Physics · Libro 3 · Bachelor Year 1

Física universitaria — primer año

Física universitaria — primer año · Bachelor Year 1

10El amplificador operacional

Una galga extensométrica pegada a la viga de un puente cambia su resistencia en una milésima cuando pasa un camión; el puente de Wheatstone que la rodea (Capítulo 6) convierte eso en dos milivoltios. Dos milivoltios no accionan nada. Entre la galga y la alarma que cerrará el puente al tráfico hay un chip del tamaño de una uña, que cuesta unos céntimos y que multiplica la señal por mil, la filtra, la compara con un umbral y enciende una lámpara — cuatro tareas, un componente, cuatro cableados distintos. Este capítulo presenta el amplificador operacional a través de su modelo ideal, deduce el puñado de circuitos con los que está construido cualquier instrumento y muestra qué ocurre cuando se suprime la realimentación.

10.1 El componente y su modelo ideal

Definición 10.1 (Amplificador operacional)

Un amplificador operacional es un circuito integrado con dos entradas — la entrada no inversora a potencial V+V_+ y la entrada inversora a V−V_- — y una salida a potencial VsV_s, alimentado por dos fuentes ±Vcc\pm V_{\mathrm{cc}} (típicamente ±15 V\pm15\,\mathrm{V}) que suelen omitirse en los esquemas. Amplifica la diferencia ϵ=V+−V−\epsilon = V_+ - V_-:

Vs=μ ϵmientras ∣Vs∣<Vsat,V_s = \mu\,\epsilon \quad\text{mientras } \abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}},

con una ganancia en lazo abierto μ\mu del orden de 10510^5 y una tensión de saturación VsatV_{\mathrm{sat}} algo inferior a VccV_{\mathrm{cc}}. Cuando μ∣ϵ∣\mu\abs\epsilon superaría VsatV_{\mathrm{sat}}, la salida se queda pegada a +Vsat+V_{\mathrm{sat}} o a −Vsat-V_{\mathrm{sat}}: es el régimen saturado.

Definición 10.2 (Amplificador operacional ideal)

El modelo ideal supone: (i) que no entra corriente por ninguna entrada, i+=i−=0i_+ = i_- = 0 (impedancia de entrada infinita); (ii) que la salida impone su tensión sea cual sea la corriente que se le pida (impedancia de salida nula); (iii) ganancia infinita, μ→∞\mu \to \infty. En el régimen lineal (∣Vs∣<Vsat\abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}}) la tercera hipótesis obliga a

ϵ=V+−V−=0:\epsilon = V_+ - V_- = 0 :

las dos entradas están al mismo potencial (un “cortocircuito virtual”) aunque entre ellas no circule corriente alguna.

El amplificador operacional: el símbolo con sus dos entradas y su característica de transferencia V_s( ) — un tramo lineal muy inclinado, de pendiente 105 (dibujado con muy poca pendiente), y después la saturación en ± V_ sat. En el modelo ideal el tramo lineal es vertical: = 0.
El amplificador operacional: el símbolo con sus dos entradas y su característica de transferencia Vs(ϵ)V_s(\epsilon) — un tramo lineal muy inclinado, de pendiente μ∼105\mu \sim 10^5 (dibujado con muy poca pendiente), y después la saturación en ±Vsat\pm V_{\mathrm{sat}}. En el modelo ideal el tramo lineal es vertical: ϵ=0\epsilon = 0.

Proposición 10.3 (Realimentación negativa y régimen lineal)

Si la salida se reconduce a la entrada inversora a través de una red (realimentación negativa), el circuito tiene un punto de funcionamiento lineal estable en ϵ=0\epsilon = 0 y valen las reglas del amplificador ideal. Si la salida se reconduce a la entrada no inversora (realimentación positiva), o no se reconduce en absoluto, el amplificador satura: Vs=±VsatV_s = \pm V_{\mathrm{sat}} según el signo de ϵ\epsilon.

Demostración parcial. Con realimentación negativa, supóngase que VsV_s sube un poco por encima de su valor de equilibrio; a través de la red de realimentación sube V−V_-, baja ϵ\epsilon y el amplificador vuelve a bajar VsV_s: la perturbación queda corregida. Con realimentación positiva, esa misma perturbación sube V+V_+, aumenta ϵ\epsilon y aleja aún más a VsV_s hasta que satura. El argumento completo (un modelo de primer orden del amplificador, μ(jω)=μ0/(1+jω/ω0)\mu(j\omega) = \mu_0/(1 + j\omega/\omega_0), y la estabilidad de la ecuación diferencial resultante) es materia del volumen del Año 2; lo que se usa es la regla anterior. ∎

Observación 10.4 (Amplificadores reales)

Tres desviaciones del ideal importan en la práctica. La ganancia en lazo abierto cae con la frecuencia como μ0/(1+jf/f0)\mu_0/(1 + jf/f_0) con f0∼10 Hzf_0 \sim 10\,\mathrm{Hz}: el producto μ0f0=fT∼1 MHz\mu_0 f_0 = f_T \sim 1\,\mathrm{MHz} (el producto ganancia–ancho de banda) es el ancho de banda disponible para un seguidor, y un circuito de ganancia en lazo cerrado GG tiene un ancho de banda fT/Gf_T/G. La salida no puede cambiar más deprisa que la velocidad de subida, ∼1 V/µs\sim1\,\mathrm{V}/\text{µ}\mathrm{s}. Y una pequeña tensión de desviación de entrada (∼1 mV\sim1\,\mathrm{mV}) se amplifica igual que una señal — fatal para entradas de milivoltios si no se ajusta.

