1º

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺|

|𝐺| = √𝐾 2 → |𝐺| = 𝐾

𝑑𝐵 = 20 log|𝐾|

2º

∡| 𝐺|

≯= 0
46
 𝐺 ∅

20 log|𝐾|

0∘
𝑓 𝑓
1 10 100 1000 1 10 100 1000

Ejemplo:

𝑉0 𝑅
Rf = − 𝑅𝑓
𝑉𝑖 𝑖

Vi Ri 𝐺 = −𝐾 → |𝐺| = 𝐾

𝑑𝐵
1º
𝑅
𝑑𝐵 = 20 log ( 𝑓) 𝑅
𝑅𝑖 20 log ( 𝑓)
𝑅𝑖
2
√(𝑅𝑓 ) +02 𝑅𝑓
= 𝑓
)2 +02
1√(𝑅10
𝑖 100 𝑅1000
𝑖
1 10 100 1 1 10 100 1000

2º
∅
∡𝐺
𝑅
𝐺 = − 𝑅𝑓
𝑖
180∘
∟180°
∡𝐺 = ∟0°

∡ 𝐺 = ∟180° − 0° 𝑓
1 10 100 1000

∡ 𝐺 = 180°

47
 10kΩ 𝑉0 10𝐾
=−
𝑉𝑖 1𝐾
Vi 1kΩ
𝑉0
= −10
𝑉𝑖

𝑅
𝑑𝐵 = 20 log ( 𝑅𝑓)
𝑖

𝑑𝐵 = 20 log(10)

𝑑𝐵 = 20

∡ = 180°

POLOS EN EL ORIGEN:
𝑑𝐵
1
𝐺=𝑆

1º 60

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺|
40
1
|𝐺| =
𝑗𝜔

√12 +02 1
20
𝐺= √02 +𝜔2
= |𝐺| = 𝜔
𝑓
1
𝑑𝐵 = 20 log (𝜔) 1 10 100 1000
-20
𝑑𝐵 = 20 log(𝜔)−1

𝑑𝐵 = 20 log 𝜔 -40 −20 𝑑𝐵/𝑑𝑒𝑐

-60
dB 𝝎
0 1 década
-20 10 década
-40 100 década
-60 1000 década

48
 ∅ = ∡𝐺
2º

∡𝐺 ⃗ = 0 + 𝑗𝜔
𝑉
1
𝐺 = 𝑗𝜔 𝑓
1 10 100 1000

∟0°
∡ 𝐺 = ∟90°
90∘
∡ 𝐺 = −90°

Ejemplo:

a) ¿Cuánto se atenúa entre 10 Hz y 100 Hz?

𝑉01 𝑉
02 𝑉01
𝑑𝐵 = 20 log|𝐺| 𝑑𝐵 = 20 log|𝐺| = 0.01 → 𝑉02 =
0.1 10

−20 = 20 log|𝐺| −40 = 20 log|𝐺| 𝑉01 = 10𝑉02

−20 −40
= log 𝐺 = log 𝐺
20 20

10−1 = 10log(𝐺) 10−2 = 10log(𝐺)

𝐺 = 0.1 𝐺 = 0.01

𝑉01 𝑉02
= 0.1 = 0.01
𝑉𝑖 𝑉𝑖

𝑉01 𝑉
02
𝑉𝑖 = 𝑉𝑖 = 0.01
0.1

R: Se está atenuando 10 veces.

b) ¿Cuánto se atenúa entre 10 Hz y 50 Hz?

𝑑𝐵 = 20 log(𝐺) 𝑑𝐵 = 20 log(𝐺)
𝑑𝐵 = 20 log(𝐺)

−20 = 20 log(𝐺) −33.97 = 20 log(𝐺)

𝑑𝐵 = −20 log(𝜔)
33.97
𝑑𝐵 =
20
− 20 = log(𝐺) − = log(𝐺)
20
−20 log(50) 33.97
10−1 = 10log(𝐺) 10− 20 = 10log(𝐺)
𝑑𝐵 = −33.97
𝐺 = 0.1 10−1.6985 = 𝐺

𝐺 = 0.02
49
 𝑉010 𝑉050
= 0.1 = 0.02
𝑉𝑖 𝑉𝑖

𝑉010 𝑉050
𝑉𝑖 = 𝑉𝑖 =
0.1 0.02

𝑉010 𝑉050 0.02

= 0.02 → 𝑉050 = 𝑉010
0.1 0.1

𝑉050 = 0.2𝑉010

CEROS EN EL ORIGEN
𝑑𝐵

𝐺=𝑆
60
1º

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺| 40

𝐺 = 𝑗𝜔

√02 +𝜔2 20
𝐺= √02 +12
= |𝐺| = 𝜔
𝑓
𝑑𝐵 = 20 log(𝜔) 1 10 100 1000
-20

2º -40

∡𝐺 𝐺 = 𝑗𝜔
-60
∟90°
∡𝐺 = ∟0°

∡ 𝐺 = 90°
∅ = ∡𝐺

dB 𝝎 90°
0 1
45°
20 10
40 100 𝑓
1 10 100 1000
60 1000 -45°

-90°

50
SEGUNDO ORDEN (CEROS EN EL ORIGEN)

𝐺 = 𝑆2 2º

1º ∡𝐺 𝐺 = (𝑗𝜔)(𝑗𝜔)

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺|

𝐺 = (𝑗𝜔)(𝑗𝜔) ∡ 𝐺 = ∟90° . ∟90° = ∟90° + 90°

𝐺 = (√02 + 𝜔 2 ) (√02 + 𝜔 2 ) ∡ 𝐺 = 180°

𝐺 = 𝜔2
dB 𝝎
𝑑𝐵 = 20 log(𝜔2 )
0 1
𝑑𝐵 = 40 log(𝜔) 40 10
80 100
120 1000

POLOS

1
1 𝐺=
𝐺 = 𝜏𝑆+1 𝜏𝑆+1

1
1º 𝐺= 𝑆
+1
𝜔𝐶

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺| 1
𝑇=𝜔
1 𝐶
𝐺 = 𝑗𝜔𝜏+1

−1
𝐺 = (√(𝜏𝜔)2 + 12 )

−1
𝑑𝐵 = 20 log (√(𝜏𝜔)2 + 12 )

−1
𝑑𝐵 = −20 log (√(𝜏𝜔)2 + 1)

despreciable

≈ 𝑑𝐵 = −20 log(𝜔𝜏)
1
𝑑𝐵 = −20 log (𝜔. 𝜔 )
𝐶

51
FILTRO DE PRIMER ORDEN

𝐾
𝐺 = 𝜏𝑆+1
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3
𝑉𝑖 𝑉 𝑉
= − 𝑍0 − 𝑍0
𝑍1 3 2

𝑉𝑖 1 1
= −𝑉0 (𝑍 + 𝑍 )
𝑍1 3 2

𝑉𝑖 1 1
= −𝑍1 (𝑍 + 𝑍 )
𝑉0 3 2

𝑉𝑖 1
= − 𝑍 𝑍
𝑉0 ( 1+ 1)
𝑍3 𝑍2

Sabiendo  𝑍1 = 𝑅, 𝑍2 = 𝐺, 𝑍3 = 𝑅

𝑉𝑜 1
= − 𝑍 𝑍
𝑉𝑖 ( 1+ 1)
𝑍2 𝑍3

𝑉𝑜 1 𝑉 1
=− → 𝑉𝑜 = − 𝑅𝐶𝑆+1  Paso Bajo
𝑉𝑖 𝑅 𝑅 𝑖
( 1+ )
𝑅
𝑆𝐶

𝑓→0
𝑉 1 𝑉 𝐺
|𝑉𝑜 | = − 1 → |𝑉𝑜 | = |−1| → 𝐺 = 1 G
𝑖 𝑖

𝑓→∞ 1
𝑉 1 𝑉𝑜 0.707
|𝑉𝑜 | = − 1+∞ → =0
𝑖 𝑉𝑖

𝑓 → 𝑓𝑐
𝑉𝑜 1
𝑓
= − 1+𝑅𝐶𝑆 𝑓𝑐
𝑉𝑖

𝑉𝑜 1
=− 𝑆 → 𝑓𝑐 = 𝜔𝐶
𝑉𝑖 1+ 1
𝑅𝐶

1
𝜔𝐶 = 𝑅𝐶

52
1º 𝑑𝐵
G
1
|𝐺| =
√12 +(𝑅𝐶𝑗𝜔)2
60
1
|𝐺| = → |𝐺| = (𝑅𝐶𝜔)−1
𝑅𝐶𝑗𝜔
40
−1
𝑑𝐵 = 20 log(𝑅𝐶𝜔)

𝑑𝐵 = −20 log(𝑅𝐶𝜔) 𝑉𝑖 > 𝑉0

20

1
-20
1
𝑥1 𝑅𝐶
𝑥10 1 𝑥100 1
𝑥1000
𝑅𝐶 𝑅𝐶 𝑅𝐶
dB 𝝎
0 1 /RC 𝑉0 > 𝑉𝑖
-40
-20 1 /RCx10
-40 1 /RCx100
-60 1 /RCx1000 -60 𝑉
𝑑𝐵 = −20 log (𝑉𝑜 )
𝑖

𝑉𝑜 𝑉𝑜
𝑑𝐵(+) = 0 < <1 𝑑𝐵(−) >1
𝑉𝑖 𝑉𝑖

∟0°
∡𝐺 = 𝑅𝐶𝜔 ∅
tan−1 ( )
1
G
∡𝐺 = − tan−1(𝑅𝐶𝜔)

∡ 𝝎
−45° 1 /RC
−84,29° 1 /RCx10 𝑓
−89,43° 1 /RCx100
1
1 1 1 1 1
−89,94° 1 /RCx1000 𝑥0,01 𝑥0,1 𝑥1 𝑥10 𝑥100 𝑥1000
𝑅𝐶 𝑅𝐶 𝑅𝐶 𝑅𝐶 𝑅𝐶
𝑅𝐶
−90° 1 /RCx10000
-20

-90

53
 Sabiendo  𝑍1 = 𝐶, 𝑍2 = 𝐶, 𝑍3 = 𝑅

𝑉𝑜 1
= − 𝑍 𝑍
𝑉𝑖 ( 1+ 1)
𝑍2 𝑍3

𝑉𝑜 1 𝑉 1
= − 1 1 → 𝑉𝑜 = − 1
𝑉𝑖 𝑆𝐶 + 𝑆𝐶 𝑖 1+
𝑅𝐶𝑆
1 𝑅
𝑆𝐶

𝑉𝑜 1 𝑉 𝑅𝐶𝑆
= − 𝑅𝐶𝑆+1 = 𝑉𝑜 = − − 𝑅𝐶𝑆+1  Paso Alto
𝑉𝑖 𝑖
𝑅𝐶𝑆

𝑉𝑜 1
= − 𝑆
𝑉𝑖 1 +1
𝑅𝐶

1
𝜔𝐶 = 𝑅𝐶

FILTROS DE SEGUNDO ORDEN

El filtro de Butterworth, tiene una respuesta plana en la banda de paso y una suave
caída en la región de transición, la rapidez de la caída en la región de transición
aumenta con el orden del filtro. El filtro de Chebyshev, tiene una región de transición
más pequeña que la del Butterworth, para un filtro del mismo orden, la pendiente de
la zona de transición es mayor cuando aumenta el orden del filtro. El filtro de Bessel,
presenta variación lineal de la fase en las frecuencias de la banda de paso y por lo
tanto tiene un retardo constante en este rango. Una señal que pase por este filtro no
tendrá distorsión en su forma pero si un retardo en la salida. El filtro de transición,
presenta unas características intermedias entre el filtro de Butterworth y el filtro de
Bessel.

