amplificadores

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ELEC-122
AMPLIFICADORES 
OPERACIONALES Y 
CIRCUITOS 
INTEGRADOS
LINEALES
Circuitos integrados lineales
• Reguladores de voltaje.
• Comparadores de voltaje.
• Convertidores ADC y DAC.
• Circuito integrado 555.
• Osciladores.
• Circuitos PLL (Phase Locked Loop).
Elaborado por: Mauricio Armas Sandí
Instrucciones:
• Para el siguiente esquema, obtenga:
a) El esbozo de una fuente completa con 
regulador fijo de +5V.
b) La carga mínima requerida para esa fuente.
c) El valor de rizado 𝑉𝑅(𝑃𝐾) .
d) El voltaje 𝑉𝐷𝐶 mínimo requerido para que el 
regulador opere correctamente.
e) Compare el valor obtenido en el inciso d) 
contra la condición del regulador.
Condiciones:
• 𝑉𝑖 = 120 𝑉𝑝𝐾.
• 𝑉𝑂𝑢𝑡 = 5 V.
• 𝐼𝑂𝑢𝑡 = 400 𝑚𝐴.
• 𝑛 = 8: 1(transformador).
• Rectificador: onda completa. (Diodos ideales).
• 𝐶 = 250 𝜇𝐹
Ejemplo#01
Ejemplo#01
Solución:
a) Primeramente, dibujamos 
el esbozo. Al requerirse 
+5V en la salida, se 
requiere un regulador 
LM7805.
Ejemplo#01
Solución:
b) Para calcular la carga , se 
aplica la fórmula:
• 𝑉𝑂𝑢𝑡 = 𝐼𝑂𝑢𝑡 ∙ 𝑅𝐿
• 𝑅𝐿 =
𝑉𝑂𝑢𝑡
𝐼𝑂𝑢𝑡
• 𝑅𝐿 =
5 𝑉
0,4 𝐴
• 𝑹𝑳 = 𝟏𝟐, 𝟓 𝜴.
Ejemplo#01
Solución:
c) Se procede a calcular el rizo:
• 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) =
2,4𝑥10−3 ∙𝐼𝑂𝑢𝑡
𝐶
• 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) =
2,4𝑥10−3 ∙0,4
250𝑥10−6
• 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) = 3,84 𝑉𝑟𝑚𝑠
Y se sigue con el voltaje 𝑉𝑟 𝑃𝐾 :
• 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) =
𝑉𝑟 𝑃𝐾
3
• 𝑉𝑟 𝑃𝐾 = 𝑉𝑟(𝑟𝑚𝑠) ∙ 3
• 𝑉𝑟 𝑃𝐾 = 3,84 ∙ 3
• 𝑽𝒓 𝑷𝑲 = 𝟔, 𝟔𝟓 𝑽𝑷𝑲
Ejemplo#01
Solución:
d) Para luego calcular: 
• 𝑛 =
𝑉𝐼𝑁
𝑉𝑆𝑒𝑐
• 𝑉𝑆𝑒𝑐 =
𝑉𝐼𝑁
𝑛
• 𝑉𝑆𝑒𝑐 =
120
8
• 𝑉𝑆𝑒𝑐 = 15𝑉𝑃𝐾
Además se calcula 𝑉𝑀:
• 𝑉𝑀 = 𝑉𝑆𝑒𝑐 − 2 ∙ 𝑉𝐷
NOTA: el 𝑽𝑫 se resta al voltaje 
𝑽𝑷𝑲, nunca al 𝑽𝑹𝑴𝑺.
Ejemplo#01
Solución:
Los diodos son ideales, por lo 
que 𝑉𝐷 = 0𝑉. 