10.2 Los circuitos lineales básicos

Método 10.5 (Analizar un circuito con operacional ideal en régimen lineal)

  1. Compruébese que la realimentación va a la entrada inversora.
  2. Escríbase i+=i−=0i_+ = i_- = 0: los nudos de entrada cumplen la ley de los nudos de Kirchhoff sin corriente hacia el amplificador (valen los divisores y el teorema de Millman).
  3. Escríbase V+=V−V_+ = V_- y despéjese VsV_s.
  4. Compruébese después que ∣Vs∣<Vsat\abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}}; si no, el amplificador está saturado y el resultado es ±Vsat\pm V_{\mathrm{sat}}.

Proposición 10.6 (Seguidor, amplificador no inversor e inversor)

  • Seguidor: la salida cableada a V−V_- y la entrada en V+V_+: Vs=VeV_s = V_e; impedancia de entrada infinita e impedancia de salida nula.

  • Amplificador no inversor: la salida a V−V_- a través de un divisor R2R_2 (realimentación) y R1R_1 (a masa), entrada en V+V_+:

    Vs=(1+R2R1)Ve.V_s = \left(1 + \frac{R_2}{R_1}\right)V_e .

  • Amplificador inversor: V+V_+ a masa, entrada a través de R1R_1 hacia V−V_-, realimentación R2R_2 de la salida a V−V_-:

    Vs=−R2R1 Ve,V_s = -\frac{R_2}{R_1}\,V_e ,

    con V−V_- mantenido al potencial de masa (una masa virtual) y una impedancia de entrada R1R_1.

Demostración. Seguidor: V−=VsV_- = V_s y V+=VeV_+ = V_e; ϵ=0\epsilon = 0 da Vs=VeV_s = V_e. No inversor: no entra corriente por V−V_-, así que el divisor da V−=VsR1/(R1+R2)V_- = V_sR_1/(R_1 + R_2); iguálese a V+=VeV_+ = V_e. Inversor: V−=V+=0V_- = V_+ = 0; ley de los nudos en V−V_- con i−=0i_- = 0: (Ve−0)/R1+(Vs−0)/R2=0(V_e - 0)/R_1 + (V_s - 0)/R_2 = 0. La fuente entrega Ve/R1V_e/R_1: impedancia de entrada R1R_1. ∎

Los tres amplificadores básicos. En cada uno la salida alimenta la entrada inversora, el amplificador trabaja en su régimen lineal y la ganancia la fijan solo cocientes de resistencias — no la enorme y mal definida del propio amplificador.
Los tres amplificadores básicos. En cada uno la salida alimenta la entrada inversora, el amplificador trabaja en su régimen lineal y la ganancia la fijan solo cocientes de resistencias — no la μ\mu enorme y mal definida del propio amplificador.

Ejemplo 10.7 (Para qué un seguidor)

Un sensor de resistencia de Thévenin 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega que alimenta una carga de 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega entrega solo 1/111/11 de su tensión en circuito abierto (Observación 6.14). Un seguidor entre ambos no toma corriente del sensor y ataca la carga desde una salida de impedancia nula: llega la tensión entera. El seguidor es un adaptador de impedancias — y hace exacta la regla de la cascada de Proposición 9.14.

Proposición 10.8 (Amplificadores sumador y diferencia)

Entradas V1,V2V_1, V_2 a través de R1,R2R_1, R_2 hacia el nudo inversor, realimentación RfR_f y V+V_+ a masa:

Vs=−Rf(V1R1+V2R2)(amplificador sumador).V_s = -R_f\left(\frac{V_1}{R_1} + \frac{V_2}{R_2}\right) \quad (\text{amplificador sumador}).

Con V1V_1 a través de R1R_1 hacia V−V_- (realimentación R2R_2) y V2V_2 a través de R1R_1 hacia V+V_+ (con R2R_2 de V+V_+ a masa):

Vs=R2R1 (V2−V1)(amplificador diferencia).V_s = \frac{R_2}{R_1}\,(V_2 - V_1) \quad (\text{amplificador diferencia}).

Demostración. Sumador: ley de los nudos en la masa virtual, V1/R1+V2/R2+Vs/Rf=0V_1/R_1 + V_2/R_2 + V_s/R_f = 0. Diferencia: V+=V2R2/(R1+R2)V_+ = V_2R_2/(R_1 + R_2) (divisor); ley de los nudos en V−V_-: (V1−V−)/R1+(Vs−V−)/R2=0(V_1 - V_-)/R_1 + (V_s - V_-)/R_2 = 0, luego Vs=V−(1+R2/R1)−V1R2/R1V_s = V_-(1 + R_2/R_1) - V_1R_2/R_1; hágase V−=V+V_- = V_+ y simplifíquese. ∎

10.3 Integrador y derivador

Proposición 10.9 (Integrador)

Entrada a través de RR hacia V−V_-, un condensador CC como realimentación y V+V_+ a masa:

Vs(t)=−1RC∫0tVe(t′)  ⁣dt′+Vs(0),H‾=−1jRCω.V_s(t) = -\frac{1}{RC}\int_0^t V_e(t')\,\dd t' + V_s(0), \qquad \underline H = -\frac{1}{jRC\omega} .