54
 𝐾
𝐺 = 𝑆2 +2𝜀𝜔 2
𝑛 𝑆+𝜔𝑛

𝜔𝑛 = 𝑓𝐶

Q= Factor de calidad
1
𝑄 = 2𝜀

Chevishev

Bess Tiene mejor calidad

el
Butterworth

Es el más utilizado, eses el mejor

filtro ya que no presenta ruido, y
llega a su 𝑓𝐶 rápidamente

Si Q es grande  filtro tiene mala calidad.

Si Q es pequeño  tiene mejor calidad.

𝜔𝑛 2
|𝐺| = 𝜔
𝑆 2 + 𝑛 𝑆+𝜔𝑛 2
𝑄
𝜔 2
𝐺 = 𝑆2 +2𝜀𝜔𝑛 𝑆+𝜔 2
𝑛 𝑛
𝜔 𝜔 2 4𝜔𝑛 2
1
𝑆1 , 𝑆2 = − 2𝑄𝑛 ± √( 2𝑄𝑛) − 4
𝑄 = 2𝜀
𝜔 𝜔 2
𝐺(𝑆) =
𝜔𝑛 2
=
𝜔𝑛 2 𝑆1 , 𝑆2 = − 2𝑄𝑛 ± √ 4𝑄𝑛2 − 𝜔𝑛 2
𝜔 𝜔
𝑆 2 + 𝑛 𝑆+𝜔𝑛 2 𝑆 2 + 𝑛 (𝑗𝜔)+𝜔𝑛 2
𝑄 𝑄

𝜔𝑛 2
𝜔𝑛 2 − 𝜔𝑛 2 ≥ 0
𝐺(𝑗𝜔) = (𝜔 4𝑄 2
2 −𝜔2 )+𝜔𝑛 (𝑗𝜔)
𝑛 𝑄
1
2 2)
𝜔𝑛 2 (4𝑄2 − 1) ≥ 0
(𝜔𝑛 − 𝜔 → 𝑅𝑒𝑎𝑙
1
𝜔𝑛
(𝑗𝜔) → 𝐼𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑎 −1≥0 → 1 ≥ 4𝑄 2
𝑄 4𝑄 2

1
√𝑄 2 ≤ √
4

𝑄 ≤ 0.5 ; 𝑄 ≥ 0.5

55
 𝐺1 𝑄=8

𝐺2 𝑄=4
Escriba aquí la ecuación.

Escriba aquí la𝐺ecuación.

3 𝑄 = 0.5

Entonces 𝑄3 < 𝑄2 < 𝑄1

PASO BANDA RECHAZA BANDA

𝜔𝐿 𝜔𝑐 𝜔𝐻 𝜔𝑐

𝐵𝜔

Para 𝜔𝑐 (frecuencia central) en escala logarítmica.

log 𝜔𝐻 +log 𝜔𝐿
log(𝜔𝑐 ) = 2

1
log(𝜔𝑐 ) = 2 log(𝜔𝐻 . 𝜔𝐻 )

log 𝜔𝐶 = log √(𝜔𝐿 . 𝜔𝐻 )

𝜔𝐶 = √(𝜔𝐿 . 𝜔𝐻 )

2𝜋𝑓𝑐 = √(𝜔𝐿 . 𝜔𝐻 )

2𝜋𝑓𝐶 = √2𝜋𝑓𝐻 . 2𝜋𝑓𝐿

2𝜋𝑓𝐶 = 2𝜋√𝑓𝐻 . 𝑓𝐿

𝑓𝐶 = √𝑓𝐻 . 𝑓𝐿 → 𝑓𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙

56
Para diseñar FILTRO PASO ALTO

1
𝐺=
𝑆
𝜔𝐶 + 1

𝜔 1
|𝐺| =
𝜔 2
√(
𝜔𝐶 ) + 1
−1/2
𝜔 2
𝜔𝑐 𝜔𝑐 ′ |𝐺| = (( ) + 1)
𝜔𝐶

𝜔 2
𝑑𝐵 = −20 log √(𝜔 ) + 1
𝐶

𝜔 2
𝑑𝐵 = −10 log (1 + ( ) )
𝜔𝐶

𝜔 2
𝑑𝐵 = −10 log (1 + ( ) )
𝜔𝐶 ′

𝜔 2
𝑑𝐵 = −10 log (1 + ( ) )
∞∞𝜔𝐶 𝜔𝑐 ′ =∝ 𝜔𝑐

FÓRMULAS
Vo
′ Vi BR
𝜔𝑐 =∝ 𝜔𝑐

2𝜋𝑓𝐶 ′ =∝ 2𝜋𝑓𝐶
C/B
𝑓𝐶 ′ =∝ 𝑓𝐶
1 1
=∝ 𝑅𝐶
𝑅′ 𝐶 ′
Vo
𝑅𝐶 =∝ 𝑅 ′ 𝐶 ′ Vi R

𝑅 ′ 𝐶 =∝ 𝑅 ′ 𝐶 ′  Considerando 𝑅 = 𝑅 ′ C

𝐶 =∝ 𝐶 ′
𝐶
𝐶′ = ∝
1
𝑓𝐶 = 𝑅𝐶

1
𝑓𝐶 = 𝐶
𝛽𝑅 .
𝛽

1
𝑓𝐶 = 𝑅𝐶

57
4.3. EJEMPLOS
Ejemplo 1:

Diseñar un filtro activo paso bajo de primer orden que tenga un ancho de banda
de 10 KHz.

1º FILTRO PATRÓN
1 𝑟𝑎𝑑
Vo
𝜔𝑐 = 𝑓𝐶 = 𝑅𝐶 = 1 𝑠𝑒𝑔
Vi 1Ω

1F

𝑟𝑎𝑑
𝜔𝑐 = 1
𝑠𝑒𝑔

𝜔𝑐 ′ = 10 𝐾𝐻𝑧

𝐶
𝐶′ = ∝

1𝐹
𝜔𝑐 ′ = ∝ 𝜔𝐶 𝐶 ′ = 6.28 𝑥 103
𝑟𝑎𝑑
2𝜋𝑓𝐶 ′ =∝ 1 𝑠𝑒𝑔 𝐶 ′ = 159.15 𝜇𝐹

𝑟𝑎𝑑
2𝜋(10𝐾𝐻𝑧) =∝ 1 𝑠𝑒𝑔

∝= 2𝜋(1𝑥103 )
𝑅′ = 𝑅
∝= 6.28 𝑥 103

58
Diseño de filtro a una 𝑓 = 10𝐾𝐻𝑧 con valor de resistencia igual que el filtro patrón.

Vo
Vi 1Ω

159.15uF

Ejemplo 2:

Diseñar un filtro activo paso alto de primer orden con una ganancia en alta frecuencia
de 0 dB y una atenuación de 30 dB a 40 Hz. Utilizar condensadores de 5 nF.

𝜔𝐶 = 0.03164 𝐾𝐻𝑧
𝜔𝑐 ′ = 40 𝐾𝐻𝑧

FILTRO PATRÓN

𝜔𝐶 ′ =∝ 𝜔𝐶
𝐶
𝐶′ = 𝛽
Vo
Vi 1F
𝑅 ′ = 𝛽𝑅
1Ω 𝐶
𝐶 ′ = 𝛽 = 5𝑛𝐹

𝐶 𝐶
𝐶′ = 𝛽 → 𝛽 = 𝐶′

59
 𝑆
𝐺(𝑆) = 𝑆+1

𝑗𝜔
𝐺(𝑗𝜔) = 𝑗𝜔+1

−30𝑑𝐵 √(𝑗𝜔)2 +02

𝐺(𝑗𝜔) =
√(𝑗𝜔)2 +12

√𝜔2
𝐺(𝑗𝜔) = √𝜔2
+1

𝜔
𝐺(𝑗𝜔) = (𝜔2+1)1/2
𝜔𝐶

|𝐺| = 𝜔(√𝜔 2 + 1)−1 𝜔𝐶 ′ =∝ 𝜔𝐶

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺| 𝑟𝑎𝑑
2𝜋(40𝐻𝑧) =∝ (0.03164 𝑠𝑒𝑔)
𝜔
𝑑𝐵 = 20 log (√𝜔2 )
+1 2𝜋(40𝐻𝑧)
∝= 𝑟𝑎𝑑
0.03164
𝜔 𝑠𝑒𝑔
−30 = 20 log (√𝜔2 )
+1
∝= 7943.34
−30 𝜔
log( )
10 20 = 10 √𝜔2 +1

3 2 2
(10−2 ) = (√𝜔2 )
𝜔 𝐶 = 1𝐹 ; 𝑅 = 1Ω
+1
𝐶 1
𝜔2 𝐶 ′ = ∝ → 𝐶 ′ = 7943.34
−3
10 = 𝜔2+1
𝐶 ′ = 125.89𝜇𝐹
−3 (𝜔2 2
10 + 1) = 𝜔
𝐶 𝐶
−3 2 −3 2 𝐶′ = 𝛽 → 𝛽 = 𝐶′
10 𝜔 + 10 =𝜔
125.89𝜇𝐹
10−3 = 𝜔2 − 10−3 𝜔2 𝛽= 5𝑛𝐹

10−3
𝜔2 = 1−10−3 𝛽 = 25.178

√𝜔 2 = √1𝑥10−3
𝑟𝑎𝑑 𝑅 ′ = 𝛽𝑅
𝜔𝐶 = 0.03164 𝑠𝑒𝑔
𝑅 ′ = (25.178 𝑥 103 )(1Ω)

𝑅 ′ = 25.18 𝐾Ω

𝑅 ′ = 25 𝐾Ω

60
Diseño de filtro

Vo
5nF
Vi

25Ω

Ejemplo 3:

Diseñar un filtro Sallen –Key paso bajo con un factor de calidad igual a √2 con un una
𝑟𝑎𝑑
atenuación de 18.36 dB a una frecuencia de 37.7 𝑥 103 𝑠𝑒𝑔 . Usar los capacitores de

2nF.

