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EJEMPLOS RESUELTOS DE TE BRÉGAINS, IGLESIA, LAMAS

TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA TEMA 8 (AMPLIFICADOR OPERACIONAL)

EJEMPLOS RESUELTOS JULIO BRÉGAINS, DANIEL IGLESIA, JOSÉ LAMAS DEPARTAMENTO DE ELECTRÓNICA E SISTEMAS FACULTADE DE INFORMÁTICA, UNIVERSIDADE DA CORUÑA

Pensar es prever.

(José Martí).

EJEMPLO 1 (T8):

En el circuito de la figura y suponiendo amplificadores operacionales ideales, si V1 = 1 [V] y V2 = 150 [mV], se pide:

a) Función que realiza cada uno de los amplificadores.

b) Valor de IL.

c) Valor de V2 para el cual IL es cero.

FIGURA T8. 1

PLANTEAMIENTO Y RESOLUCIÓN

a) DETERMINAMOS LA FUNCIÓN DE CADA AMPLIFICADOR.

En el AO1: V1 (tensión de entrada) está conectada a la entrada inversora, la entrada no inversora está conectada a masa, y R21 es una resistencia de realimentación también conectada a la entrada inversora (realimentación negativa) ⇒ AO1 está en configuración de Amplificador Inversor.

PÁG. 2 DE 13 EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA

BRÉGAINS, IGLESIA, LAMAS TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA, CURSO 2009/2010

El mismo análisis se aplica para el AO2 (observa que ambos amplificadores tienen una disposición simétrica respecto de la resistencia RL).

PREGUNTAMOS: ¿GUARDAN LA AMPLIFICACIÓN INVERSORA Y LA REALIMENTACIÓN NEGATIVA ALGUNA

RELACIÓN ENTRE SÍ?

No. Amplificación Inversora se refiere a la relación entre la entrada y la salida. En este ejemplo: dado un voltaje de entrada Vi positivo, se obtendrá un voltaje de salida −Vo que es de mayor amplitud (amplificación) y de signo contrario (inversión). La realimentación negativa se refiere a que al voltaje de entrada se resta una porción del voltaje de salida, como con los AOs de este ejemplo a través de las resistencias R21 para el AO1 y R22 para el AO2 (si a la entrada se sumase una porción del voltaje de salida se hablaría de Realimentación Positiva, algo que se aplica en el Ejemplo 11).

b) ¿CÓMO CALCULAMOS LA CORRIENTE IL?

Hallando la diferencia de potencial Vo1−Vo2 en los extremos de RL y aplicando ley de Ohm. Para ello, analizamos las configuraciones de cada operacional por separado:

[ ][ ]

Ω = × = − = − × ⇒ = − Ω

21o1 1 1 1 o1

11

47 kRV Ganancia de AO V V 1[V] V 4,7[V]

R 10 k (EjsT08. 1)

Observamos que V1=1 [V] es positiva mientras que Vo1 = −4,7 [V] es negativa, como corresponde a una configuración de amplificación inversora.

[ ][ ]

Ω = × = − = − × ⇒ = − Ω

22o2 2 2 2 o2

12

220 kR 150V Ganancia de AO V V [V] V 1[V]R 33 k 1000

(EjsT08. 2)

Por tanto, la corriente IL será:

− − − −= = = ⇒ =

Ωo2 o1

L LL

V V 1[V] ( 4,7 [V]) 3,7I [A] I 3,7 [mA]R 1000[ ] 1000

(EjsT08. 3)

Como Vo2>Vo1, el sentido de IL será de Vo2 hacia Vo1 (hacia la izquierda, ver FIGURA T8. 1).

C) ¿VALOR DE V2 CUANDO IL=0?