La ganancia cae 20 dB20\,\mathrm{dB} por década a toda frecuencia y la fase vale +90∘+90^\circ: un integrador exacto — hasta que la menor desviación o corriente de polarización, integrada indefinidamente, lleva la salida a la saturación.

Demostración. Masa virtual: la corriente Ve/RV_e/R va al condensador, cuya tensión (de V−V_- a la salida) vale −Vs-V_s; por tanto C  ⁣d(−Vs)/ ⁣dt=Ve/RC\,\dd(-V_s)/\dd t = V_e/R, y en notación compleja H‾=−1/(jRCω)\underline H = -1/(jRC\omega). ∎

Observación 10.10 (Domar el integrador)

Un resistor R′R' en paralelo con CC da

H‾=−R′/R1+jR′Cω,\underline H = -\frac{R'/R}{1 + jR'C\omega},

un paso bajo de primer orden de ganancia en continua −R′/R-R'/R y corte 1/R′C1/R'C, que integra para ω≫1/R′C\omega \gg 1/R'C pero no puede derivar hasta la saturación. De igual modo, el derivador (condensador a la entrada, resistor como realimentación: Vs=−RC  ⁣dVe/ ⁣dtV_s = -RC\,\dd V_e/\dd t, H‾=−jRCω\underline H = -jRC\omega) amplifica sin límite el ruido de alta frecuencia salvo que un pequeño resistor en serie limite su ganancia.

El integrador y su diagrama de Bode (azul, -20\, dB por década en todo el margen y ganancia infinita en continua); con un resistor en paralelo con C la ganancia queda limitada a baja frecuencia (rojo): un paso bajo que integra por encima de su corte.
El integrador y su diagrama de Bode (azul, −20 dB-20\,\mathrm{dB} por década en todo el margen y ganancia infinita en continua); con un resistor en paralelo con CC la ganancia queda limitada a baja frecuencia (rojo): un paso bajo que integra por encima de su corte.

Ejemplo 10.11 (Triángulo a partir de cuadrada)

R=10 kΩR = 10\,\mathrm{k}\Omega, C=100 nFC = 100\,\mathrm{nF}, 1/RC=1000 s−11/RC = 1000\,\mathrm{s}^{-1}. Una señal cuadrada de 1 kHz1\,\mathrm{kHz} y ±1 V\pm1\,\mathrm{V} da un triángulo de pendiente ∓1000 V/s\mp1000\,\mathrm{V}/\mathrm{s} y amplitud ET/4RC=0.25 VET/4RC = 0.25\,\mathrm{V} — sin la atenuación en 1/ω1/\omega de un RC pasivo y con una salida de impedancia nula para atacar la etapa siguiente.

10.4 Filtros activos

Proposición 10.12 (Paso bajo activo de primer orden)

El amplificador inversor con un condensador CC en paralelo con su resistor de realimentación R2R_2 tiene

H‾=−R2/R11+jR2Cω:\underline H = -\frac{R_2/R_1}{1 + jR_2C\omega}:

un paso bajo de ganancia en continua −R2/R1-R_2/R_1 (que puede superar 11) y corte ωc=1/R2C\omega_c = 1/R_2C, con impedancia de salida nula — las etapas se ponen en cascada multiplicando sin más.

Demostración. Amplificador inversor con la impedancia de realimentación R2∥1/jCω=R2/(1+jR2Cω)R_2 \parallel 1/jC\omega = R_2/(1 + jR_2C\omega) en lugar de R2R_2. ∎

10.5 Sin realimentación negativa: comparadores

Proposición 10.13 (Comparador)

Sin realimentación, el amplificador ideal está saturado: Vs=+VsatV_s = +V_{\mathrm{sat}} si V+>V−V_+ > V_-, y −Vsat-V_{\mathrm{sat}} si V+<V−V_+ < V_-. Con una referencia VrefV_{\mathrm{ref}} en una entrada y una señal en la otra, la salida dice si la señal supera a la referencia — un convertidor de un bit.

Demostración. μϵ\mu\epsilon supera VsatV_{\mathrm{sat}} para cualquier ∣ϵ∣>Vsat/μ∼0.1 mV\abs\epsilon > V_{\mathrm{sat}}/\mu \sim 0.1\,\mathrm{mV}. ∎

Proposición 10.14 (Disparador de Schmitt)

Devuélvase una fracción β=R1/(R1+R2)\beta = R_1/(R_1 + R_2) de la salida hacia V+V_+ (divisor R1R_1 a masa, R2R_2 desde la salida) y aplíquese la señal VeV_e a V−V_-. La salida conmuta de +Vsat+V_{\mathrm{sat}} a −Vsat-V_{\mathrm{sat}} cuando VeV_e sube por encima de +βVsat+\beta V_{\mathrm{sat}}, y vuelve cuando VeV_e baja de −βVsat-\beta V_{\mathrm{sat}}: dos umbrales, una histéresis de anchura 2βVsat2\beta V_{\mathrm{sat}}, inmune al ruido menor que esa anchura.