1
𝑍𝐶 = 𝑆𝐶

𝑅𝑖
𝑉𝑥 = 𝑅 . 𝑉0
𝐹 +𝑅𝑖

𝑉𝑎 = 𝐼3 𝑅 + 𝑉𝑥
𝑉𝑥
𝐼3 = 1 → 𝐼3 = 5𝑉𝑥
𝑆𝐶

𝑉𝑎 = 5𝑉𝑥 + 𝑉𝑥

𝑉𝑎 = 𝑉𝑥 (5 + 1)

𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3

𝑉𝑖 − 𝑉𝑎 = 𝑆 (𝑉𝑎 − 𝑉0 ) + 𝑉𝑎 − 𝑉𝑥

𝑉𝑖 = 𝑉𝑎 (𝑆 + 2) − 𝑆𝑉0 − 𝑉𝑥

𝑉𝑖 = 𝑉𝑥 (𝑆 + 2)(𝑆 + 1) − 𝑆𝑉0 − 𝑉𝑥
𝑉 𝑉
𝑉𝑖 = 𝐴0 (𝑆 + 2)(𝑆 + 1) − 𝑆𝑉0 − 𝐴0
𝑣 𝑣

𝑉
𝑉𝑖 = 𝐴0 ((𝑆 + 2)(𝑆 + 1) − 1 − 𝐴𝑣 𝑆)
𝑣

𝑉
𝑉𝑖 = 𝐴0 [𝑆 2 + 3𝑆 + 2 − 1 − 𝐴𝑣 𝑆]
𝑣

61
 𝑉
𝑉𝑖 = 𝐴0 [𝑆 2 + (3 − 𝐴𝑣 )𝑆 + 1]
𝑣

𝑉0 𝐴 𝑉0 𝜔 2
= 𝑆2 +(3−𝐴𝑣 )𝑆+1
≈ = 𝑆2 +2𝜀𝜔𝑛 𝑆+𝜔 2
𝑉𝑖 𝑣 𝑉𝑖 𝑛 𝑛

𝜔𝑛 = 1
𝑉0 𝑣 𝐴 𝑉 1
= 𝑆2 +2𝜀𝑆+1 ≈ 𝑉0 = 1
𝑉𝑖 𝑖 𝑆 2 + 𝑆+1
𝑄

𝑉0 1
= 𝑆
𝑉𝑖 𝑆 2 + +1
𝑄

1 1
2𝜀𝜔𝑛 = 𝑄 → 2𝜀 =
√2

1 √2
𝜀 = 2√2 → 𝜀 = → 𝜀 = 0.35
4

1
= (3 − 𝐴𝑣 )
𝑄

1 𝑅𝐹 1 𝑅𝐹
= 3−1− → = 2−
𝑄 𝑅𝑖 √2 𝑅𝑖

1 𝑅
− 2 = − 𝑅𝐹
√2 𝑖

Si 𝑅𝐹 = 1Ω
𝑅𝐹 1
𝑅𝑖 = − 1 → 𝑅𝑖 = − 1
( −2) ( −2)
√2 √2

𝑅𝑖 = 0.77Ω

Si 𝑅𝐹 = 10𝐾Ω
𝑅𝐹 1 1 1
=2 → 𝑅𝐹 = 𝑅𝑖 (2 − ) → 𝑅𝐹 = 10 𝐾Ω (2 − )
𝑅𝑖 √2 √2 √2

𝑅𝐹 = 12.93 𝐾Ω

62
 1
𝐺= 1
(𝑗𝜔)2 + 𝑗𝜔+1
𝑄

1
𝐺= 1
−𝜔2 + 𝑗𝜔+1
√2

1
𝐺 = (1−𝜔2)+ 𝜔
𝑗
√2

1 1
|𝐺| = 2
→ |𝐺| = 𝜔2
√(1−𝜔 2 )2 +( 𝜔 ) 1−2𝜔2 +𝜔4 +
2
√2

𝑑𝐵 = 20 log|𝐺|

1
𝑑𝐵 = 20 log ( 2
)
√(1−𝜔2 )2 +( 𝜔 )
√2

−1/2
𝜔2
𝑑𝐵 = 20 log ((1 − 𝜔2 )2 + )
2

𝜔2
𝑑𝐵 = −10 log ((1 − 𝜔2 )2 + )
2

𝜔2
−18.36 = −10 log(1 − 𝜔2 )2 + 2

−18.36 2 𝜔2
log((1−𝜔2 ) + )
10 −10 = 10 2

𝜔2
101.83 = 1 − 2𝜔2 + 𝜔4 + 2

3
101.83 = 1 − 2 𝜔2 + 𝜔4

3
67.6 = 𝜔4 − 2 𝜔2 + 1

𝜔4 − 1.5𝜔2 − 66.6 = 0

𝑥 = 𝜔2

𝑥 2 − 1.5𝑥 − 66.6 = 0

−1.5±√(1.5)2 +4(66.6)
𝑥= 2

𝑋1 = −7.45

𝑋2 = 8.95

63
√𝜔 2 = √8.95

𝜔 = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔

𝜔′ =∝ 𝜔
𝜔′
∝= 𝜔

𝑟𝑎𝑑
37.7 𝑥 103
𝑠𝑒𝑔
∝= 𝑟𝑎𝑑
3
𝑠𝑒𝑔

∝= 12.56 𝑥 103

𝐶 1
𝐶 ′ = ∝ → 𝐶 ′ = 12.53 𝑥 103

𝐶 ′ = 79.6 𝜇𝐹

𝑅 ′ = 𝑅 → 𝑅 ′ = 1Ω
𝐶 𝐶
𝐶′ = → 𝛽=
𝛽 𝐶′

79.6 𝜇𝐹
𝛽= 2𝑛𝐹

𝛽 = 39.80 𝑥 103

𝑅 ′ = 𝛽𝑅 → 𝑅 ′ = (39.80 𝑥 103 )(1Ω)

𝑅 ′ = 39.8 𝐾Ω

2nF

I2

Vin 39.8kΩ 39.8kΩ Vx

Vo
Va I3

I1 I2 12.93kΩ

Vx

2nF 10kΩ

64
 UNIDAD # 5

REGULADORES

T/E C.E.

VNR

T/2
T

65
5.1. REGULACIÓN DE LÍNEA

La regulación de línea es una medida de la capacidad que tiene una fuente de

alimentación para mantener la tensión de salida nominal con variación de la tensión
de alimentación. Habitualmente la tensión de alimentación es una tensión continua no
regulada.

𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 ∆𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

%𝑅 = 𝑥 100
∆𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

(Porcentaje de regulación de línea)

Ejemplo 1:

% 𝑅 = 0.05% 𝑉 (Porcentaje de la onda de la salida con respecto a la entrada)

∆𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 % ∆𝑉 = 𝑉𝑠𝑎𝑙 − 𝑉𝑒𝑛𝑡

∆𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 100 % 𝑉𝑒𝑛𝑡 → 100% 𝑉𝑒𝑛𝑡

𝑉𝑠𝑎𝑙 − 𝑉𝑒𝑛𝑡 → %
𝑉𝑠𝑎𝑙
𝑉𝑠𝑎𝑙 − 𝑉𝑒𝑛𝑡
%= 𝑥 100
𝑉𝑒𝑛𝑡

Ejemplo 2:

Cuando el voltaje de entrada de CA (de una corriente alterna) de una cierta fuente de
alimentación cambia, la entrada al regulador de voltaje se reduce a 5V y a salida se
reduce en 0.25 V, la salida nominal es de 15 V.

a) Determine la regulación en la línea en porcentaje sobre voltios (%/V).

b) Porcentaje por voltios.

a)
∆𝐸𝑁𝑇 = 5𝑉

∆𝑆𝐴𝐿 = 0.25 𝑉
∆𝑆𝐴𝐿 0.25
%𝑅 = 𝑥 100 → %𝑟 = 𝑋 100
∆𝐸𝑁𝑇 5

%𝑅 = 5 %

66
b) ∆𝑆𝐴𝐿
∆𝐸𝑁𝑇 𝑥 100
=
∆𝑆𝐴𝐿𝐼𝐷𝐴 [𝑉]

5%
= = 0.33%/𝑉
15𝑉

5.2. REGULACIÓN DE CARGA

La regulación de carga es la capacidad que tiene una fuente de alimentación de

regular la tensión solicitada con independencia de la corriente que se le sea solicitada.

𝑉𝐹𝐿

𝑉𝑁𝐿

𝑉𝐹𝐿 → 100%
𝑉𝑁𝐿 −𝑉𝐹𝐿
𝑉𝑁𝐿 − 𝑉𝐹𝐿 → % %𝑅 = 𝑉𝐹𝐿
𝑥 100

La salida de un regulador de voltaje cuando 𝐼𝐿 = 0, es de 12 V, cuando hay corriente

a plena carga de 10 mA el voltaje de salida es de 11.9 V. Determine el porcentaje de
regulación de la carga.