De las tres ecuaciones anteriores tenemos:

[ ][ ]

[ ][ ]

−= = ⇒ = ⇒ − = − ⇒ = ⇒

Ω Ω

⇒ = ⇒ = Ω Ω

o2 o1 22 21 12 21L o2 o1 2 1 2 1

L 12 11 22 11

2 2

V V R R R RI 0 V V V V V V

R R R R R

33 k 47 kV 1[V] V 0,705[V]

220 k 10 k

(EjsT08. 4)

ESTE EJEMPLO NO REQUIERE RESUMEN.

El signo (–) indica: AO en config. inversora

EJEMPLOS TEMA 08 (AO) VERSIÓN CORREGIDA PÁG. 3 DE 13


EJEMPLO 3 (T8):

En el circuito amplificador de corriente de la figura, obtener la ganancia de corriente Io / Ii y comprobar que es independiente de la resistencia de carga RL:

FIGURA T8. 2


a) ¿CÓMO OBTENEMOS LAS CORRIENTES Ii E IO PARA LUEGO REALIZAR EL COCIENTE?

Teniendo en cuenta dos características: que la corriente I− e I+ son nulas (en todos los AOs), y que entre las entradas inversora y no inversora existe cortocircuito virtual (configuración de realimentación negativa), lo cual produce, en este caso, que el terminal no inversor esté a masa virtual, es decir Vn = Vm = 0.

Como I− es nula, la corriente que entrega la fuente se deriva completamente hacia la Rb. Además, como la señal de entrada se conecta a la entrada inversora, a la salida tendremos una Vo<0 (salida invertida), por lo cual, la tensión entre extremos de Rb será:

− = = −o n o i bV V V I R (EjsT08. 5)

Según se observa en la figura anterior, por Ra circula la corriente Io+Ii, (hacia abajo), por lo cual, la caída de tensión entre sus extremos, que es Vo, cumple la siguiente igualdad:

( )− = = +o m o o i aV V V I I R (EjsT08. 6)

PREGUNTA: ¿no hay una inconsistencia de signo en esta última ecuación? OBSERVAMOS: Ii va hacia el nodo o a través de Rb, mientras que Io+Ii se aleja del nodo o. Los signos de las dos últimas ecuaciones son opuestos, así que las suposiciones son coherentes (recordando que, virtualmente, la masa y el terminal inversor representan el mismo punto).

El cociente entre ambas, es decir, la ganancia de corriente será, entonces:

( ) +− = = + = + ⇒ − − = ⇒ = −

o a b

i b o o i a o a i a i b i a o ai a

I R RI R V I I R I R I R I R I R I R

I R (EjsT08. 7)



¿QUÉ SIGNIFICA ESTE RESULTADO? Que, para unos valores de Ra y Rb dados, cuando se inyecta a la entrada inversora una corriente Ii, por RL circulará una corriente Io = − Ii (Ra+Rb)/Ra, cuyo valor es independiente de RL. En todo caso, variará Vo−Vq si se varía RL.

COMENTARIOS:

1) Como existe cortocircuito virtual entre los puntos n y m, la resistencia de entrada Ri de esta configuración de AO (la que “ve” la fuente Ii al conectarse) es cero.

2) Como Io=constante (con Ii, Ra y Rb dados) para cualquier valor de RL, este circuito se comporta como una fuente de tensión ideal, por lo cual la resistencia de salida Ro (entre p y o) es infinita.


EJEMPLO 6 (T8):

Comprobar que, en el amplificador de instrumentación de la figura:

( ) = + + −

2 2

o 2 11

R RV 1 2 V V

R R

FIGURA T8. 3


ANALIZAMOS EL CIRCUITO: consideramos todas las corrientes dirigidas hacia la derecha, según se observa en la siguiente figura:

Como a las entradas de los AOs existe cortocircuito virtual (ambos AOs poseen realimentación negativa), entonces Vn = V1 y Vm = V2.

Hallamos las corrientes aplicando ley de Ohm y luego aplicando ley de nudos a los puntos n y m.