Demostración. Realimentación positiva: saturado. Si Vs=+VsatV_s = +V_{\mathrm{sat}} entonces V+=βVsatV_+ = \beta V_{\mathrm{sat}}, y ϵ=βVsat−Ve\epsilon = \beta V_{\mathrm{sat}} - V_e se mantiene positivo hasta que VeV_e supera βVsat\beta V_{\mathrm{sat}}; entonces la salida bascula, V+V_+ baja a −βVsat-\beta V_{\mathrm{sat}} y el nuevo estado se mantiene hasta que VeV_e baja por debajo de ese valor. ∎

El disparador de Schmitt: la realimentación positiva por R_1 y R_2 da dos umbrales ± V_ sat. La salida bascula de alto a bajo cuando V_e sube por encima del umbral superior, y de bajo a alto cuando baja del inferior (flechas): un ciclo de histéresis.
El disparador de Schmitt: la realimentación positiva por R1R_1 y R2R_2 da dos umbrales ±βVsat\pm\beta V_{\mathrm{sat}}. La salida bascula de alto a bajo cuando VeV_e sube por encima del umbral superior, y de bajo a alto cuando baja del inferior (flechas): un ciclo de histéresis.

Ejemplo 10.15 (El oscilador de relajación)

Conéctese la salida del disparador de Schmitt a su propia entrada inversora a través de RR, con CC de V−V_- a masa. El condensador se carga hacia ±Vsat\pm V_{\mathrm{sat}} y hace bascular el disparador cada vez que alcanza ±βVsat\pm\beta V_{\mathrm{sat}}: la salida es una señal cuadrada, la tensión del condensador una cadena de arcos exponenciales, y el periodo vale

T=2RCln⁡1+β1−βT = 2RC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta}

(Ejercicio 10.12): 2.2 RC2.2\,RC para β=12\beta = \tfrac12. Sin entrada, con un condensador, un reloj — un sistema que oscila porque no puede estabilizarse, tema que vuelve con los osciladores realimentados del volumen del Año 2.

10.6 Ejercicios

Ejercicio 10.1 ★

Un amplificador no inversor tiene R1=1.0 kΩR_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega, R2=9.0 kΩR_2 = 9.0\,\mathrm{k}\Omega y Vsat=15 VV_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}. ¿Ganancia? ¿Salida para Ve=0.50 VV_e = 0.50\,\mathrm{V}? ¿Mayor entrada antes de saturar?

Solución

Solución de Ejercicio 10.1.

G=1+9=10G = 1 + 9 = 10; Vs=5.0 VV_s = 5.0\,\mathrm{V}; satura en Ve=15/10=1.5 VV_e = 15/10 = 1.5\,\mathrm{V}.

Ejercicio 10.2 ★

Un amplificador inversor tiene R1=10 kΩR_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega, R2=100 kΩR_2 = 100\,\mathrm{k}\Omega. Ganancia, impedancia de entrada, corriente que toma de una fuente de 1.0 V1.0\,\mathrm{V} y salida.

Solución

Solución de Ejercicio 10.2.

G=−10G = -10; impedancia de entrada R1=10 kΩR_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega; i=1.0/104=0.10 mAi = 1.0/10^4 = 0.10\,\mathrm{mA}; Vs=−10 VV_s = -10\,\mathrm{V}.

Ejercicio 10.3 ★

Un sensor de resistencia interna 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega y tensión en circuito abierto 1.0 V1.0\,\mathrm{V} debe atacar una carga de 1.0 kΩ1.0\,\mathrm{k}\Omega. ¿Tensión en la carga sin seguidor y con un seguidor intercalado?

Solución

Solución de Ejercicio 10.3.

Sin él: divisor 1/(1+10)=0.0911/(1 + 10) = 0.091, 91 mV91\,\mathrm{mV}. Con el seguidor: 1.0 V1.0\,\mathrm{V} — el seguidor no toma nada del sensor y suministra el 1 mA1\,\mathrm{mA} que necesita la carga.

Ejercicio 10.4 ★

Un amplificador sumador tiene Rf=10 kΩR_f = 10\,\mathrm{k}\Omega y entradas a través de 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega y 20 kΩ20\,\mathrm{k}\Omega. Escríbase VsV_s y calcúlese para V1=1.0 VV_1 = 1.0\,\mathrm{V} y V2=2.0 VV_2 = 2.0\,\mathrm{V}.

Solución

Solución de Ejercicio 10.4.

Vs=−Rf(V1/R1+V2/R2)=−(V1+V2/2)=−(1.0+1.0)=−2.0 VV_s = -R_f(V_1/R_1 + V_2/R_2) = -(V_1 + V_2/2) = -(1.0 + 1.0) = -2.0\,\mathrm{V}.

Ejercicio 10.5 ★★

Dedúzcase el Vs=(R2/R1)(V2−V1)V_s = (R_2/R_1)(V_2 - V_1) del amplificador diferencia. Con R1=10 kΩR_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega, R2=100 kΩR_2 = 100\,\mathrm{k}\Omega, V1=1.00 VV_1 = 1.00\,\mathrm{V} y V2=1.05 VV_2 = 1.05\,\mathrm{V}: ¿salida? ¿Qué ha pasado con el 1 V1\,\mathrm{V} común a las dos entradas?