12−11.9
%𝑅 = 𝑥 100%
11.9

%𝑅 = 0.84 %

67
5.3. REGULADOR DE VOLTAJE EN SERIE

VENT
VSAL

R1
15 − 14.75
35𝑉 − 30𝑉
R2
∆𝑆𝐴𝐿 = 0.25
∆𝑉𝑒𝑛𝑡 = 5𝑉
+ I3
5V
Vz
- 𝑉𝑁 = 15𝑉 = 𝑉𝐿
+
I3
Vz R3
-

𝑉𝑜 = 𝑉𝑅2 + 𝑉𝑅3
𝑅3
𝑉𝑧 = 𝑅 𝑉𝑜
2 +𝑅3

𝑅2 +𝑅3
𝑉𝑎 𝑉𝑏 𝑉𝑜 = 𝑉𝑧
𝑅3
Vx

𝑉𝐸𝑁𝑇 − 𝑉𝑆𝐴𝐿 = 𝑉𝐶𝐸 14.75 = 30 − 𝑉𝐶𝐸 𝑉𝐿 = 𝑅2 𝐼3 + 𝑅3 𝐼3

𝑉𝑆𝐴𝐿 = 𝑉𝐸𝑁 − 𝑉𝐶𝐸 𝑉𝐶𝐸 = 30 − 14.75 𝑅2 𝐼3 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

15 = 35 − 𝑉𝐶𝐸 𝑉𝐶𝐸 = 15.25 𝑉 𝑅3 𝐼3 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝑉𝐶𝐸 = 35 − 15 𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝑁𝑅 − 𝑉𝑜 = 35𝑣 − 15𝑣 𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝑁𝑅 − 𝑉𝑜 = 35𝑣 − 14,75𝑣

𝑉𝐶𝐸 = 20 𝑉 𝑉𝐶𝐸 = 20𝑣 𝑉𝐶𝐸 = 15,25𝑣

Si  𝑅 = 1𝑘Ω ; 𝑅2 = 10𝑘Ω ; 𝑅3 = 10𝑘Ω y el diodo zener es igual a 5.1 V. Determine el

voltaje de salida para el regulador.
𝑉
VDC
𝑉𝑜 = 𝑅𝑧 (𝑅2 + 𝑅3 )
3
VSAL = VL
15V
R1 5.1 𝑉
𝑉𝑜 = 10 𝑘Ω (10 𝑘Ω + 10 𝑘Ω)
R2
5.1 𝑉
Vz
+
𝑉𝑜 = 10 𝑘Ω (20 𝑘Ω)
-

R3
𝑉𝑜 = 10.2 𝑉

𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝑁𝑅 − 𝑉𝑜 = 35𝑣 − 10,2𝑣 𝑉𝐶𝐸 = 𝑉𝑁𝑅 − 𝑉𝑜 = 30𝑣 − 10,2𝑣

𝑉𝐶𝐸 = 24,8𝑣 𝑉𝐶𝐸 = 19,8𝑣

68
 5.4. REGULADOR DE VOLTAJE CON LIMITADOR DE CORRIENTE
CON O
VNR Ie1 R4 IR4
C E
+ 0.7V - +
IB2
R3
Ie2

R2
+ VL
Vz
-

Vz R1
-
-

𝐼𝐸2 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵2 𝐼𝐸1 = 𝐼𝐵2 + 𝐼𝑅4

𝑉𝐿 = 𝐼𝐿 𝑅1 + 𝐼𝐿 𝑅2
𝐸2𝐼
𝑉𝑧 𝐸2𝐼
𝐼𝐵2 = (𝛽+1) 𝐼𝐸1 = (𝛽+1) + 𝐼𝑅4
𝑉𝐿 = 𝑅 (𝑅1 + 𝑅2 )
1
𝐸2𝐼
0.7 𝑉 𝐼𝐿 = 𝐼𝑅4 + 𝐼𝐸2 𝐼𝐸1 = (𝛽+1) + 𝐼𝐿 − 𝐼𝑅4
𝐼𝑅4 = 𝑅4
𝐼𝐸 = (𝛽 + 1)𝐼𝐵 𝐸2
𝐼𝐿 − 𝐼𝑅4 = (𝛽+1)
𝐼
+ 𝐼𝑅4
𝐼𝐶 = 𝛽𝐼𝐵
𝐸2 𝐼
𝐼𝐿 = 2𝐼𝑅4 + (𝛽+1)

𝐼𝐿 ≈ 𝐼𝑅4
Ejemplo: 𝐼𝐿𝑚𝑎𝑥 =
0.7
𝑅4

𝐼𝐿 = 500𝑚𝐴 𝑅4 =?
0.7
500𝑚𝐴 = 0.5𝐴

0.7
𝑅4 = 0.5𝐴 = 𝑅4 = 1.4Ω

𝑃 = 𝑉. 𝐼

𝑃 = (0.7 𝑉)(500𝑚𝐴)
1
𝑃 = 0.35 𝑤 𝑃𝑜𝑡 = 2 𝑤 = 0.5

1
𝑃𝑜𝑡 = 4 𝑤 = 0.25

69
 5.5 REGULADORES DE VOLTAJE LINEALES

Los circuitos integrados de la familia 78XX y 79XX permiten realizar fuentes de

alimentación estabilizadas fiables, ya sean fijas o preajustables, son adaptables a
diferentes tensiones de salida, utilizando el regulador adecuado, y modificando los
componentes asociados en función de la tensión de trabajo

- Reguladores positivo
IN OUT
78 – XX (+ , Voltaje máximo lineal) 78xx

ADJ

- Reguladores positivos
IN OUT
79 – XX (- , Voltaje máximo lineal) 79xx

ADJ

5.6. REGULADORES DE VOLTAJE AJUSTABLE

1.2
𝐼1 = 𝑅1
LM317H
Ocurre cuando 𝑉𝑖 − 𝑉𝑜𝑢𝑡 > 2𝑉
Vin >2V Vout 𝑉𝐿 = 𝐼1 . 𝑅2
+ Vin Vout -
+ 1.2
ADJ 𝑉𝐿 = . 𝑅2
𝑅1
1.2V Io
ADJ 𝑅2 → 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒
- R1
I ADJ=0
𝐼1 = 𝐼0
𝑅1 +𝑅2 1.2
𝑉𝑜 = 𝑉𝑥𝑥 R2 𝐼0 =
𝑅1 𝑅1

50 % Si:
1.2 1.2
1.5 = → 𝑅1 = 1.5 → 𝑅1 = 0.8 Ω
𝑅1

70
Ejemplo

VNR in out 1Ω in out Vout

Vin
U1 Vout Vin
U3 Vout
ADJ ADJ

ADJ ADJ 20Ω

120Ω

150Ω

in

Vin
ADJ 3K
U2 10uF

ADJ

Vout
out

120Ω

-10V

El integrado 𝑈 1 , 𝑈2 , 𝑈3 son LM317 el voltaje no regulado máximo es 33 V. El voltaje no

50 %
50 %

regulado mínimo es 30V, en los potenciómetros determine el valor de 𝑉0 e 𝐼0 la

corriente 𝐼𝐴𝐷𝐽 = 50𝑚𝐴. 𝑖𝑑

𝑉𝐷
0.7 V
Solución:

D2

VNR in out 1Ω in out Vout

Vin
U1 Vout Vin
U3 Vout +
ADJ + Ix ADJ Io
1.2V + +
ADJ 75Ω ADJ
- 1.2V
- 120Ω 1.2V
D1
150Ω - - +
Vo
75Ω 20Ω
-
IADJ
in
Vin

ADJ 3K
U2 10uF
ADJ

+
Vout

out

1.2V 120Ω

IADJ -

-10V

50 %
71
𝑉𝑖𝑛 − 𝑉𝑜𝑢𝑡 > 2 𝑉 𝑉𝑥𝑥 = 1.2 𝑉 𝐷2 : 𝑂𝐹𝐹 𝐷1 : 𝑂𝑁

16.2 𝑉
𝑈3 𝐼120 = 𝐼3𝑘 = 10𝑚𝐴 𝐼0 = 20

𝐼3𝑘 = 𝐼𝐴𝐷𝐽 + 𝐼120 𝑉0 = 𝑉120 + 𝐼1 (1500 Ω) 𝐼0 = 810 𝑚𝐴

1.2𝑉
𝐼3𝑘 = 50 𝑥 10−6 + 120Ω 𝑉0 = 1.2 𝑉 + 10 𝑚𝐴(1.5𝐾Ω)

𝑉0 = 16.2 𝑉
𝐼3𝑘 = 10.05 𝑚𝐴

𝐼3𝑘 = 10 𝑚𝐴
𝐼𝑥 = 𝐼𝐴𝐷𝐽 + 𝐼03 𝐼03 = 𝐼120 + 𝐼0
𝐼𝑥 𝐼03
𝐼𝑥 = 𝐼𝐴𝐷𝐽 + 𝐼0 + 𝐼120

𝐼𝑥 = 50𝜇𝐴 + 810𝑚𝐴 + 10𝑚𝐴

𝐼𝐴𝑑𝑗
𝐼𝑥 = 820 𝑚𝐴

𝑉0𝑚𝑎𝑥 = 𝑉120 + 𝐼1 (3000)

𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑗𝑒𝑚𝑝𝑙𝑜
𝑉0𝑚𝑎𝑥 = 1.2 + 10𝑚𝐴(3000)

𝑉0𝑚𝑎𝑥 = 31.2 𝑉 10

8
𝑉0𝑚𝑖𝑛 = 𝑉120 + 𝐼1 (0)

𝑉0𝑚𝑖𝑛 = 1.2 + 10 𝑚𝐴(0)

𝑉0𝑚𝑖𝑛 = 1.2 𝑉
𝑉𝑚𝑖𝑛 > 2𝑉

𝑉𝑥 − 𝑉0 = 2𝑉

𝑉𝑥𝑚𝑖𝑛 − 𝑉0𝑚𝑎𝑥 = 3𝑉
6

𝑉𝑥𝑚𝑖𝑛 = 𝑉0𝑚𝑎𝑥 + 2𝑉 5

𝑉𝑥𝑚𝑖𝑛 = 31.2 𝑉 + 2𝑉

𝑉𝑥𝑚𝑖𝑛 = 33.2𝑉

𝑉𝑚𝑎𝑥
𝑉𝑥 = 𝑉0 + 2𝑉

𝑉𝑥𝑚𝑖𝑛 = 𝑉0𝑚𝑎𝑥 + 2𝑉 72
 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 𝑉0𝑚𝑎𝑥 + 2𝑉