−− − − −= = = = =

− − −= = =

1 pn 1 n m 1 2a b c

2 2 1

p m p 2 2 od e

1 1 2

V VV V V V V VI ; I ; I ;

R R R R RV V V V V V

I ; IR R R

(EjsT08. 8)

Nudo n:

− −= + ⇒ − = +1 p1 1 2

a b c2 1

V VV V VI I I

R R R (EjsT08. 9)

Nudo m:

− −−+ = ⇒ + =p 2 2 o1 2

c d e1 2

V V V VV VI I I

R R R (EjsT08. 10)

Eliminamos Vp de estas dos últimas ecuaciones para obtener Vo:

( )

= + + − = + + − − ⇒

= − + +

p p o2 11 2

1 1 2 1 1 2 2

2 2o 2 1

1

V V VV V1 1 1 1 1 1V ; VR R R R R R R R R R R

R RV V V 1 2

R R

(EjsT08. 11)

En concordancia con lo establecido en el enunciado.


EJEMPLO 9 (T8):

El circuito de la figura es un integrador inversor con AO ideal, con R = 5 [kΩ] y C = 1 [µF]. Se pide:

a) Deducir la expresión de la tensión de salida Vo en función de Vi. b) Dibujar la tensión de salida si a la entrada se aplica una señal como la de la figura de

la derecha. Suponga C inicialmente descargado (Qi = 0 en ti = 0).

FIGURA T8. 4




a) DETERMINAMOS Vo EN FUNCIÓN DE Vi OBSERVANDO LA SIGUIENTE FIGURA:

Vemos que el nodo n está a masa (cortocircuito virtual). Además, en dicho nodo no hay derivación de corriente hacia el AO (I− = 0), por tanto, la corriente Ii por R es la misma que la que circula por C. Supondremos Ii hacia la derecha, como se ha indicado en la figura anterior.

La tensión en los extremos de R se obtiene por ley de Ohm:

− = − = = × ⇒ = ii n i i i i

VV V V 0 V R I I

R (EjsT08. 12)

Por definición de capacidad C = Q/V, en los extremos de C se medirá una tensión que es proporcional a su carga:

= = − − = −o n oQV V V VC

(EjsT08. 13)

En donde el signo (−) de Vo es debido a que: Vi > 0 ⇒ Vo < 0 ⇒Vn > Vo.

Si por C circula la corriente Ii(t), no necesariamente constante en el tiempo, el valor de Q, y por lo tanto de Vo, variará. Supongamos que en un instante inicial tI el condensador tiene una carga inicial QI. Si hacemos transcurrir un pequeño intervalo de tiempo, llamémoslo dt, entonces, entre tI y tI+dt, Ii(t)=Ii(tI) puede considerarse temporalmente constante, y C ganará entonces una pequeña carga dQ(tI) = Ii(tI)×dt. En el intervalo posterior, con t entre tI+dt y tI+2dt, Ii podrá tener otro valor, Ii(tI+dt), que podrá considerarse constante en ese intervalo, y C ganará otra porción de carga dQ2(tI+dt) = Ii(tI+dt)×dt, y así sucesivamente hasta llegar al instante final tF. La suma de todas estas pequeñas contribuciones dQ es la integral ∫dQ, o, lo que es lo mismo, la integral de Ii(t)×dt con t entre tI y tF:

⇒

⇒ = + + + + +I I I I I

i

Carga ganada Carga ganada Carga ganadaentre t y t +dt entre t +dt y t +2dt entre t

F F I I I

Carga final = Carga inicial + Suma de contribuciones de carga debidas a I (t)

Q Q dQ(t ) dQ(t dt) dQ(t 2dt)678 64748

( ) ( ) ( )+ +

+ + ⇒ ⇒ = + × + + × + + × + + × ⇒

⇒

I

I I I F

Carga ganada+2dt y t +3dt en el último intervalo

F

dQ t dQ t dt dQ t 2dt dQ( t )

F I i I i I i I i F

... dQ(t )

Q Q I (t ) dt I (t dt) dt I (t 2dt) dt ... I (t ) dt

Q

6447448 678

64748 6447448 6447448 64748

= + ∫F

I

t

F I itQ I (t)dt

(EjsT08. 14)