Solución

Solución de Ejercicio 10.5.

V+=V2R2/(R1+R2)V_+ = V_2R_2/(R_1 + R_2); en V−V_-: (V1−V−)/R1=(V−−Vs)/R2(V_1 - V_-)/R_1 = (V_- - V_s)/R_2, luego Vs=V−(1+R2/R1)−V1R2/R1V_s = V_-(1 + R_2/R_1) - V_1R_2/R_1; con V−=V+V_- = V_+: Vs=V2R2/R1−V1R2/R1V_s = V_2R_2/R_1 - V_1R_2/R_1. Datos: 10×0.05=0.50 V10 \times 0.05 = 0.50\,\mathrm{V}; el 1 V1\,\mathrm{V} común no aporta nada — rechazo del modo común.

Ejercicio 10.6 ★★

Integrador con R=10 kΩR = 10\,\mathrm{k}\Omega, C=100 nFC = 100\,\mathrm{nF} y salida inicialmente nula. Se aplica un escalón de 1.0 V1.0\,\mathrm{V}: pendiente de la salida y tiempo hasta saturar (15 V15\,\mathrm{V}). Con una señal cuadrada de 1.0 kHz1.0\,\mathrm{kHz} y ±1.0 V\pm1.0\,\mathrm{V}: forma y amplitud de la salida.

Solución

Solución de Ejercicio 10.6.

Vs=−(1/RC)∫VeV_s = -(1/RC)\int V_e: pendiente −1000×1.0=−1000 V/s-1000 \times 1.0 = -1000\,\mathrm{V}/\mathrm{s}; satura al cabo de 15/1000=15 ms15/1000 = 15\,\mathrm{ms}. Señal cuadrada: triángulo de amplitud ET/4RC=1.0×10−3/(4×10−3)=0.25 VET/4RC = 1.0 \times 10^{-3}/(4 \times 10^{-3}) = 0.25\,\mathrm{V} (más la constante que deje la carga inicial).

Ejercicio 10.7 ★★

Se añade un resistor de 1.0 MΩ1.0\,\mathrm{M}\Omega en paralelo con el condensador del integrador anterior. Dense la función de transferencia, la ganancia en continua, la frecuencia de corte y la ganancia a 1.0 kHz1.0\,\mathrm{kHz}; ¿en qué margen sigue integrando el circuito?

Solución

Solución de Ejercicio 10.7.

H‾=−(R′/R)/(1+jR′Cω)\underline H = -(R'/R)/(1 + jR'C\omega): ganancia en continua −100-100; corte 1/(2πR′C)=1.6 Hz1/(2\pi R'C) = 1.6\,\mathrm{Hz}; a 1 kHz1\,\mathrm{kHz}, R′Cω=628R'C\omega = 628, G=100/628=0.16G = 100/628 = 0.16 — el valor 1/RCω1/RC\omega del integrador. Integra para f≫1.6 Hzf \gg 1.6\,\mathrm{Hz}.

Ejercicio 10.8 ★★

Diséñese un paso bajo activo inversor con una ganancia de 20 dB20\,\mathrm{dB} en la banda pasante y corte en 500 Hz500\,\mathrm{Hz}, usando R1=1.0 kΩR_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega.

Solución

Solución de Ejercicio 10.8.

R2/R1=10R_2/R_1 = 10: R2=10 kΩR_2 = 10\,\mathrm{k}\Omega; C=1/(2πR2fc)=1/(2π×104×500)=32 nFC = 1/(2\pi R_2f_c) = 1/(2\pi \times 10^4 \times 500) = 32\,\mathrm{nF}.

Ejercicio 10.9 ★★

Un amplificador real tiene μ0=105\mu_0 = 10^5 y fT=1.0 MHzf_T = 1.0\,\mathrm{MHz}. Para un amplificador no inversor diseñado con ganancia 100100: ganancia real en continua (manténgase μ0\mu_0 finita en el análisis) y ancho de banda. ¿Ancho de banda de un seguidor?

Solución

Solución de Ejercicio 10.9.

Con μ\mu finita: Vs=μ(Ve−βVs)V_s = \mu(V_e - \beta V_s), β=1/100\beta = 1/100, luego G=μ/(1+μβ)=105/(1+103)=99.9G = \mu/(1 + \mu\beta) = 10^5/(1 + 10^3) = 99.9. Ancho de banda fT/G=10 kHzf_T/G = 10\,\mathrm{kHz}; seguidor: 1 MHz1\,\mathrm{MHz}.

Ejercicio 10.10 ★★★

Un comparador con Vref=2.0 VV_{\mathrm{ref}} = 2.0\,\mathrm{V} en V−V_- vigila una señal que sube despacio y lleva 50 mV50\,\mathrm{mV} de ruido. Descríbase la salida cuando la señal cruza 2.0 V2.0\,\mathrm{V}. ¿Remedio?

Solución

Solución de Ejercicio 10.10.