8-6=2

𝑉𝑦 − 𝑉𝑜𝑢𝑡 > 2𝑉  𝑉𝑘2 = 1.2 𝑉 𝑉𝑅 = 𝐼𝑧 . 𝑅

1.2 𝑉𝑅 = 830 𝑚𝐴(1Ω)

𝐼120 = 120  𝐼𝑆 = 10 𝑚𝐴
𝑉𝑅 = 0.83
𝑚𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑒𝑛 𝑈1
𝐼𝑦 = 𝐼𝐴𝐷𝐽 + 𝐼120 0.83+0.75

𝐼𝑦 = 10 𝑚𝐴
𝐼𝐷 = 440 𝑚𝐴
𝑉
𝐼𝑧 = 𝐼𝑦 + 𝐼𝑥 𝐼𝐷 = 𝑅0 → 𝑉𝐷 = 𝐼0 𝑅0
0

𝐼𝑧 = 10 𝑚𝐴 + 820 𝑚𝐴 𝑉0 = 440 𝑚𝐴 (220Ω)

𝐼𝑧 = 830 𝑚𝐴 𝑉0 = 8.8 𝑉

𝑉𝑃75Ω = 𝐼4 . 𝑅75 𝑉0 = 1.2 + 10 𝑚𝐴 𝑅

8.8 𝑉−1.2 𝑉
𝑉𝑃 = 10 𝑚𝐴(75Ω) 𝑅= 10 𝑚𝐴

𝑉𝑃 = 0.75 𝑉 𝑅 = 0.76 𝐾Ω

5.8. REGULADORES DE VOLTAJE LINEALES

Ejemplo:

ID U1 Vy
Vc - VL
LINE VREG VX
VOLTAGE
LM7805CT
COMMON I1 Iz
D1 D2
T1 6kΩ
8:1 510Ω +
+ S 20Ω
C1 VL
120V
60Hz -
-
D +
I1
Vz
D3 D4 - Dz
10kΩ

73
 a) Calcule el valor del capacitor 1 (C1) si se desea que el 𝑉𝑦 mínima sea igual a 9
V.
b) Grafique 𝑉𝑥 , 𝑉𝑆 , 𝑉𝑦 , 𝑉𝑍
- La corriente del transistor 𝑄1 𝐼𝐷𝑆𝑆 = 10 𝑚𝐴 y |𝑉𝐺𝑆 | = 2𝑉
1
- Para el zener 𝑉𝑍 = 6.2𝑉, 𝐼𝑍 = 20 𝑚𝐴, 𝑃𝑍 = 2 𝑊 y 𝑅𝑑 = 1.2 Ω

- Para los diodos 𝐷1 , 𝐷2 , 𝐷3 , 𝐷4 : 𝑉𝐷 = 0.7 𝑉

- 𝑈1 5𝑉, la corriente de operación del transistor 𝐼𝑄 = 6 𝑚𝐴

Solución
𝑉𝐿 −𝑉𝑍
= 𝐼𝑍
𝑉𝐿 = 𝑉𝑍 + 𝑅1 𝐼1 0.510

𝑉 𝑉𝐿 − 𝑉𝑍 = 0.510𝐼𝑍
𝑉𝐿 = 𝑉𝑍 + 6 𝑘Ω (10𝑍𝐾)
𝑉𝐿 = 0.510𝐼𝑍 + 𝑉𝑍
𝑉𝐿 = (1 + 0.6)𝑉𝑍

𝑉𝐿 = 1.6𝑉𝑍
Reemplazando

𝑉𝐿 = 1.6𝑉𝑍
𝑉𝑍 1
𝐼𝑍 = 𝑅 𝑚=𝑅
𝑑 𝑑 0.510𝐼𝑍 + 𝑉𝑍 = 1.6𝑉𝑍
1 1
𝐼𝑍 = 𝑉𝑍 𝑚= [𝐾Ω] 0.510𝐼𝑍 − 0.6𝑉𝑍 = 0
𝑅𝑑 0.012

0.6𝑉𝑍
𝐼𝑍 = = 1.18𝑉𝑍
0.510

𝑌 − 𝑌1 = 𝑚(𝑋 − 𝑋1 ) (2) Ecuación del circuito

𝑌2 −𝑌1
𝑌 − 𝑌1 = (𝑋 − 𝑋1 )
𝑋2 −𝑋1

1 Si: (1) en (2)

𝐼𝑍 − 20 = 0.012 (𝑉𝑍 − 6.2)
𝐼𝑍 = 83.3 𝑉𝑍 − 496.5
1
𝐼𝑍 = (0.012 (𝑉𝑍 − 6.2)) + 20
1.18𝑉𝑍 = 83.3𝑉𝑍 − 496.5
𝐼𝑍 = 83.33 𝑉𝑍 − 496.5
𝑉𝑍 (1.18 − 83.3) = −496.5
(1)Ecuación del Zener 496.5
𝑉𝑍 = − −82.12

𝑉𝑍 = 6.05[𝑉]
1 20−0
= 6.2−𝑉
0.012 𝑍1 Voltaje del punto de operación

6.2 − 𝑉𝑍1 = 20(0.012)

𝑉𝑍1 = 6.2 − 20(0.012)  𝑉𝑍1 = 5.96

74
 𝐼𝑍 = 1.18(𝑉𝑍 )

𝐼𝑍 = 1.18(6.05)

𝐼𝑍 = 7.13 𝑚𝐴

𝑉𝐿 = 1.6𝑉𝑍 𝑉𝑥 = 𝑉𝐿

𝑉𝐿 = 1.6(6.05) 𝑉𝐶 − 𝑉𝑥 = 9𝑉

𝑉𝐿 = 9.68 𝑉 𝑉𝐶 = 9𝑉 + 𝑉𝐿

𝑉𝐶 = 9𝑉 + 9.68𝑉

𝑉𝐶 = 18.68[𝑉]

Voltaje en el capacitor sin carga

𝑉𝑃 𝑛
= 𝑛1
𝑉𝑆 2

𝑛
𝑉𝑆 = 𝑛2 𝑉𝑃
1

1
𝑉𝑆 = 8 (120)  Voltaje del secundario

𝑉𝑆 = 15 𝑉√2

𝑉𝑃𝑆 = 21.2[𝑉]

−𝑉𝑆 + 0.7 + 𝑉𝐶 + 0.7 = 0 𝑉𝑌 + 𝑉𝐿 = 𝑉𝑟𝑚𝑖𝑛

𝑉𝐶 = 𝑉𝑆 − 1.4 𝑉𝑟𝑚𝑖𝑛 = 9 + 9.68

𝑉𝐶 = 2.12 − 1.4 𝑉𝑟𝑚𝑖𝑛 = 18.68 𝑉

𝑉𝐶 = 19.8 [𝑉]

𝑉𝑁𝑅𝑚𝑎𝑥 = 19.8[𝑉] 𝑓2 = 2𝑓1

𝑉𝑁𝑅𝑚𝑖𝑛 = 18.68 [𝑉] 𝑓2 = 2(60 𝐻𝑧)

𝑓2 = 120 𝐻𝑧

𝑉𝑟𝑖𝑠𝑎 = 𝑉𝑁𝑅𝑚𝑎𝑥 − 𝑉𝑁𝑅𝑚𝑖𝑛

𝐼𝐷𝐶 𝐼𝐷𝐶
19.8 − 18.68 = → 1.12 =
120𝐶1 120𝐻𝑧𝐶1

75
𝐼𝐷𝐶 = 𝐼𝑆𝑈𝑅𝑇𝐼𝐷𝑂𝑅 + 𝐼𝑂𝑈𝑇

𝐼𝐷𝐶 = 𝐼𝑆 + 𝐼1 + 𝐼𝑍 + 𝐼𝐿
𝑉 9.68
𝐼𝐷𝐶 = 6 + 10𝑍 + 𝐼𝑍 + 0.02

6.05 9.68
𝐼𝐷𝐶 = 6 + + 7.13 + 0.02
10

𝐼𝐷𝐶 = 6 + 0.605 + 7.13 + 484

𝐼𝐷𝐶 = 497.74 [𝑚𝐴]

𝐷𝐶 𝐼 𝐼
𝑉𝑟𝑖𝑠𝑎𝑑𝑜 = 𝑓𝐶 → 𝐶 = 𝑓𝑉 𝐷𝐶
1 𝑟𝑖𝑠𝑎𝑑𝑜

0.49774
𝐶 = (120𝐻𝑧)(1.12) → 𝐶 = 3.70 𝑚𝐹

Comprobar si los elementos están funcionando

Transistor  está en funcionamiento

𝑉𝐺𝑆 2
𝐼𝐷 = 𝐼𝐷𝑆𝑆 (1 − )
𝑉𝑃

𝑉𝐺𝑆 2
𝐺 = 10 (1 − )
−2

6 𝑉𝐺𝑆 6 −𝑉𝐺𝑆
√ =1− → √10 − 1 =
10 −2 −2

6
𝑉𝐺𝑆 = 2 (√10 − 1) → 𝑉𝐺𝑆 = −0.45 𝑉

7805

𝑉𝐷𝐼𝐹 > 2𝑉

𝑉𝐼𝑁 − 𝑉𝑂𝑈𝑇 > 2 𝑉

𝑉𝑖
𝑉𝑜𝑢𝑡

19.8

18.68 9.68

76
 𝑉𝑁𝑅𝑀𝐴𝑋 − 𝑉𝐿 = 10.2 [𝑉]
> 2𝑉
𝑉𝑁𝑅𝑀𝐼𝑁 − 𝑉𝐿 = 9 [𝑉]

∴ 𝐹𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜

OPAMP

0 < 𝑉𝐷 < 𝑉𝐿

𝑉𝐿 = 5 + 𝑉𝑆𝐷

9.68 = 5 + 𝑉𝑆𝐷 𝑉0 = −𝑉𝐺𝑆 + 𝑉𝑆𝐷

𝑉𝑆𝐷 = 9.68 − 5 𝑉0 = −(−0.45) + 4.68

𝑉𝑆𝐷 = 4.68 [𝑉] 𝑉0 = 5.13 [𝑉]

Voltaje drenador surtidor

Zener ∴ ON

𝑉𝑖
𝑉𝑜𝑢𝑡

19.8

18.68 9.68

𝑉𝑆𝐷 = 𝑉𝑆 − 𝑉𝐷

𝑉𝐿 = 5 + 𝑉𝑆𝐷

𝑉𝑆𝐷 = 4.68
𝑉𝑍

𝑉𝑆

4.68

𝑉𝑍1 6.05

77
 UNIDAD # 6

GENERADORES Y OSCILADORES

Un generador de señales es un instrumento que proporciona señales eléctricas. En

concreto, se utiliza para obtener señales periódicas (la tensión varía periódicamente
en el tiempo) controlando su periodo (tiempo en que se realiza una oscilación
completa) y su amplitud (máximo valor que toma la tensión de la señal).