• 𝑉𝑀 = 𝑉𝑆𝑒𝑐
• 𝑉𝑀 = 15 𝑉𝑃𝐾
Finalmente, se calcula 𝑉𝐷𝐶:
• 𝑉𝐷𝐶 = 𝑉𝑀 − 𝑉𝑟(𝑃𝐾)
• 𝑉𝐷𝐶 = 15 − 6,65
• 𝑽𝑫𝑪 = 𝟖, 𝟑𝟓 𝑽
Ejemplo#01
Solución:
e) Aplicando la condición del 
regulador: 
• 𝑉𝑅𝐸𝐺 = 𝑉𝑂𝑢𝑡 + 3V
• 𝑉𝑅𝐸𝐺 = 5 + 3
• 𝑉𝑅𝐸𝐺 = 8 𝑉
Se procede a comparar:
• 𝑉𝐷𝐶 ¿ ? 𝑉𝑅𝐸𝐺
• 8.35 ¿ ? 8
• 𝟖. 𝟑𝟓 > 𝟖
Tal como se observa 𝑉𝐷𝐶 > 𝑉𝑅𝐸𝐺, por 
lo que se dice que el regulador opera 
correctamente. 
Ejemplo#02
Instrucciones:
• Para el siguiente circuito, 
determine:
a) El voltaje presente en cada 
una de las resistencias.
b) La configuración de salida de 
los LED para los siguientes 
valores de 𝑉𝑖𝑛:
• 𝑉𝑖𝑛 = 1 𝑉.
• 𝑉𝑖𝑛 = 3 𝑉.
• 𝑉𝑖𝑛 = 5 𝑉.
• 𝑉𝑖𝑛 = 7 𝑉.
• 𝑉𝑖𝑛 = 9 𝑉.
Condiciones:
• 𝐼𝐶1 = 𝐿𝑀324.
• 𝑉𝐷𝐷 = 10 𝑉.
Ejemplo#02
Solución:
a) Al tener que todas las 
resistencias poseen el mismo
valor, el voltaje será
distribuido de forma 
equitativa:
• 𝑉𝑅 =
𝑉𝐷𝐷
5𝑅
• 𝑉𝑅 =
10
5𝑅
• 𝑽𝑹 =
𝟐
𝑹
Lo anterior implica que habrán
2V por cada resistencia con 
respecto a GND.
Ejemplo#02
Solución:
b) Para 𝑉𝑖𝑛 = 1 𝑉, no se supera ninguno 
de los voltajes de referencia, por lo 
que todos los LED estarán apagados.
• 𝐷1 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷2 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷3 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷4 = 𝑂𝐹𝐹.
Para 𝑉𝑖𝑛 = 3 𝑉, se supera el primer voltaje 
de referencia (2 𝑉), por lo que:
• 𝐷1 = 𝑂𝑁.
• 𝐷2 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷3 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷4 = 𝑂𝐹𝐹.
Ejemplo#02
Solución:
Para 𝑉𝑖𝑛 = 5 𝑉, se supera el segundo 
voltaje de referencia (4 𝑉), por lo que:
• 𝐷1 = 𝑂𝑁.
• 𝐷2 = 𝑂𝑁.
• 𝐷3 = 𝑂𝐹𝐹.
• 𝐷4 = 𝑂𝐹𝐹.
Para 𝑉𝑖𝑛 = 7 𝑉, se supera el tercer voltaje 
de referencia (6 𝑉), por lo que:
• 𝐷1 = 𝑂𝑁.
• 𝐷2 = 𝑂𝑁.
• 𝐷3 = 𝑂𝑁.
• 𝐷4 = 𝑂𝐹𝐹.
Ejemplo#02
Solución:
Finalmente, para 𝑉𝑖𝑛 = 9 𝑉, se supera el 
cuarto voltaje de referencia (8 𝑉), por lo 
que:
• 𝐷1 = 𝑂𝑁.
• 𝐷2 = 𝑂𝑁.
• 𝐷3 = 𝑂𝑁.
• 𝐷4 = 𝑂𝑁.
En resumen :
.
