Problemas Resueltos Con Opamp

Circuitos Electrónicos II

Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales.

Prob.- 01.

En la figura,V es una onda triangular. La amplitud es de -5V a +5V y la frecuencia es _in de 100 Hz . Dibujar exactamente las graficas de:

a) V0 en función de t, b)V0 en función de Vin

Solución:

Del gráfico el amplificador operacional trabaja como comparador, donde el voltaje de referencia o el voltaje con cual, de compara la señal de entrada vin, se obtiene del divisor de tensión de las resistencias que se conectan con la terminal inversora.

a) Calculando el voltaje de referencia

V V V ref *15 3 3 12 3 =       + = = − 3 = ⇒V₋ V Cuando

b) V0 en función de Vin , esta característica se denomina función de transferencia por

que relaciona la señal de salida con respecto a la señal de entrada

3k 2.2k 12k ₊ -LM339 7 6 1 3 1 2 Vin Vo +5V +15V Vin V = ⇒ ₊      − = ⇒ < + = ⇒ > sat ref in sat ref in V Vo V V V Vo V V sat V + sat V − 0 V in V 3

Prob.- 02.

Calcule para el circuito de la figura: a)V_UT , b)V_LT

Suponga que V_SAT =±15V

+ -3 2 6 7 4 10k 30k 50k Vi Vo +15V -15V V V Vi Vo V Vi V V Vo 23 75 15 3 30 15 10 50 = − + ⇒ − − − − = − a) b) Vi Vi V Vsat Vo V V LT LT 65 . 0 22 . 5 23 75 15 ) 15 ( 3 15 + − = − + − = − = − = ⇒ = Prob.- 03.

Para la fuente de corriente constante de la figura: (a) trace la flecha del emisor y señale si el transistor es npn o pnp, (b) obtenga IL, (c) calcule VL.

+ -741 741 3 2 6 7 4 10k 5k RL=0.5k 50k -15V +15V +15V IL +15V Vi Vi V Vsat Vo V V UT UT 65 . 0 3 . 1 23 75 15 ) 15 ( 3 15 + − = − + = = + = ⇒ =

Solución:

El sentido de la corriente determinara el tipo de transistor a emplear para el presente circuito.

Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V₊ =V₋ También I₊ = =I₋ 0A Ley de nodos en V+ 10 15 10 10 5 k V V V k k +   = ₊ ⋅ =   Ley de nodos en V- 10 X V =V₋ = V

Hallando el sentido de la corriente, como es de menor a mayor potencial:

15 10 50 L V V I k − = 0.1 L

I = mA (Hacia abajo), es consecuencia el transistor es NPN.

mV K

mA

V_L =(0.1 )(0.5 Ω)=50 Prob.- 04.

En relación con el circuito mostrado, complete la tabla siguiente para todas las condiciones de entrada. ) ( 1 V V V₂(V) V₃(V) V ₀ Vdelaentrada(+) (a) -2 -2 0 (b) -2 -2 2 (c) 2 -2 -2 (d) 2 0 2 + -3 2 6 7 4 10k RL=10k 10k 10k 10k V1 V2 +V -V V3 Vo

Solución:

Aplicando ley de nodos en V+ y V- :

Dado que V₊ =V₋ =V También I₊ = =I₋ 0A Ley de nodos en V+ 3 1 1 3 10 10 ...(1) 2 V V V V k K V V V − − = + = Ley de nodos en V- 0 2 0 2 10 10 ...(2) 2 V V V V k K V V V − − − − − ₌ + = Comparando (1) y (2) Obtenemos Vo: 1 3 0 2 0 1 3 2 2 2 ...(3) V V V V V V V V + ₌ + = + −

Completamos la tabla reemplazando en (3) para V y (1) para V_{0 +} : ) ( 1 V V V₂(V) V3(V) V V0( ) V V+( ) (a) -2 -2 0 0 -1 (b) -2 -2 2 2 0 (c) 2 -2 -2 2 0 (d) 2 0 2 4 2 Otro enfoque:

Observando el circuito podemos considerarlo como si tuviera entrada diferencial. Por lo que aplicando superposición la salida es tiene la siguiente forma.

      +       ₊ +       − = 10 10 ) 10 // 10 ( 10 10 1 10 10 1 3 2 0 V V V V

Efectuando las operaciones y simplificando obtenemos:

3 2 1

0 V V V

V = − +

La entrada no inversora es:

(

1 3

)

3 10 10 10 V V V V − + + = +

(

1 3

)

3 2 1 V V V V₊ = + −

Reemplazando los valores dados en la tabla de datos encontramos la misma respuesta que en el método anterior.

Prob.- 05.

¿Cuál es la ganancia de tensión del circuito mostrado?

Solución: Opam 1:

Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V₊ =V₋ =V_i Ley de nodos en V+: 0 1 12 12 1 13 1 i I i I i i V V V k K k V V V k − ₌ −   = + ⋅ =   Ley de nodos en V- : I V =V₊ =V₋ Opam 2:

De igual manera que en el anterior 18 1 2 130 o I o i k V V k V V   = + ⋅   =

Función de transferencia total del circuito anterior. 130 o V i V A V = =

La misma solución encontramos mediante el siguiente procedimiento:

Observando el circuito vemos que este esta conformado por dos etapas amplificadoras en configuración de amplificador no inversor, por lo que su respuesta será:

2

1* v

v v A A A =

Calculo de la ganancia de la primera etapa: 13 1 12 1 1 =      + = v V

Calculo de ganancia de segunda etapa: 10 2 18 1 2 =      + = v A

La ganancia total es: 130 10 * 13 = = v A Prob.- 06.