El osciloscopio no sólo permite visualizar la señal, sino también medir su periodo y su

amplitud.

Diagrama:

C
+Vcc
Vo

-Vcc
R1

R2

R
𝑉 + = +𝑉𝑈𝑇
C
𝑉 − = −𝑉𝐿𝑇
- VUT Vo = +Vcc
-VLT Vo = -Vcc 𝑅2
𝑉𝑈𝑇 = 𝑅 . +𝑉𝑐𝑐
1 +𝑅2
R1
𝑅2
𝑉𝐿𝑇 = 𝑅 . (−𝑉𝑐𝑐 )
1 +𝑅2

R2

78
 𝑉0

+𝑉𝑐𝑐

−𝑉𝑐𝑐

𝑉𝐶

𝑉𝑈𝑇

−𝑉𝐿𝑇

Si:

𝑇 = 2𝑅𝐶 ; 𝑅2 = 0.86𝑅1  Condiciones para que la onda sea cuadrada

𝑉𝑐 (𝑡) = 𝑉(∞) + (𝑉0 − 𝑉(∞) )𝑒 −𝑡/𝜏

𝑉𝑐 (𝑡) − 𝑉(∞) = (𝑉0 − 𝑉(∞) )𝑒 −𝑡/𝜏

𝑉𝑐 (𝑡)−𝑉(∞)
( ) −𝑡/𝜏
ln 𝑉0 −𝑉(∞)
= ln 𝑒 𝜏 = 𝑅𝐶

𝑡 𝑉𝑐 (𝑡)−𝑉(∞)
− 𝜏 = 𝑙𝑛 ( )
𝑉0 −𝑉(∞)

−1
𝑡 𝑉𝑐 (𝑡)−𝑉(∞)
= 𝑙𝑛 ( )
𝜏 𝑉0 −𝑉(∞)

𝑉0 −𝑉(∞)
𝑡 = 𝑅𝐶 ln (𝑉 (𝑡)−𝑉 )
𝑐 (∞)

𝑉 −𝑉
𝑡1 = 𝑅𝐶 (𝑉 𝐿𝑇 −𝑉𝑐𝑐 )
𝑈𝑇 𝑐𝑐

79
 𝑉𝑈𝑇

t
𝑡1 𝑡2

RC RC
−𝑉𝐿𝑇 𝜏 = 2𝑡1

𝑉 −𝑉
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 [𝑉 𝐿𝑇 −𝑉𝑐𝑐 ]
𝑈𝑇 𝑐𝑐

𝑅2
− . 𝑉𝑐𝑐 − 𝑉𝑐𝑐
𝑅1 +𝑅2
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 [ 𝑅2 ]
. 𝑉𝑐𝑐 − 𝑉𝑐𝑐
𝑅1 +𝑅2

𝑅2
𝑉𝑐𝑐 (− −1)
𝑅1 +𝑅2
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 [ 𝑅2 ]
𝑉𝑐𝑐 ( −1)
𝑅1 +𝑅2

−𝑅2 −𝑅1 −𝑅2

( )
𝑅1 +𝑅2
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 [ 𝑅 −𝑅 −𝑅 ]
( 2 1 2)
𝑅1 +𝑅2

−2𝑅2 −𝑅1
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 ( ) 𝑓. 𝑐 = 1
−𝑅1

𝑅1 +2𝑅2
𝑡1 = 𝑅𝐶 𝑙𝑛 ( )
𝑅1

𝑅1 +2𝑅2
𝑙𝑛 ( )=1
𝑅1

𝑡1 = 𝑅𝐶

Entonces:
2𝑅2 +𝑅1
= 2.718 ln[2.718] = 1
𝑅1

2𝑅2 + 𝑅1 = 2.718𝑅1

2𝑅2 = 2.718𝑅1 − 𝑅1
1.718𝑅1
𝑅2 = 2

𝑅2 = 0.86 𝑅1

80
 Ejemplo:

a) f = 5 Hz; cuadrada

𝑅2 = 0.86 𝑅1

Si:
1
𝑅1 = 10 𝐾Ω 𝑇=𝑓

1
𝑅2 = 0.86(10 𝐾Ω) 𝑇 = 5 𝐻𝑧

𝑅2 = 86 𝐾Ω 𝑇 = 0.2 𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 2𝑅𝐶
0.2
= 𝑅𝐶
2

0.1 = 𝑅𝐶
0.1
𝐶 = 10 𝑥 103 → 𝐶 = 10𝜇𝐹

6.1. GENERADOR DE ONDA TRIANGULAR

+ C - R1 + +
- - -
- +

Vo - +
+ R2-
Vo1

1
𝑉0 = − 𝑅𝐶 ∫ 𝑉𝑖 𝑑𝑡

1
𝑉0 = − 𝑅𝐶 𝑉𝑐𝑐 𝑡

1
𝑉0 = − 𝑅𝐶 𝑉𝑐𝑐 𝑡

1
𝑉0 = + 𝑅𝐶 𝑉𝑐𝑐 . 𝑡

81
 +𝑉𝑐𝑐

𝑡1 𝑡2
t
𝑉01

−𝑉𝑐𝑐

𝑉0

+𝑉𝑐𝑐

−𝑉𝑐𝑐

𝑻𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝑪𝒂𝒓𝒈𝒂 𝑻𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝑫𝒆𝒔𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂

1 1
𝑉0 = − 𝑅𝐶 𝑉𝑐𝑐 𝑡 𝑉0 = − 𝑅𝐶 𝑉𝑐𝑐 𝑡

𝐼𝑥 + 𝐼1 = 0 𝐼𝑥 + 𝐼1 = 0
𝑉𝑜 𝑉𝑐𝑐 𝑉𝑜 𝑉𝑐𝑐
=− =−
𝑅2 𝑅1 𝑅2 𝑅1
𝑉𝑐𝑐 𝑡 𝑉𝑐𝑐 𝑉𝑐𝑐 𝑡 𝑉𝑐𝑐
− =− − =−
𝑅𝑐 𝑅2 𝑅1 𝑅𝑐 𝑅2 𝑅1
𝑅𝑐 𝑅2 𝑅𝑐 𝑅2
𝑡𝑐 = 𝑡𝑑 =
𝑅1 𝑅1
2𝑅𝑐 𝑅2
𝑡𝑇 =
𝑅1

82
6.2. GENERADOR ONDA DIENTE DE SIERRA

RB
Q2

C1
+VCC
- +
Vref
-VCC +VCC
Ri
- +

Vo -VCC
-
Ei +VCC +VCC RA
+

RC R
10Ω

Q1
Pot
Vref

50 %

𝑉0

𝐸
𝑚 = 𝑅 𝑖𝐶
𝑖
𝑉𝑟𝑒𝑓

1 𝜏 = 𝑅𝐶
𝑉𝑟𝑒𝑓 = 𝑅𝐶 . 𝐸𝑖 𝑡
𝜏 = 0𝐶
𝑉𝑟𝑒𝑓 .𝑅1 𝐶
=𝑡
𝐸𝑖
𝜏=0
t
0𝑅
𝑅𝑒𝑞 = 0+𝑅𝑐
𝑐

𝑅𝑒𝑞 = 0

83
6.3. OSCILADOR (555)
+VCC
8

6
RA

5 VA=2/3Vcc
3
R ~Q
RB R
S Q

1/3 Vcc
2
7
R
C

𝑉0

2
𝑉
3 𝐶𝐶

𝑉𝐶𝐶
1
𝑉
3 𝐶𝐶

t t

2
𝑉
3 𝐶𝐶

1
𝑉
3 𝐶𝐶
t

𝑡𝐶 𝑡𝑑

84
𝑉𝑐 (𝑡) = 𝑉(∞) + (𝑉(0) − 𝑉(∞) )𝑒 −𝑡/𝜏

𝑉 −𝑉
𝑡 = 𝑙𝑛 ( 𝑉0−𝑉∞) 𝜏
𝑐 ∞

1 1
𝑉𝑐𝑐 −𝑉𝑐𝑐 𝑉𝑐𝑐 ( −1)
𝑡𝑐 = 𝑙𝑛 (32 ) 𝜏  𝑡𝑐 = 𝑙𝑛 [ 3
2 ]𝜏
𝑉 −𝑉𝑐𝑐 𝑉𝑐𝑐 ( −1)
3 𝑐𝑐 3

1 2
−1 −
𝑡𝑐 = 𝑙𝑛 (32 ) 𝜏  𝑡𝑐 = 𝑙𝑛 [ 31] 𝜏
−1 −
3 3

𝑡𝑐 = ln(2) [(𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 )𝐶]

𝑡𝑐 = 0.694(𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 )𝐶

𝑡𝑐 = tiempo de carga

2
𝑉
3 𝐶𝐶

1
𝑉
3 𝐶𝐶

𝑡𝑑

0 𝑉 −𝑉
∞
𝑡 = 𝑙𝑛 (𝑉 (𝑡)−𝑉 )𝜏 𝑡𝑐 = 0.694(𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 )𝐶
𝑐 ∞

2
𝑉𝑐𝑐 −0
𝑡𝑑 = 0.694 𝑅𝐵 𝐶
𝑡 = 𝑙𝑛 (31 )𝜏
𝑉 −0
3 𝑐𝑐 𝑇 = 𝑡𝑐 + 𝑡𝑑
2
𝑇 = 0.694(𝑅𝐴 + 2𝑅𝐵 )𝐶
𝑡𝑑 = 𝑙𝑛 [ 31 ] 𝜏  𝑡𝑑 = ln(2)𝜏
3
1
= 0.694 (𝑅𝐴 + 2𝑅𝐵 )𝐶
𝑓
𝑡𝑑 = ln(2)𝑅𝐵 𝐶
1
𝑡𝑑 = 0.694 𝑅𝐵 𝐶 𝑓 = 0.694 (𝑅
𝐴 +2𝑅𝐵 )𝐶