Dividiendo ambos miembros de la última ecuación por C, tendremos los voltajes inicial −VoI y final −VoF [los signos negativos se explican con la ecuación (EjsT08. 13)] en los extremos del condensador antes y después de haber pasado por él la corriente Ii(t):



⇒ = + ⇒ − = − + ⇒ = −∫

∫ ∫F

F FI

I I

t

i t ttF IoF oI i oF oI it t

I (t)dtQ Q 1 1V V I (t)dt V V I (t)dtC C C C C

(EjsT08. 15)

Pero Ii(t) = Vi(t)/R, es decir:

= − ∫F

I

t

oF oI it

1V V V (t)dtRC

(EjsT08. 16)

Que es la expresión requerida en el enunciado.

¿QUÉ SIGNIFICA ESTA EXPRESIÓN?

Vemos que, para unos valores de R y C dados, la tensión de salida Vof en un instante final tf, depende tanto de su valor en el instante inicial tI (que es VoI) como del valor negativo de la integral de la tensión de entrada entre los instantes tI y tF, es por eso que la configuración de la FIGURA T8. 4 se denomina de Amplificador Integrador Inversor.

b) OBTENEMOS LA TENSIÓN DE SALIDA CUANDO LA TENSIÓN DE ENTRADA SIGUE UN PATRÓN DE ONDA CUADRADA, COMO EN LA FIGURA T8. 4 (DERECHA):

Sabemos que la integral de una constante es una función lineal (∫k.dt = k.∫dt = k.t + c), así que deducimos que en los tramos Vi=constante de la onda cuadrada de entrada, la tensión de salida Vo será ascendente o descendente a lo largo de segmentos de líneas rectas (Vo será lineal por tramos).

Sabiendo que Vo será lineal por tramos, aplicamos la ecuación (EjsT08. 16) para encontrar los valores VoI y VoF en los extremos tI y tF, respectivamente, de dichos tramos.

TRAMO A:

tI = 0, tF = 1 [ms], QI = 0 [Coul] ⇒ VoI = QI / C = 0 [V], R×C = 5000 [Ω]×1.10-6 [F] = 5/1000 [ΩF], Vi(t) = constante = 5 [V]



( )− −

=

= − = − = − =Ω

= − − ⇒ = = −

∫ ∫3 3F

I

t 10 [s] 10oF oI i 0t 0 [s]

oF o t 1[ms]

1 1000V V V (t)dt 0 5 [V]dt 1000 tRC 5[ F]

V 11000[ ] [s] 0 V V 1[V]s 1000

(EjsT08. 17)

Es decir, Vo parte de 0 [V] en tI = 0 [ms], y llega a −1 [V] en tF = 1 [ms].

TRAMO B:

tI = 1 [ms], tF = 3 [ms], VoI = −1 [V], RC = 5/1000 [ΩF], Vi(t) = −5 [V]

( ) ( )− −

−−

× ×

=

= − = − − − = − + =

= − + − ⇒ =

∫ ∫3 3F

33I

t 3 10 3 10oF oI i 10t 10

o t 3[ms]

1 1000V V V (t)dt 1 5 dt 1 1000 tRC 5

V 3 11 1000[ ] [s] [s] V 1[V]s 1000 1000

(EjsT08. 18)

Vo parte de −1 [V] en tI = 1 [ms], y llega a 1 [V] en tF = 3 [ms].