Cada excursión del ruido a través de 2.0 V2.0\,\mathrm{V} hace bascular la salida: una ráfaga de conmutaciones rápidas en torno al cruce. Remedio: una histéresis más ancha que el ruido, es decir un disparador de Schmitt.

Ejercicio 10.11 ★★★

Disparador de Schmitt con R1=1.0 kΩR_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega, R2=9.0 kΩR_2 = 9.0\,\mathrm{k}\Omega y Vsat=15 VV_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}: dedúzcanse y calcúlense los dos umbrales. Esbócese VsV_s para un VeV_e triangular de amplitud 3 V3\,\mathrm{V}.

Solución

Solución de Ejercicio 10.11.

V+=VsR1/(R1+R2)=Vs/10V_+ = V_sR_1/(R_1 + R_2) = V_s/10: umbrales ±1.5 V\pm1.5\,\mathrm{V}. La salida vale +15 V+15\,\mathrm{V} mientras VeV_e sube hasta 1.5 V1.5\,\mathrm{V}, bascula a −15 V-15\,\mathrm{V}, se queda ahí hasta que VeV_e baja de −1.5 V-1.5\,\mathrm{V} y vuelve a bascular: una señal cuadrada de la frecuencia del triángulo, con sus flancos en los cruces de umbral.

Ejercicio 10.12 ★★★

Oscilador de relajación con R1=R2R_1 = R_2 (β=12\beta = \tfrac12). Dedúzcase el periodo T=2RCln⁡1+β1−βT = 2RC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta} a partir de la carga de CC a través de RR entre los dos umbrales; elíjase RR para 1.0 kHz1.0\,\mathrm{kHz} con C=100 nFC = 100\,\mathrm{nF}; esbócense Vs(t)V_s(t) y VC(t)V_C(t).

Solución

Solución de Ejercicio 10.12.

Con Vs=+VsatV_s = +V_{\mathrm{sat}}, VCV_C se carga desde −βVsat-\beta V_{\mathrm{sat}} hacia +Vsat+V_{\mathrm{sat}}: VC=Vsat−(1+β)Vsate−t/RCV_C = V_{\mathrm{sat}} - (1 + \beta)V_{\mathrm{sat}} \eu^{-t/RC}, y llega a +βVsat+\beta V_{\mathrm{sat}} cuando e−t/RC=(1−β)/(1+β)\eu^{-t/RC} = (1 - \beta)/(1 + \beta): semiperiodo RCln⁡1+β1−βRC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta}, de donde TT. Con β=12\beta = \tfrac12: T=2RCln⁡3=2.2RCT = 2RC\ln 3 = 2.2RC; RC=1/(2.2×103)=0.455 msRC = 1/(2.2 \times 10^3) = 0.455\,\mathrm{ms}, R=4.6 kΩR = 4.6\,\mathrm{k}\Omega. VsV_s: señal cuadrada de ±15 V\pm15\,\mathrm{V}; VCV_C: arcos exponenciales entre ±7.5 V\pm7.5\,\mathrm{V}.

10.7 Problema: una cadena de instrumentación para una galga extensométrica

Problema 10.1

Problema de fin de semana — de dos milivoltios en la viga de un puente a una lámpara roja: seguidores, un amplificador diferencia, un filtro activo y un disparador de Schmitt, y las dos imperfecciones que deciden si la cadena funciona

Una galga extensométrica de resistencia R(1+ϵ)R(1 + \epsilon), con R=1.00 kΩR = 1.00\,\mathrm{k}\Omega y 0≤ϵ≤2.0×10−30 \leq \epsilon \leq 2.0 \times 10^{-3}, forma un puente de Wheatstone con otros tres resistores fijos de 1.00 kΩ1.00\,\mathrm{k}\Omega, alimentado por E=5.00 VE = 5.00\,\mathrm{V}. La salida del puente u=VB−VAu = V_B - V_A (entre los dos puntos intermedios) vale u≈Eϵ/4u \approx E\epsilon/4 (el signo se elige con el cableado). Amplificadores: ideales salvo indicación en contra; Vsat=15 VV_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}; donde haga falta, fT=1.0 MHzf_T = 1.0\,\mathrm{MHz}, velocidad de subida 0.5 V/µs0.5\,\mathrm{V}/\text{µ}\mathrm{s} y desviación de entrada 1 mV1\,\mathrm{mV}.

Parte I — El puente y su carga.

  1. Recuérdese por qué u≈Eϵ/4u \approx E\epsilon/4 para ϵ\epsilon pequeño.
  2. Calcúlese uu a fondo de escala (ϵ=2.0×10−3\epsilon = 2.0 \times 10^{-3}).
  3. Dese el potencial de cada punto intermedio (respecto del borne negativo del puente) sin deformación y a fondo de escala. ¿Cómo se llama su valor común?
  4. Cada punto intermedio es la salida de un divisor de dos resistores de 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega: ¿cuál es la resistencia de Thévenin vista entre los dos puntos intermedios?
  5. Se conecta a la salida del puente un amplificador cuya resistencia de entrada vale 10 kΩ10\,\mathrm{k}\Omega: ¿qué fracción de uu recibe?
  6. ¿Por qué lo cura un seguidor en cada punto intermedio? Dígase qué dos propiedades se usan.
  7. ¿Cuáles son las tensiones de salida de los seguidores (en función de VAV_A y VBV_B) y qué corriente toman del puente?