𝑡𝑑 = tiempo de descarga

85
6.4. EJEMPLOS

Ejemplo 1:

Considere el OPAMP 741 con características generales 𝑉𝑐 (0) = 0𝑉 ; 𝑉𝑟𝑒𝑓 = 10 𝑉. Si R

está en posición central grafique 𝑉0 con magnitudes y tiempos. Si el cursor R se
desplaza totalmente a la derecha y 𝑉𝑟𝑒𝑓 = 5 𝑉 grafique 𝑉0 con magnitudes y tiempos.
50 %
Grafique en 𝑉𝑐

R
100K
15V
C

2uF v+
56kΩ

- 15V
Vref 120kΩ N1 v+ 470kΩ 4.7kΩ

I1 I3

I2
4.7MΩ

𝐿𝐶𝐾 ∶ 𝑁1

𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3
𝑉𝑟𝑒𝑓 −𝑉 + 𝑉+ 𝑉 + −𝑉0
= 4.7 𝑥 103 +
120 470

𝑉𝑟𝑒𝑓 𝑉+ 𝑉+ 0 𝑉+ 𝑉
− 120 = 4.7 𝑥 103 + 470 − 470
120

10 𝑉+ 𝑉+ 0 𝑉+ 𝑉
− 120 − 4.7 𝑥 103 − 470 = − 470
20

1 1 1 −𝑉0 10
−𝑉 + ( + + )= −
120 4.7 𝑥 103 470 470 120

𝑉 + (10.67 𝑥 103 ) = 2.13 𝑥 10−3 𝑉0 + 0.08

2.13 𝑥 10−3 𝑉0 +0.08
𝑉+ = 10.67 𝑥 103

𝑉 + = 0.22 𝑉0 + 7.8

86
Con superposición

Vref 120kΩ v+ 470kΩ Vo 470(4.7 𝑥 103 )

+ 470+4.7 𝑥 103
𝑉1 = 470(4.7 𝑥 103)
. 𝑉𝑟𝑒𝑓
+120
-3 470+(4.7 𝑥 103 )
4.7X10 K
427.27
𝑉1 + = 547.27 . (10)

𝑉1 + = 7.8 𝑉

Vref 120kΩ v+ 470kΩ

-3
4.7X10 K

120(4.7 𝑥 103 )
+ 120+4.7 𝑥 103
𝑉𝑙𝑙 = 120(4.7 𝑥 103 )
. 𝑉0
+470
120+(4.7 𝑥 103 )
120kΩ v+ 470kΩ Vo
117.01
𝑉𝑙𝑙 + = 587.01 . 𝑉0
-3
4.7X10 K
𝑉𝑙𝑙 + = 0.2𝑉0

𝑉 + = 𝑉1 + 𝑉𝑙𝑙 +

𝑉 + = 7.8 + 0.2 𝑉0

Entonces:

𝑉 + = 0.2𝑉0 + 7.8

𝑉𝑈𝑇 = 0.2(+15) + 7.8  𝑉𝑈𝑇 = 10.8 𝑉

𝑉𝐿𝑇 = 0.2(−15) + 7.8  𝑉𝐿𝑇 = 4.8 𝑉

𝑉𝑐

10.8

4.8

𝑡1

87
 𝑉𝐷 [𝑉]

+𝑉𝑐𝑐 = 15𝑉

t [ms]

−𝑉𝑐𝑐 = −15𝑉

𝑉𝐶 (𝑡) = 𝑉(∞) + (𝑉0 − 𝑉(∞) )𝑒 −𝑡/𝜏

𝑉0 −𝑉(∞)
𝑡 = 𝑙𝑛 (𝑉 )𝜏
𝐶 −𝑉(∞)

Tiempo de transición(etapa transiente) t1:

0−15 10.8
𝑡1 = 𝑙𝑛 ( ) . (50 𝑥 103 )(2 𝑥 10−6 )
10.8−15

𝑡1 = ln(3.57)(0.1)

𝑡1 = 127 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑡1

t2:
10.8−(−15)
𝑡2 = 𝑙𝑛 ( 4.8−(−15) ) . (50 𝑥 103 )(2 𝑥 10−6 ) 10.8

𝑡2 = ln(1.30)(0.1) 4.8

𝑡2 = 26.5 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑡2

T3:
4.8−(+15)
𝑡3 = 𝑙𝑛 (10.8−(+15)) . (50 𝑥 103 )(2 𝑥 10−6 ) 10.8

𝑡3 = ln(2.43)(0.1)
4.8
𝑡3 = 88.7 𝑚/𝑠𝑒𝑔

88 𝑡3
Ejemplo 2:

15V

4.7kΩ

1MΩ VCC

RST OUT Vo
DIS
THR
14kΩ TRI
CON
GND
36MΩ
15V

-15V

1uF

a) Frecuencia de la salida (señal)

b) Voltaje de salida.

Solución:

15V
1MΩ 4.7kΩ 15V
4.7kΩ

1MΩ 36MΩ
14kΩ

14kΩ

V
V 2-6
2-6
36MΩ
15V

-15V
1uF

89
1º Transistor de corte

1MΩ 4.7kΩ
15V
(1 𝑥 103 +4.7) .14
𝑅𝑇𝐻 = 14+(4.7+1 𝑥 103 ) + 36 𝑥 103
36MΩ 14kΩ
𝑅𝑇𝐻 = 36 𝑥 103 [𝐾Ω]
V 2-6
I=o
+ Vc (t)
Vc C
-
1MΩ 4.7kΩ

36MΩ 14kΩ

1MΩ 4.7kΩ
14
15V
𝑉𝑇𝐻 ′ = (1 𝑥 103 )+14 . 15
36MΩ 14kΩ

I=0
VTH´ 𝑉𝑇𝐻 ′ = 0.21 [𝑉]
1MΩ 4.7kΩ

14kΩ 15V

VTH´

1MΩ 4.7kΩ

14kΩ

Vc (t)
VTH´´

RTH = 36MΩ (1 𝑥 103 +4.7)

𝑉𝑇𝐻 ′′ = (1 𝑥 103 )+4.7+14 . 𝑉𝐶 (𝑡)
+
Vc (t)
-
VTH= 0.21 + Vc(t)
𝑉𝑇𝐻 ′′ = 0.98 𝑉𝐶 (𝑡)

−𝑉𝐶 − 36𝑥103 𝑖𝑐 (𝑡) + 0.21 + 0.98 𝑉𝑐 = 0

𝑑𝑉𝑐 (𝑡)
−0.02𝑉𝑐 − 36𝑥103 𝐶 + 0.21 = 0
𝑑𝑡

𝑑𝑉(𝑡)
0.036 + 0.02 𝑉𝑐 = 0.21
𝑑𝑡

90
 Solución No Homogénea
Solución Homogénea
𝑑𝑉𝑐
𝑟𝑡 𝑑𝑉𝑐 𝑟𝑡 0.036 + 0.02 𝑉𝑐 = 0.21
𝑉𝑐 = 𝐴𝑒 = 𝐴𝑟𝑒 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑉𝑐
0.036 𝐴𝑟𝑒 𝑟𝑡 + 0.02𝐴𝑒 𝑟𝑡 = 0 𝑉𝑐 = 𝐵 =0
𝑑𝑡

𝐴𝑒 𝑟𝑡 (0.036𝑟 + 0.02) = 0 0.036 (0) + 0.02 𝐵 = 0.21

0.21
0.036 𝑟 + 0.02 = 0 𝐵 = 0.02  𝐵 = 10.5
0.02
𝑟 = − 0.036  𝑟 = 0.5

𝑉𝑐 (𝑡) = 𝐴 𝑒 −0.5𝑡 𝑉𝑐 (𝑡) = 𝑉𝑐 ′ + 𝑉𝑐 ′′

𝑉𝑐 (𝑡) = 𝐴 𝑒 −0.5𝑡 + 𝐵

𝑉𝑐 (𝑡) = 𝐴𝑒 −0.5𝑡 + 10.5

𝑉𝑐 (0) = 𝐴𝑒 0 + 10.5

0 = 𝐴 + 10.5

𝐴 = −10.5

𝑉𝑐 (𝑡) = −10.5 𝑒 −0.5𝑡 + 10.5

2º Transistor en saturación

1MΩ 4.7kΩ
15V

36MΩ 14kΩ
(1 𝑥 103 ) .14
𝑅𝑇𝐻 = + 3 𝑥 103
1 𝑥 103 +14

𝑅𝑇𝐻 = 36 𝑥 103 [𝐾Ω]

1MΩ

36MΩ 14kΩ

1MΩ
1 𝑥 103
14kΩ 𝑉𝑇𝐻 = (1 𝑥 103 )+14 . 𝑉𝐶 (𝑡)

VTH Vc (t) 𝑉𝑇𝐻 = 0.98 𝑉𝐶 (𝑡)

91
 RTH −𝑉𝐶 − 36𝑥103 𝑖𝑐 + 0.98 𝑉𝑐 = 0

+ 𝑑𝑉𝑐
−0.02𝑉𝑐 − 36𝑥103 𝐶 =0
Vc (t) 𝑑𝑡
- 𝑑𝑉𝑐
VTH= 0.98 + Vc(t) (−1) − 0.02𝑉𝑐 − 0.036 =0
𝑑𝑡

𝑑𝑉𝑐
0.036 + 0.02 𝑉𝑐 = 0
𝑑𝑡

Solución Homogénea Si:

