circuitos eléctricos

Circuitos integrador y derivador. Amplificadores operacionales. Circuitos eléctricos.

Integrador

El circuito integrador contiene un capacitor conectado en la realimentación del amplificador inversor (figura 1).

Figura 1. Circuito integrador.

Aplicando la LKC en el nodo B,

\displaystyle \sum_{j=1}^{n}{i_j} = 0

\displaystyle \frac{v_1}{R} + C \frac{dv_2}{dt} = 0

Despejando v_2, resulta

\displaystyle C \frac{dv_2}{dt} = - \frac{v_1}{R}

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} = - \frac{v_1}{RC}

\displaystyle  dv_2 (t) = - \frac{v_1 (t)}{RC} \ dt

\displaystyle \int_{-\infty}^{t}{dv_2 (x)} = - \int_{-\infty}^{t}{\frac{v_1 (x)}{RC} \ dx}

\displaystyle \int_{-\infty}^{t}{dv_2 (x)} = - \frac{1}{RC} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

\displaystyle v_2 (t) = - \frac{1}{RC} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

Por lo que la salida es igual a la integral de la entrada multiplicada por un factor de ganancia de valor - 1/RC.

Integrador con descarga (leaky)

El circuito de la figura 2 se denomina integrador con descarga, ya que el voltaje del capacitor está continuamente descargándose a través de la resistencia de realimentación R_f. Esto producirá una reducción en la ganancia |v_2/v_1| y un desfase en v_2.

Figura 2. Circuito leaky (integrador con descarga).

Amplificador sumador de integrales

Un simple amplificador operacional en configuración inversora con muchas entradas y un capacitor de realimentación (figura 3) puede hacer la suma de las integrales de varias funciones con una ganancia determinada.

Figura 3. Amplificador sumador de integrales.

Si se desea obtener su salida, solo basta con utilizar LKC y despejar v_o.

\displaystyle \sum_{j=1}^{n}{i_j} = 0

\displaystyle \frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2} + \frac{v_3}{R_3} + C \frac{dv_o}{dt} = 0

\displaystyle C \frac{dv_o}{dt} = - \left(\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2} + \frac{v_3}{R_3} \right)

\displaystyle \frac{dv_o}{dt} = - \frac{1}{C} \left(\frac{v_1}{R_1} + \frac{v_2}{R_2} + \frac{v_3}{R_3} \right)

\displaystyle \frac{dv_o}{dt} = - \left(\frac{v_1}{R_1 C} + \frac{v_2}{R_2 C} + \frac{v_3}{R_3 C} \right)

\displaystyle dv_o = - \left(\frac{v_1}{R_1 C} + \frac{v_2}{R_2 C} + \frac{v_3}{R_3 C} \right) dt

\displaystyle \int_{-\infty}^{t}{d v_o} = - \int_{-\infty}^{t}{\left(\frac{v_1}{R_1 C} + \frac{v_2}{R_2 C} + \frac{v_3}{R_3 C} \right) \ dx}

\displaystyle v_o = - \int_{-\infty}^{t}{\left(\frac{v_1}{R_1 C} + \frac{v_2}{R_2 C} + \frac{v_3}{R_3 C} \right) \ dx}

Condiciones iniciales de integración

La condición inicial que se desee para v_o puede obtenerse mediante un interruptor puesta a cero (figura 4). Si se conecta momentáneamente el interruptor y se desconecta para t=t_0, se tiene entonces un valor de v_o en el capacitor y aparece una salida para v_2. Para t>0, la integral de la entrada se suma a la salida, resultando:

\displaystyle v_2 = v_o - \frac{1}{RC} \int_{t_o}^{t}{v_1 \ dt}

Figura 4.

Derivador

Insertando un inductor en la realimentación de un amplificador operacional circuito inversor se obtiene a la salida la derivada de la señal de entrada. La figura 5 muestra el circuito derivador.

Figura 5. Circuito derivador.

Para obtener la salida v_2, solo basta con utilizar la LKC.

\displaystyle \sum_{j=1}^{n}{i_j} = 0

\displaystyle \frac{v_1}{R} + \frac{1}{L} \int_{- \infty}^{t}{v_2 \ dx} = 0

\displaystyle \frac{1}{L} \int_{- \infty}^{t}{v_2 \ dx} = - \frac{v_1}{R}

\displaystyle \int_{- \infty}^{t}{v_2 \ dx} = - \frac{L}{R} v_1

Derivando con respecto a t, resulta

\displaystyle \frac{d}{dt} \left[ \int_{- \infty}^{t}{v_2 \ dx} \right] = - \frac{L}{R} \frac{d}{dt} (v_1)

\displaystyle v_2 = - \frac{L}{R} \frac{dv_1}{dt}

Problemas resueltos

Problema 1. En la figura 6 se tiene un circuito integrador. Si v_1 = \sin{2000 t} y v_2 (0) = 0, calcular v_2 (t) para t>0.