Parte II — Amplificar la diferencia.

  1. Los seguidores alimentan un amplificador diferencia (R1R_1 en las dos entradas, R2R_2 como realimentación y a masa). Dedúzcase Vs=(R2/R1)(VB−VA)V_s = (R_2/R_1)(V_B - V_A).
  2. Elíjanse R1=10 kΩR_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega y R2R_2 para una ganancia de 100100.
  3. Una segunda etapa, no inversora, multiplica por 1010: dense sus resistores, la ganancia total y la salida a fondo de escala.
  4. Los dos puntos intermedios están cerca de E/2=2.5 VE/2 = 2.5\,\mathrm{V} (la tensión de modo común). ¿Qué hace con ella un amplificador diferencia exactamente equilibrado? Si un cociente de resistencias se desvía un 1%1\%, estímese la tensión espuria referida a la entrada y compárese con la señal.
  5. El primer amplificador tiene una desviación de entrada de 1 mV1\,\mathrm{mV}. ¿Qué error de salida produce tras la ganancia total? Conclúyase.
  6. Con fT=1 MHzf_T = 1\,\mathrm{MHz}, ¿cuál es el ancho de banda de cada etapa? ¿Basta para una señal por debajo de 5 Hz5\,\mathrm{Hz}?
  7. La salida debe recorrer 2.5 V2.5\,\mathrm{V} cuando llega un camión en unos 10 ms10\,\mathrm{ms}: ¿limita la velocidad de subida?

Parte III — El filtrado. La señal amplificada arrastra un zumbido de 50 Hz50\,\mathrm{Hz} captado de la red eléctrica.

  1. Diséñese un paso bajo activo inversor de ganancia −1-1 y corte 10 Hz10\,\mathrm{Hz}, con R1=R2=16 kΩR_1 = R_2 = 16\,\mathrm{k}\Omega: hállese CC.
  2. Calcúlese su atenuación a 50 Hz50\,\mathrm{Hz} en decibelios.
  3. Calcúlense el desfase a 5 Hz5\,\mathrm{Hz} y el retraso correspondiente. ¿Es aceptable para una alarma?
  4. ¿Por qué es aquí preferible un filtro activo a un RC pasivo (dos razones)?
  5. Se pone en cascada una segunda etapa idéntica: ¿atenuación a 50 Hz50\,\mathrm{Hz}? ¿Por qué es exacta aquí la regla del producto?

Parte IV — Umbral y alarma. La alarma debe dispararse cuando la deformación supera 1.6×10−31.6 \times 10^{-3}.

  1. ¿A qué tensión de salida de la cadena corresponde eso? Con un comparador con esa referencia: estados de salida.
  2. La señal filtrada aún lleva 50 mV50\,\mathrm{mV} de ruido cerca del umbral. ¿Qué hace el comparador simple?
  3. Un disparador de Schmitt con la referencia en una entrada y realimentación β\beta: muéstrese que los umbrales son Vref±βVsatV_{\mathrm{ref}} \pm \beta V_{\mathrm{sat}}; elíjase β\beta para ±0.10 V\pm0.10\,\mathrm{V} y dense R1R_1 y R2R_2.
  4. Dense los dos umbrales en voltios y en deformación.
  5. La salida ataca un LED (2.0 V2.0\,\mathrm{V}, 13 mA13\,\mathrm{mA}) a través de un resistor: calcúlese. ¿Qué protege al LED cuando la salida está en −Vsat-V_{\mathrm{sat}}?
  6. Resúmase la cadena, etapa por etapa, y nómbrense las dos imperfecciones que fijan sus límites reales.
Solución

Solución de Problema 10.1.

1. Dos divisores: u=E[12−(1+ϵ)/(2+ϵ)]≈−Eϵ/4u = E[\tfrac12 - (1 + \epsilon)/(2 + \epsilon)] \approx -E\epsilon/4 (Proposición 6.22); el cableado fija el signo.

2. u=5.00×2.0×10−3/4=2.5 mVu = 5.00 \times 2.0\times10^{-3}/4 = 2.5\,\mathrm{mV}.

3. VA=E/2=2.500 VV_A = E/2 = 2.500\,\mathrm{V} siempre; VB=E(1+ϵ)/(2+ϵ)≈2.500+0.0025=2.5025 VV_B = E(1 + \epsilon)/(2 + \epsilon) \approx 2.500 + 0.0025 = 2.5025\,\mathrm{V} a fondo de escala. Los 2.5 V2.5\,\mathrm{V} comunes a ambos son la tensión de modo común.

4. Cada punto intermedio: 1∥1=500 Ω1 \parallel 1 = 500\,\Omega; entre los dos puntos intermedios, 1.0 kΩ1.0\,\mathrm{k}\Omega.

5. 10/(10+1)=0.9110/(10 + 1) = 0.91: una pérdida del 9%9\%.

6. Impedancia de entrada infinita (no toma corriente del puente, así que los puntos intermedios conservan sus potenciales en circuito abierto) e impedancia de salida nula (la etapa siguiente puede pedir lo que necesite).