TRAMO C:

tI = 3 [ms], tF = 5 [ms], VoI = 1 [V], RC = 5/1000 [ΩF], Vi(t) = 5 [V]

( ) ( )− −

−−

× ×

× =×= − = − ⇒ = −∫

3 3

33

5 10 5 10oF o3 10 t 5[ms]3 10

1000V 1 5 dt 1 1000 t V 1[V]5

(EjsT08. 19)

TRAMO D:


( )−

−

×

=×= − − − ⇒ =∫

3

3

7 10

oF o t 7[ms]5 10

1000V 1 5 dt V 1[V]5

(EjsT08. 20)

TRAMO E:

tI = 7 [ms], tF = 9 [ms], VoI = 1 [V], RC = 5/1000 [ΩF], Vi(t) = 5 [V]

( )−

−

×

=×= − ⇒ = −∫

3

3

9 10

oF o t 7[ms]7 10

1000V 1 5 dt V 1[V]5

(EjsT08. 21)

TRAMO F:


( )−

−

×

=×= − − − ⇒ =∫

3

3

10 10

oF o t 7[ms]9 10

1000V 1 5 dt V 0[V]5

(EjsT08. 22)

La forma de onda de Vo obtenida, oscilando linealmente entre −1 [V] y 1 [V] se denomina Onda Triangular.




EJEMPLO 11 (T8):

Obtener y dibujar la característica de transferencia de los siguientes circuitos:

FIGURA T8. 5


a) ANALIZAMOS EL CIRCUITO DE LA FIGURA A:

La tensión de entrada ViA está conectada a la entrada inversora del AOA: configuración de Inversor.

La salida VoA se reinyecta a la entrada no inversora a través de R2A: conexión de realimentación positiva. Dicha realimentación positiva indica lo siguiente: que la salida VoA se suma al voltaje de la entrada inversora V+, lo cual produce una rápida saturación del AOA: su tensión de salida alcanza rápidamente los valores +Vcc o −Vcc.

Recordamos que VoA = Ad.Vd = Ad.(V+−ViA), donde Ad es la ganancia diferencial del AO, y Vd es la tensión diferencial: la tensión de salida VoA depende de la tensión diferencial Vd. Esta configuración se denomina, usualmente, Comparador (o Disparador) Schmitt Inversor, o bien Comparador Inversor con Histéresis.

INICIAMOS EL ANÁLISIS.

¿Cuáles son los valores máximo y mínimo que puede alcanzar V+?

V+ no es igual a ViA, ya que este es un caso de realimentación positiva, y por tanto no hay cortocircuito virtual. De modo que V+ se obtiene considerando la rama o-p-m: es decir, el divisor de tensión formado por las resistencias R1A y R2A:

+ +

= = ⇒ = + +

oA 1A2A 1A 1A oA

1A 2A 1A 2A

V RV I R R V VR R R R

(EjsT08. 23)

Como −Vcc ≤ VoA ≤ Vcc (por definición, la tensión de salida de un AO no puede superar el rango ±Vcc):

+

− ≤ ≤ + +

1A 1Acc cc

1A 2A 1A 2A

R RV V VR R R R

(EjsT08. 24)

y, por tanto, el valor de V+ está acotado.



Si consideramos ViA << 0 (valores muy negativos de ViA, tendiendo a menos infinito), entonces Vd = (V+ − ViA) ≈ −ViA >> 0, ya que, comparativamente, el módulo de ViA es muy grande respecto del de V+ dentro del rango indicado en la ecuación (EjsT08. 24). Por dicha razón, VoA = Vcc (AOA saturado, tensión VoA positiva porque Vd >> 0), lo que implica V+ = R1AVcc / (R1A+R2A).

Según el comportamiento de los AOs diferenciales, si aumentamos ViA (lo acercamos a cero desde valores negativos), el AOA continuará saturado hasta cuando Vd sea igual a 0, es decir, hasta que

+

− = ⇒ − = ⇒ = = + +

1A 1AiA cc iA iA cc HAsup

1A 2A 1A 2A

R RV V 0 V V 0 V V VR R R R

(EjsT08. 25)

Podemos llamar a VHAsup tensión de histéresis superior del amplificador operacional A.

Con Vd = 0 → ViA = VHAsup ⇒ −Vcc < VoA < Vcc. En palabras: cuando la tensión diferencial es nula, lo cual se obtiene cuando la tensión de entrada es igual a la de histéresis superior, la tensión de salida puede encontrarse entre los valores de tensión de saturación.