Ejemplo#03
Instrucciones:
• Para el siguiente circuito, 
determine:
a) La cantidad de bits del ADC. 
b) La resolución del ADC.
c) Realice la tabla de conversión 
A/D 𝑉𝐼𝑁 vs. combinaciones 
de 𝑉𝑜𝑢𝑡.
Condiciones:
• 𝐼𝐶1: LM 339.
• 𝑉𝑅𝐸𝐹(+) = 15𝑉.
• 𝑉𝑅𝐸𝐹(−) = 0𝑉.
Ejemplo#03
Solución:
a) Debido a que hay 4 
salidas, 𝒏 = 𝟒.
Ejemplo#03
Solución:
b) Se aplica la fórmula:
• 𝑅𝐸𝑆𝐴𝐷𝐶 =
𝑉𝑅𝐸𝐹(+)−𝑉𝑅𝐸𝐹(−)
2𝑛−1
• 𝑅𝐸𝑆𝐴𝐷𝐶 =
15−0
24−1
• 𝑅𝐸𝑆𝐴𝐷𝐶 =
15
15
• 𝑹𝑬𝑺𝑨𝑫𝑪 = 𝟏𝑽
Esto implica un cambio de bit 
cada 1V.
Ejemplo#03
Solución:
c) Para completar la tabla, 
primeramente se ponen 
los valores de 𝑉𝑅𝐸𝐹(+) y 
𝑉𝑅𝐸𝐹(−) en los extremos 
de la tabla, así como las 
combinaciones binarias 
máximas y mínimas:
Vin (V) Bit 3 Bit 2 Bit 1 Bit 0
0 0 0 0 0
15 1 1 1 1
Ejemplo#03
Solución:
Seguidamente, se completan 
las demás combinaciones 
binarias para “n” bits.
• #𝐶𝑀𝐵 = 2
𝑛
• #𝐶𝑀𝐵 = 2
4
• #𝐶𝑀𝐵 = 16.
En total son 16 
combinaciones, que van 
desde 0 a 15.
Vin (V) Bit 3 Bit 2 Bit 1 Bit 0
0 0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
0 0 1 1
0 1 0 0
0 1 0 1
0 1 1 0
0 1 1 1
1 0 0 0
1 0 0 1
1 0 1 0
1 0 1 1
1 1 0 0
1 1 0 1
1 1 1 0
15 1 1 1 1
Ejemplo#03
Solución:
Por último, se completan los 
valores analógicos sumando 
la resolución a 𝑉𝑅𝐸𝐹(−), y 
completando hasta llegar a 
𝑉𝑅𝐸𝐹(+): 
Vin (V) Bit 3 Bit 2 Bit 1 Bit 0
0 0 0 0 0
1 0 0 0 1
2 0 0 1 0
3 0 0 1 1
4 0 1 0 0
5 0 1 0 1
6 0 1 1 0
7 0 1 1 1
8 1 0 0 0
9 1 0 0 1
10 1 0 1 0
11 1 0 1 1
12 1 1 0 0
13 1 1 0 1
14 1 1 1 0
15 1 1 1 1
Ejemplo#04
Instrucciones:
• Para el siguiente circuito, calcule:
a) El valor de 𝑅1 tal que hace que el 
tiempo de disparo sea de 6,5 seg.
b) ¿Es correcto el potenciómetro 
utilizado en la figura a fin obtener 
el tiempo en el inciso (a)?
c) Calcule el intervalo de tiempos 
posibles para este circuito.
d) ¿Qué dispositivo es 𝑅𝐿1 y cual es 
su función en el circuito?
e) ¿Qué dispositivo es 𝐷1 y cual es 
su función en el circuito?
Condiciones:
• 𝐼𝐶1: NE 555.
• 𝑉𝐶𝐶 = 12 𝑉.
• 𝐶 = 47 𝜇𝐹.