Figura 6. Circuito del problema 1.

Solución. Tomando la fórmula siguiente

\displaystyle v_2 (t) = - \frac{1}{RC} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

Sustituyendo, resulta que

\displaystyle v_2 (t) = - \frac{1}{(1 \ \text{k})(1 \ \mu)} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

\displaystyle v_2 (t) = - \frac{1}{(1 \times 10^{3})(1 \times 10^{-6})} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

\displaystyle v_2 (t) = - \frac{1}{1 \times 10^{-3}} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx} = - 1 \times 10^{3} \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

\displaystyle v_2 (t) = - 1000 \int_{-\infty}^{t}{v_1 (x) \ dx}

\displaystyle v_2 (t) = - 1000 \left[ \int_{-\infty}^{0}{v_1 (x) \ dx} + \int_{0}^{t}{v_1 (x) \ dx} \right]

\displaystyle v_2 (t) = - 1000 \left[ \int_{-\infty}^{0}{0 \ dx} + \int_{0}^{t}{\sin{2000x} \ dx} \right]

\displaystyle v_2 (t) = - 1000 \left[0 - \frac{1}{2000} (\cos{2000t} -1) \right] = \frac{1000}{2000} (\cos{2000t} - 1)

\displaystyle \therefore v_2 (t) = \frac{1}{2} (\cos{2000t}  - 1) \ \text{V}

Problema 2. En la figura 7, calcular v_2 si v_1 = \sin{2000t}.

Figura 7. Circuito del problema 2.

Solución. Aplicando la LKC en el nodo inversor (nodo B), se tiene lo siguiente

\displaystyle \sum_{j=1}^{n}{i_j} = 0

\displaystyle \frac{v_1}{1 \ \text{k}} + (1 \ \mu) \frac{dv_2}{dt} + \frac{v_2}{1 \ \text{k}} = 0

\displaystyle v_1 + (1 \ \text{k})(1 \ \mu) \frac{dv_2}{dt} + v_2 = 0

\displaystyle v_1 + (1 \times 10^{-3}) \frac{dv_2}{dt} + v_2 = 0

\displaystyle \sin{2000t} + (1 \times 10^{-3}) \frac{dv_2}{dt} + v_2 = 0

\displaystyle (1 \times 10^{-3}) \frac{dv_2}{dt} + v_2 =  - \sin{2000t}

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} + \frac{1}{1 \times 10^{-3}} v_2 =  - \frac{1}{1 \times 10^{-3}} \sin{2000t}

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} + 1000 v_2 =  - 1000 \sin{2000t}

La función de v_2 deberá ser sinusoidal, donde tendrá la misma frecuencia que v_1 pero con diferente amplitud y ángulo de fase, es decir,

\displaystyle v_2 = A \cos{(2000t + B)}

Para obtener los valores de los coeficientes A y B, la expresión anterior debe derivarse una vez con respecto a t.

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} = \frac{d}{dt} \left[A \cos{(2000t + B)} \right]

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} = - 2000 A \sin{(2000t + B)}

Sustituyendo en la ecuación diferencial, resulta

\displaystyle \frac{dv_2}{dt} + 1000 v_2 = - 1000 \sin{2000t}

\displaystyle - 2000 A \sin{(2000t + B)} + 1000 A \cos{(2000t + B)} = - 1000 \sin{2000t}

\displaystyle 2000 A \sin{(2000t + B)} - 1000 A \cos{(2000t + B)} = 1000 \sin{2000t}

\displaystyle \sqrt{(2000A)^2 + (-1000A)^2} \sin{\left(2000t + B - \tan^{-1}{\frac{1000}{2000}} \right)} = 1000 \sin{2000t}

\displaystyle \sqrt{5000000} A \sin{\left(2000t + B - 26.57 \textdegree \right)} = 1000 \sin{2000t}

\displaystyle 1000 \sqrt{5} A \sin{\left(2000t + B - 26.57 \textdegree \right)} = 1000 \sin{2000t}

Por igualación, se tiene que

\displaystyle 1000 \sqrt{5} A = 1000 \rightarrow A = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

\displaystyle 2000t + B - 26.57 \textdegree = 2000t \rightarrow B = 26.57 \textdegree

Finalmente,

\displaystyle v_2 = A \cos{(2000t + B)}

\displaystyle \therefore v_2 = \frac{\sqrt{5}}{5} \cos{(2000t + 26.57 \textdegree)} \ \text{V}


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