De acuerdo al comportamiento de un AO en configuración diferencial, cuando ViA sobrepase este valor, la tensión de salida se saturará a –Vcc, porque Vd < 0, es decir ViA > VHDsup ⇒ VoA = –Vcc.

Si seguimos aumentando ViA, Vd se hará más negativa, y VoA continuará siendo igual a –Vcc. Este valor se mantendrá, idealmente, con ViA >> 0 (tendiendo a infinito).

Resumimos y representamos gráficamente este análisis:

<< ⇒ = +

< ⇒ = + = ⇒ − < < + > ⇒ = − >> ⇒ = −

= +

iA oA cc

iA HA sup oA cc

iA HA sup cc oA cc

iA HA sup oA cc

iA oA cc

1AHA sup cc

1A 2A

V 0 V VV V V V

V V V V V

V V V V

V 0 V V

Rcon V V

R R

Con los valores especificados en el enunciado del problema, tendremos:

Ω= = ⇒ = + Ω + Ω

1AHAsup cc HAsup

1A 2A

R 4[k ]V V 10[V] V 2[V]R R 4[k ] 16[k ]

(EjsT08. 26)

Razonando de modo análogo, realicemos el análisis en sentido contrario.

Empezando con ViA >> 0 ⇒ Vd = (V+ − ViA) ≈ −ViA << 0. Como la tensión diferencial es negativa, distinta de cero, tendremos a la salida la tensión saturada VoA = −Vcc, y por tanto, analizando el divisor de tensión de la malla o-p-m, tendremos V+ = R1A×(−Vcc)/(R1A+R2A) = VHAinf.

Conforme vamos disminuyendo ViA, la tensión de salida se mantendrá inalterada VoA = −Vcc, hasta que Vd = (V+ − ViA) alcance el valor nulo, es decir V+ = VHAinf = ViA, en cuyo caso, −Vcc < VoA < +Vcc.



A continuación, si ViA < VHAinf ⇒ Vd = (V+ − ViA) = (VHAinf − ViA) > 0, haciendo que la salida se sature VoA = Vcc. Para valores menores de ViA, Vd seguirá siendo mayor que 0, manteniéndose saturada la salida VoA = +Vcc.

Resumiendo:

>> ⇒ = − > ⇒ = − = ⇒ − < < + < ⇒ = + << ⇒ = +

= − +

iA oA cc

iA HAinf oA cc

iA HAinf cc oA cc

iA HAinf oA cc

iA oA cc

1AHAinf cc

1A 2A

V 0 V VV V V VV V V V VV V V VV 0 V V

Rcon V V

R R

Y, con los valores especificados en el enunciado del problema, tendremos:

( ) ( ) Ω= − = − ⇒ = − = − + Ω + Ω

1AHAinf cc HA inf HAsup

1A 2A

R 4[k ]V V 10[V] V 2[V] VR R 4[k ] 16[k ]

(EjsT08. 27)

Observamos que el comportamiento del AOA depende de si se aumenta o se disminuye ViA. La diferencia entre VHAinf y VHAsup se denomina Tensión de Histéresis del Amplificador A, VHA (o, simplemente, Histéresis del Amplificador A):

( ) = − = − − = ⇒ + + +

× × Ω⇒ = = Ω + Ω

cc 1A1A 1AHA HAsup HA inf cc cc

1A 2A 1A 2A 1A 2A

HA

2V RR RV V V V V

R R R R R R

2 10[V] 4[k ]V 4[V]

4[k ] 16[k ]

(EjsT08. 28)

Si superponemos las dos curvas, obtenemos la CARACTERÍSTICA DE TRANSFERENCIA DEL

COMPARADOR CON HISTÉRESIS de la configuración de la Figura A:



b) ANALIZAMOS EL CIRCUITO DE LA FIGURA B:

Observamos que la única diferencia con el circuito de la Fig. A reside en la tensión VR (tensión de referencia) conectada al punto m.