• 𝑅1 = 200 → 200 𝑘Ω 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 .
Ejemplo#04
Solución:
a) Empezamos por estipular 
la fórmula del 
monoestable:
• 𝑇 = 1,1 ∙ 𝑅1 ∙ 𝐶
• 𝑅1 =
𝑇
1,1∙𝐶
• 𝑅1 =
6,5
1,1∙47𝑥10−6
• 𝑅1 = 125,725 𝑘Ω.
Ejemplo#04
Solución:
b) El potenciómetro utilizado 
es de 200 𝑘Ω . Debido a 
que 𝑅1 < 200 𝑘Ω, el 
potenciómetro utilizado 
es más que suficiente. 
Ejemplo#04
Solución:
c) Tenemos 2 circunstancias:
𝑅1 = 200 Ω. 
 𝑇 = 1,1 ∙ 𝑅1 ∙ 𝐶
 𝑇 = 1,1 ∙ 200 ∙ 47𝑥10−6
 𝑇 = 10,34𝑥10−3
 𝑻 = 𝟏𝟎, 𝟑𝟒 𝒎𝒔.
𝑅1 = 200 𝑘Ω. 
 𝑇 = 1,1 ∙ 𝑅1 ∙ 𝐶
 𝑇 = 1,1 ∙ 2𝑥105 ∙ 47𝑥10−6
 𝑻 = 𝟏𝟎, 𝟑𝟒 s.
Ejemplo#04
Solución:
d) El dispositivo 𝑅𝐿1
corresponde aun 
relevador, relay o relé. Su 
función es el acople de 
voltaje con respecto al 
circuito temporizador. 
Ejemplo#04
Solución:
e) El dispositivo 𝐷1 es un diodo 
en polarización inversa, 
utilizado para proteger contar 
picos inversos de sobrevoltaje. 
Ejemplo#05
Instrucciones:
• Para la siguiente configuración, 
obtenga:
a) El voltaje 𝑉𝐶.
b) La razón 𝑟23.
c) La frecuencia 𝑓0 del VCO.
d) ¿Cumple este circuito con todas 
las restricciones de 
funcionamiento?
e) Manteniendo los valores de 𝑉𝐶𝐶, 
𝑉𝐶 y 𝐶1, calcule los valores máximo 
y mínimo de la frecuencia 𝑓0.
Condiciones:
• 𝑉𝐶𝐶 = 12 𝑉.
• 𝑅1 = 10 𝑘Ω.
• 𝑅2 = 1,5 𝑘Ω.
• 𝑅3 = 10 𝑘Ω.
• 𝐶1 = 820 𝑝𝐹.
Ejemplo#05
Solución:
a) Para hallar el voltaje 𝑉𝐶, 
utilizamos la fórmula:
• 𝑉𝐶 = 𝑉𝐶𝐶 ∙
𝑅3
𝑅2+𝑅3
• 𝑉𝐶 = 12 ∙
10 000
1500 +10 000
• 𝑽𝑪 = 𝟏𝟎, 𝟒𝟑𝟓 𝑽.
Ejemplo#05
Solución:
b) La razón 𝑟32 será:
• 𝑟23 =
𝑅2
𝑅3
• 𝑟23 =
1 500
10 000
• 𝑟23 = 0,15
Esto quiere decir que 𝒓𝟐𝟑 es 𝟎, 𝟏𝟓 : 𝟏. 
Otra solución: Ya que tenemos 2 
decimales, multiplicamos a ambos lados 
por 100:
• 0,15 ∶ 1
• 𝟏𝟎𝟎 ∙ 0,15 ∶ 1 ∙ 𝟏𝟎𝟎
• 15: 100
Es decir, 𝒓𝟐𝟑 es 𝟏𝟓 : 𝟏𝟎𝟎.