𝑉𝑐 (𝑡) = 10.5 − 10.5𝑒 −0.5𝑡1

0.036 𝑟 + 0.02 = 0 10 = 10.5 − 10.5𝑒 −0.5𝑡1

0.02
𝑟 = − 0.036  𝑟 = −0.5 10 − 10.5 = −10.5𝑒 −0.5𝑡1

𝑉𝑐 (𝑡) = 𝐴𝑒 −0.5𝑡 10−10.5

= 𝑒 −0.5𝑡1
−10.5
𝐴 = 10
−0.5𝑡1
ln0.048 = ln𝑒

ln(0.048)
𝑉𝑐 (𝑡) = 𝐴 𝑒 −0.5𝑡1 𝑡1 = −0.5

10 = 𝐴𝑒 −0.5(6𝑚𝑠)
𝑡1 = 6𝑚𝑠
10
𝐴= −3
𝑒 −3𝑥10
Tiempo de transición
𝐴 = 10

𝑉𝑐 (𝑡) = 10𝑒 −0.5𝑡

Ecuación general de descarga

𝑉𝐶

10

t
𝑡1 = 6𝑚𝑠 𝑡2 𝑡3

92
 t2:

𝑉𝐶 (𝑡) = 10 𝑒 −0.5𝑡2

5 = 10𝑒 −0.5𝑡2
10
5 −0.5𝑡2
ln10 = 𝑙𝑛𝑒
5
1
ln (2) = −0.5𝑡2
𝑡2
ln(0.5)
𝑡2 = −0.5

𝑡2 = 1.38 𝑚𝑠

Tiempo de descarga

t3:

𝑉𝑐 (𝑡) = 10.5 − 10.5𝑒 −0.5𝑡3

10
10 = 10.5 − 10.5𝑒 −0.5𝑡3

10 − 10.5 = −10.5𝑒 −0.5𝑡3 5

10−10.5
= 𝑒 −0.5𝑡3 𝑡3
−10.5

−0.5𝑡3
ln0.048 = ln𝑒

ln(0.048)
𝑡3 = −0.5

𝑡3 = 6𝑚𝑠

Tiempo de carga

a.Frecuencia de la señal de salida b. Voltaje de salida

𝑉0

1
𝑓=𝑇 5
1
𝑓 = 7.38

𝑓 = 135.5 𝐻𝑧
t
6ms 7.38 13.38

93
 UNIDAD # 7

CIRCUITOS NO LINEALES

- Multiplicación
- División
- Cuadrado

En la realidad existe una gran variedad de elementos o de dispositivos electrónicos

que no son ninguna manera lineales, es decir que la relación entre voltaje aplicado y
corriente no es constante.

7.1. CIRCUITO MULTIPLICADOR

R3

R1
V1 ln
antilog.

f1= K.V1.V2
R2
V2 ln

𝑥 = 𝑙𝑛𝑣1 + 𝑙𝑛𝑣2

𝑥 = −ln(𝑣1 − 𝑣2 )

𝑥 = −𝑣1 . 𝑣2

Los circuitos multiplicadores son redes de diodos y condensadores que a partir de una
tensión alterna proporcionan una tensión continua muy alta.

7.1.1. CIRCUITO LOGARÍTMICO

Para producir una respuesta logarítmica del amplificador hay que disponer de un
mecanismo con características logarítmicas que se colocara dentro de la red de
retroalimentación.

94
 𝑉𝑖 −0𝑉 𝑉𝑖
VD = 𝑖𝐷  = 𝑖𝐷
+ - 𝑅 𝑅

𝑞𝑉0 −𝑞𝑉0 𝑞
𝑉𝑖 𝑉𝑖
= 𝐼𝑆 𝑒 𝐾𝑡  = 𝐼𝑆 𝑒 𝐾𝑡  𝑒 𝐾𝑡 = 𝑘1
𝑅 𝑅
R1 iD
Vi
𝑉 𝑉
𝑙𝑛 (𝐼 𝑅𝑖 ) = 𝑙𝑛𝑒 −𝑘1 𝑉0  𝑙𝑛 (𝐼 𝑅𝑖 ) = −𝑘1 𝑉0
0V 𝑆 𝑠

i Vo 𝑉
𝑙𝑛( 𝑖 ) 1 𝑉
𝐼𝑠 𝑅
𝑉0 =  𝑉0 = − −𝑘 . ln (𝐼 𝑅𝑖 )
−𝑘1 1 𝑠

7.1.2. CIRCUITO ANTILOGARÍTMICO

𝑞𝑉𝐷
𝑞
R 𝐼𝐷 = 𝐼𝑆 𝑒 𝐾𝑡  𝐾𝑡
= 𝑘1

VD i
Vi + - 0−𝑉0
= 𝑖𝐷
𝑅
0V
Vo 𝑉
− 𝑅0 = 𝐼𝑆 𝑒 𝑘1 𝑉0  𝑉𝑖 − 0 = 𝑉𝐷

𝑉
− 𝑅0 = 𝐼𝑆 𝑒 𝑘1 𝑉𝑖 𝑉𝑖 = 𝑉𝐷

𝑉𝐷 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒 𝑘1 𝑉𝑖

Para convertir a partir de logaritmos; es decir, para obtener antilogaritmos), debe

tomarse la exponencial del logaritmo. Usando un dispositivo logarítmico como
elemento de entrada de un amplificador, como se indica en el diagrama del
amplificador se obtiene una respuesta exponencial y, por lo tanto, se tiene un
amplificador antilogarítmico.

95
7.1.3. CIRCUITO COMPLETO (MULTIPLICADOR)

R R
V1 R
R

R
Vo1= -1/K1 ln(V1/R.IS)
F1=(Vo1+Vo2) Vo
2 2 K1V1

F1=1/K1 ln(V1.V2/ R IS) F2= -RIS e

F2=-V1V2/R IS Vo= V1V2/RIS
V2 R

Vo2= -1/K1 ln(V2/R.IS)

Circuito sumador Salida “𝑽𝟎 ”

1 𝑉 1 𝑉 𝑅
𝐹1 = − [− 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼1 ) − 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼2 )] 𝑉0 = − 𝑅 . 𝐹2
1 𝑆 1 𝑆

1 𝑉 1 𝑉 𝑉0 = −𝐹2
𝐹1 = 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼1 ) + 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼2 )
1 𝑆 1 𝑆
𝑉1 .𝑉2
1 𝑉1 .𝑉2
𝑉0 = − (− )
𝑅𝐼𝑆
𝐹1 = 𝐾 [𝑙𝑛 ((𝑅𝐼 )]
1 𝑆 )2
𝑉1 .𝑉2
1 𝑉 .𝑉
𝑉0 = 𝑅𝐼𝑆
𝐹1 = 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅21𝐼 22 )
1 𝑆

Circuito Antilogarítmico

𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒 −𝐾1 𝑉1

1 𝑉 .𝑉
−𝐾1 ( 𝑙𝑛( 21 22 ))
𝐾1 𝑅 𝐼𝑆
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒

𝑉 .𝑉
−(𝑙𝑛( 21 22 ))
𝑅 𝐼
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒 𝑆

𝑉 .𝑉
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 (𝑅21𝐼 22)
𝑆

𝑉1 .𝑉2
𝐹2 = − 𝑅𝐼𝑆

96
7.2. CIRCUITO DIVISIÓN

R
R
V1 R
R R

R
Vo1= -1/K1 ln(V1/R.IS)
F1=Vo1-Vo2 Vo
KiF1
F1= 1/K1.ln(V1/V2) F2=-RISe
F2= -RIS(V1/V2) Vo= RIS(V1/V2)
V2 R
R

Vo2= -1/K1 ln(V2/R.IS)

𝑅
𝑉0 = − 𝑅 . 𝐹2
𝐹1 = 𝑉02 − 𝑉01
𝑉
1 𝑉2 1 𝑉1 𝑉0 = − (−𝑅𝐼𝑆 (𝑉1 ))
𝐹1 = − 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼 ) − (− 𝐾 𝑙𝑛 (𝑅𝐼 )) 2
1 𝑆 1 𝑆

𝑉
1 𝑉
𝐹1 = 𝐾 [𝑙𝑛 (𝑅𝐼1 ) − 𝑙𝑛 (𝑅𝐼2 )]
𝑉 𝑉0 = (𝑅𝐼𝑆 (𝑉1 ))
2
1 𝑆 𝑆

𝑉1
1 𝑅𝐼𝑆
𝐹1 = 𝐾 𝑙𝑛 ( 𝑉2 )
1
𝑅𝐼𝑆

1 𝑉
𝐹1 = 𝐾 𝑙𝑛 (𝑉1 )
1 2

𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒 −𝐾1 𝐹1

1 𝑉
−𝐾1 ( 𝑙𝑛( 1 ))
𝐾1 𝑉2
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒

𝑉
(𝑙𝑛( 1 ))
𝑉2
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 𝑒
𝑉
𝐹2 = −𝑅𝐼𝑆 (𝑉1 )
2

97
Circuito Restador

𝑅 𝑅 𝑉2
R 𝑉 + = 𝑅+𝑅 . 𝑉2  𝑉 + = 2𝑅 𝑉2  𝑉 + = 2

𝑉 𝑉2
𝑉1 − 2 −𝑉0
V1 R V+ 2
= 2
𝑅 𝑅
Vo
V2 R V-=V2/2 𝑉1 −
𝑉2
=
𝑉2
− 𝑉0
2 2

𝑉2 𝑉2
R 𝑉0 = + − 𝑉1
2 2

𝑉0 = 𝑉2 − 𝑉1

7.3. CIRCUITO CUADRADO

V1
2
KVi
V2
X

MODULACIÓN AM

𝑉0 = 𝐴𝑉𝑖 𝑉𝑖 𝑉0 = 𝐴𝑉𝑖
𝑉𝑖
A A

𝑉𝑖

98
 𝑉1
X 𝑉0
𝑉1 = 𝐸𝑚1 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡) 𝑉2 = 𝐸𝑚2 𝑆𝑒𝑛(𝜔𝑡)
𝑉2
𝑉1 = 𝐸𝑚1 𝑆𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑃 𝑡) 𝑉2 = 𝐸𝑚2 𝑆𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑀 𝑡)

𝑓𝑃 > 𝑓𝑀 𝑓𝑃 𝑒𝑠 3 𝑣𝑒𝑐𝑒𝑠 𝑓𝑀
𝑓𝑃 = 𝑓𝑀

𝑓𝑀 𝑓𝑀
𝑓𝑀

*
𝑓𝑃 𝑓𝑃 𝑓𝑃

= 𝑉0 𝑉0
𝑉0

NOTA:
Cuando se multiplican
dos señales su La señal que tiene
frecuencia aumenta es mayor frecuencia es el
decir se duplica. mensaje por lo tanto la
de menor frecuencia
es la envolvente.

99