Tendremos nuevamente un Comparador con Histéresis, pero esta vez con tensión de referencia VR no nula.

Como el comportamiento de este circuito es completamente análogo al de la Figura A, no lo analizaremos nuevamente; simplemente veremos qué efecto produce la tensión VR en la curva característica de transferencia del circuito.

Como I2B tiene el sentido de p hacia m, el potencial en p es mayor que en m en un valor I2B×R1B. Por tanto, V+ = Vm + I2B×R1B = VR + I2B×R1B. Hallando I2B de analizar la malla o-p-m, tenemos:

+ +

− += + = + ⇒ = + +

oB R oB 1B R 2BR 2B 1B R 1B

1B 2B 1B 2B

V V V R V RV V I R V R V

R R R R (EjsT08. 29)

Como −Vcc ≤ VoB ≤ Vcc, los valores de las tensiones de histéresis serán, consecuentemente, aquéllos para los cuales VoB sea igual a ±Vcc:

+ =

+ =−

+= = = +

+ + +

− += = = − + + +

= − =

+

oB cc

oB cc

cc 1B R 2B 2B 1BHBsup R ccV V

1B 2B 1B 2B 1B 2B

cc 1B R 2B 2B 1BHBinf R ccV V

1B 2B 1B 2B 1B 2B

1BHB HBsup HBinf cc

1B 2B

V R V R R RV V V V

R R R R R R

V R V R R RV V V V

R R R R R R

RV V V 2V

R R

(EjsT08. 30)

Observamos que la expresión de VH = VHsup − VHinf no ha cambiado (la tensión de histéresis se mantiene). Si analizamos, veremos que el efecto que causa VR ≠ 0 es el de desplazar las líneas de transferencia del circuito un valor VRR2B/(R1B+R2B) (hacia valores crecientes de ViB si VR>0 y hacia valores decrecientes si VR<0):

De acuerdo a los valores dados en el enunciado, calculamos las tensiones correspondientes:

( )

+ Ω + Ω= = ⇒ =

+ Ω + Ω

− + − Ω + Ω= = ⇒ = −

+ Ω + Ω

= − = − − ⇒ =

cc 1B R 2BHBsup HBsup

1B 2B

cc 1B R 2BHBinf HBinf

1B 2B

HB HBsup HBinf HB

V R V R 10[V]4[k ] 2[V]16[k ]V V 3,6[V]R R 4[k ] 16[k ]


V V V 3,6[V] 0,4[V] V 4[V]

(EjsT08. 31)



Y representamos la característica de transferencia:

RESUMEN EJEMPLO 11 (T8):

DATOS: R1A = R1B = 4 [kΩ]; R2A = R2B = 16 [kΩ]; VR = 2 [V]

INCÓGNITAS: a) Característica de Transferencia del circuito de la Figura A = ? b) Característica de Transferencia del circuito de la Figura B = ?

a) CARACTERÍSTICA DE TRANSFERENCIA CIRCUITO A:

Ω= = ⇒ = + Ω + Ω

1AHAsup cc HAsup

1A 2A

R 4[k ]V V 10[V] V 2[V]R R 4[k ] 16[k ]

( ) ( ) − Ω −= = ⇒ = − = − + Ω + Ω

1A ccHAinf HA inf HA sup

1A 2A

R V 4[k ] 10[V]V V 2[V] V

R R 4[k ] 16[k ] × × Ω

= = Ω + Ω HA

2 10[V] 4[k ]V 4 [V]4[k ] 16[k ]

b) CARACTERÍSTICA DE TRANSFERENCIA CIRCUITO B:

( )

+ Ω + Ω= = ⇒ =

+ Ω + Ω

− + − Ω + Ω= = ⇒ = −

+ Ω + Ω

= − = − − ⇒ =

cc 1B R 2BHBsup HBsup

1B 2B

cc 1B R 2BHBinf HBinf

1B 2B

HB HBsup HBinf HB



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