Ejemplo#05
Solución:
c) Para calcular 𝑓0:
• 𝑓0 =
2∙ 𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶
𝑅1∙𝐶1∙𝑉𝐶𝐶
• 𝑓0 =
2∙ 12−10,435
104∙ 820𝑥10−12 ∙12
• 𝒇𝟎 = 𝟑𝟏, 𝟖𝟔𝟗 𝒌𝑯𝒛.
Ejemplo#05
Solución:
d) Analizando:
10 𝑉 < 𝟏𝟐 𝑽 < 24 𝑉.
9 𝑉 < 𝟏𝟎,𝟒𝟑𝟓 𝑽 < 12 𝑉.
𝟑𝟏, 𝟖𝟔𝟗 𝒌𝑯𝒛 ≤ 1MHz.
2 𝑘Ω < 𝟏𝟎 𝒌𝜴 < 20 𝑘Ω.
• Debido a que todas las 
condiciones se cumplem. Se 
puede decir que el circuito 
opera de manera correcta.
Ejemplo#05
Solución:
e) Considerando los límites de resistivos de 
𝑅1:
𝑅1 = 2 𝑘Ω:
• 𝑓0 =
2∙ 𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶
𝑅1∙𝐶1∙𝑉𝐶𝐶
• 𝑓0 =
2∙ 12 −10,435
2𝑥103∙ 820𝑥10−12 ∙12
• 𝑓0 = 159,044 𝑘𝐻𝑧.
𝑅1 = 20 𝑘Ω
• 𝑓0 =
2∙ 𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐶
𝑅1∙𝐶1∙𝑉𝐶𝐶
• 𝑓0 =
2∙ 12 −10,435
2𝑥104∙ 820𝑥10−12 ∙12
• 𝑓0 = 15,904 𝑘𝐻𝑧.
• 𝟏𝟓, 𝟗𝟎𝟒 𝒌𝑯𝒛 ≤ 𝒇𝟎 ≤ 𝟏𝟓𝟗, 𝟎𝟒𝟒 𝒌𝑯𝒛
Ejemplo#06
Instrucciones:
• Para la siguiente 
configuración, obtenga:
a) El valor de 𝑓0.
b) La frecuencia de enganche 
𝑓𝐿.
c) El valor del capacitor 𝐶2
Condiciones:
• 𝑉𝐶𝐶 = 12 𝑉.
• 𝐶1 = 330 𝑝𝐹.
• 𝑅1 = 3,6 𝑘Ω.
• 𝑓𝐻 = 50 𝑘𝐻𝑧.
Ejemplo#06
Solución:
a) Para calcular 𝑓0:
• 𝑓0 =
0,3
𝑅1∙𝐶1
• 𝑓0 =
0,3
3600∙330𝑥10−12
• 𝒇𝟎 = 𝟐𝟓𝟐. 𝟓𝟐𝟓 𝒌𝑯𝒛
Ya que 𝑓0 ≤ 500 kHz, se 
procede con el siguiente 
cálculo.
Ejemplo#06
Solución:
b) Para calcular 𝑓𝐿:
• 𝑓𝐿 =
8∙ 𝑓0
𝑉𝐶𝐶−𝑉𝐸𝐸
• 𝑓𝐿 =
8∙ 252 525,25
12− −12
• 𝒇𝑳 = 𝟖𝟒. 𝟏𝟕𝟓𝟎𝟖 𝒌𝑯𝒛
Ejemplo#06
Solución:
c) Para calcular 𝐶2:
• 𝑓𝐻 =
𝑓𝐿
2𝜋∙𝑅1∙𝐶2
1
2
• 𝑓𝐻
2 =
𝑓𝐿
2𝜋∙𝑅1∙𝐶2
• 𝐶2 =
𝑓𝐿
2𝜋∙𝑅1∙ 𝑓𝐻
2
• 𝐶2 =
84 175,08
2𝜋∙3600∙ 50 000 2
• 𝑪𝟐 = 𝟏. 𝟒𝟖𝟖 𝒏𝑭