7. VAV_A y VBV_B exactamente; corriente nula.

8. Como en Proposición 10.8: V+=VBR2/(R1+R2)V_+ = V_BR_2/(R_1 + R_2), ley de los nudos en V−V_-, V−=V+V_- = V_+.

9. R2=1.0 MΩR_2 = 1.0\,\mathrm{M}\Omega.

10. 1+R2/R1=101 + R_2/R_1 = 10: por ejemplo 1 kΩ1\,\mathrm{k}\Omega y 9 kΩ9\,\mathrm{k}\Omega. Ganancia total 10001000; a fondo de escala 2.5×10−3×1000=2.5 V2.5 \times 10^{-3} \times 1000 = 2.5\,\mathrm{V}.

11. Equilibrado: los 2.5 V2.5\,\mathrm{V} comunes se cancelan exactamente (solo sobrevive VB−VAV_B - V_A). Un desajuste del 1%1\% deja pasar en torno al 1%1\% de ellos: un error referido a la entrada del orden de 25 mV25\,\mathrm{mV}, diez veces la señal a fondo de escala — los cuatro resistores han de estar apareados mejor que un 0.01%0.01\% (o hay que eliminar antes la tensión de modo común).

12. 1 mV×1000=1 V1\ \mathrm{mV} \times 1000 = 1\,\mathrm{V}, el cuarenta por ciento del fondo de escala: inservible sin ajuste de la desviación, sin un amplificador de desviación baja (tipo chopper) o sin un calibrado a cero con la viga descargada.

13. Etapa 1: fT/100=10 kHzf_T/100 = 10\,\mathrm{kHz}; etapa 2: 100 kHz100\,\mathrm{kHz}; muy por encima de 5 Hz5\,\mathrm{Hz}.

14. Se necesitan 2.5/10−2=250 V/s=0.25 mV/µs2.5/10^{-2} = 250\,\mathrm{V}/\mathrm{s} = 0.25\,\mathrm{mV}/\text{µ}\mathrm{s}, dos mil veces por debajo de la velocidad de subida: no.

15. C=1/(2πR2fc)=1/(2π×1.6×104×10)=1.0 µFC = 1/(2\pi R_2f_c) = 1/(2\pi \times 1.6\times10^4 \times 10) = 1.0\,\text{µ}\mathrm{F}.

16. x=5x = 5: G=1/26G = 1/\sqrt{26}, −14 dB-14\,\mathrm{dB}.

17. φ=−arctan⁡0.5=−27∘\varphi = -\arctan 0.5 = -27^\circ; retraso φ/ω=15 ms\varphi/\omega = 15\,\mathrm{ms} — nada frente al paso de un camión.

18. No carga a la etapa siguiente (impedancia de salida nula) y ofrece ganancia; además no atenúa la señal útil por debajo del corte.

19. −28 dB-28\,\mathrm{dB} (las ganancias se multiplican y los decibelios se suman), exacto porque la impedancia de salida de la primera etapa es nula: la segunda no la carga.

20. ϵ=1.6×10−3→u=2.0 mV→2.0 V\epsilon = 1.6\times10^{-3} \to u = 2.0\,\mathrm{mV} \to 2.0\,\mathrm{V}; salida +Vsat+V_{\mathrm{sat}} cuando la señal supera 2.0 V2.0\,\mathrm{V} y −Vsat-V_{\mathrm{sat}} por debajo (o al revés, según el cableado).

21. Castañetea: la lámpara parpadea cada vez que el ruido cruza la referencia.

22. Con VrefV_{\mathrm{ref}} a través de R2R_2 y la salida a través de R1R_1… en la forma estándar, la entrada no inversora está a Vref(1−β)+βVsV_{\mathrm{ref}}(1 - \beta) + \beta V_s; tomando la referencia desplazada en consecuencia, los niveles de conmutación son Vref±βVsatV_{\mathrm{ref}} \pm \beta V_{\mathrm{sat}}. Con βVsat=0.10 V\beta V_{\mathrm{sat}} = 0.10\,\mathrm{V}: β=1/150\beta = 1/150, por ejemplo R1=1.0 kΩR_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega, R2=149 kΩR_2 = 149\,\mathrm{k}\Omega.

23. 2.1 V2.1\,\mathrm{V} (disparo) y 1.9 V1.9\,\mathrm{V} (rearme): deformaciones 1.68×10−31.68 \times 10^{-3} y 1.52×10−31.52 \times 10^{-3}.

24. R=(15−2.0)/0.013=1.0 kΩR = (15 - 2.0)/0.013 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega. En −Vsat-V_{\mathrm{sat}} el LED queda polarizado en inversa con 15 V15\,\mathrm{V}, más de lo que admite: lo protege un diodo corriente en antiparalelo (o en serie).

25. Puente (2.5 mV2.5\,\mathrm{mV} a fondo de escala) →\to dos seguidores (sin carga) →\to amplificador diferencia ×100\times100 →\to no inversor ×10\times10 →\to paso bajo activo de 10 Hz10\,\mathrm{Hz} →\to disparador de Schmitt en 2.0 V±0.1 V2.0\,\mathrm{V} \pm 0.1\,\mathrm{V} →\to LED. Los límites reales: la tensión de desviación de entrada y el apareamiento de los resistores del amplificador diferencia, ambos comparables a la señal de milivoltios.

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