El circuito mostrado es un circuito denominado Girador (Representa o simula una impedancia inductiva). Encuentre la impedancia, Zin , vista desde los terminales de

entrada

Solución: Este problema lo resolveremos desde dos puntos de vista diferentes. En el, primero haremos uso de las características de los Amplificadores Operacionales lo cual nos permite trabajarlos como subcircuitos del circuito general y en el segundo lo resolveremos aplicando teoria de circuitos en el diagrama principal.

1er circuito: 0 V IR V_i = + (1) i i V V V V R R R V V 2 2 0 0 0 = ⇒ =       + = = + (2)

Reemplazando (2) en (1) i i IR V V = +2 ⇒ R I V Z i in = =− ' 2do circuito: Sabemos: Entonces de (2) y (3), tenemos: De (4) en (1), obtenemos: sCR sCR Z_in + = 1 '' 2

2 2 1 // ) ( '' // ' sCR sCR sCR R Z Z Zin in in =−      + − = =

Segunda forma de resolver el problema:

Solución:

Opam1 (parte superior), voltaje de salida V01:

1 1 / / 1 R Z R sC RCs   = _{ }= +  

Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V₊ =V₋ =V_i Ley de nodos en V-: 01 1 ... (1) in V V I R − =

En el nodo (a) se tiene:

01 in in V V V R R − ₌− → V₀₁ =2V_in ...(2) Reemplazando (2) en (1): 1 2 ...(3) in in in V V V I R R − = =

Opam2 (parte inferior), voltaje de salida V02: 2 ...(4) in V V I R − = En el nodo (V₋): 02 in V V V V R R − ₌ − → 2V =V₀₂+V_in ... (5) En el nodo (V₊): 02 V V V R R − ₌− → 02 1 1 1 ...(6) V V R R Z   =  +    Reemplazando (6) en (5), obtenemos: 2 1 in R V V V Z   = ⋅ + +   1 1 in R V V Z   ⋅ − =   → 1 1 ...(7) in Z V V Z R   = ⋅  −  

Sabemos que: I_in = +I₁ I₂ (*), reemplazando (3) y (4) en (*) ...(8) in in in V V V V I R R R − = + = Finalmente (7) en (8): 1 1 in in V Z I R Z R   = ⋅  −   1 1 in in V Z R R I Z  ₋  = ⋅    2 1 1 1 1 in R R Z R R R Cs R Z RCs         =  − = ⋅ −_{ } = −     _{ }  _{ + }   ∴Z_in = −sCR2 Finalmente: ∴Z_in =−jωCR2

Este circuito que hemos tratado simula a una inductancia Prob.- 07

El diagrama de Bode de amplitud mostrado es la respuesta en frecuencia de un derivador compensado. Hallar el valor de sus elementos para cumplir con las siguientes condiciones:

Este circuito mezcla las propiedades del integrador y del derivador, además que controla la ganancia a frecuencias centrales. Se comporta con respecto a la frecuencia como un filtro pasa banda, con dos frecuencias de corte:w₁ , frecuencia de corte inferior y w₂, frecuencia de corte superior.

Determinamos su Función de Transferencia Vo(s)/Vi(s) en forma detallada e indicaremos la condición que deben de cumplir los valores de los capacitares.

Asumiremos tener condensadores, cuyos valores son de 100pf →10µf . Solución:

El condensador C se elige de manera que inicie una atenuación progresiva de 60dB (o _f 20dB) por encima de la frecuencia máxima de diferenciación reduciendo los ruidos de alta frecuencia. R fija un límite a la ganancia en alta frecuencia proporciona un _f margen de fase para la corriente impuestas al voltaje de entrada. R1 hace que la ganancia

se estabilice y la diferenciación cese a su frecuencia mínima deseada. La función de transferencia del circuito es:

1 1 1 1 ₁ 1 1 1 / / ( ) 1 ₁ f f f f f f R C s R R C s C s H s R C s R C s _{C s} R C s  _⋅        _{ } +   _{ }       = − = −  ₊  + _{ }   seg rad seg rad / 1000 / 100 3 2 = =

ω

ω

(

)

(

)

(

)

(

)

2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 3 ( ) 1 1 ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 f f f f dB R C s H s R C s R C s R C j s j H j R C j R C j R C H j H

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

= − + ⋅ + = → = − + ⋅ + = =     +  ⋅ +     

Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que w1 <<w2)) ∴ si

las resistencias son del mismo orden de magnitud ⇒C₂ <<C₁

Cuando: 1 3 0 ω 0 ω 0 ω ω ω → → → 1 1 ( ) 1 1 dB o o o o H R C R C

ω

ω

ω

= = =

Para la frecuencia de corte inferior: _{1 2}

2 ;considerando

ω

0

ω ω

ω

ω

ω

= << →

( )

1 1 1 1 2 1 2 1 R C R C H

ω

ω

ω

ω

ω

= =   +    Ganancia a 3dB:

( )

1 1 1 1 1 1 2 2 f f R C R R C H R

ω

⋅ = =

Para la frecuencia de corte superior: _{2 1}

1 ;considerando

ω

1

ω ω

ω

ω

ω

= >> >>

( )

1 1 1 1 2 2 2 1 R C R C H

ω

ω

ω

ω

ω

= =   +    Ganancia a 3dB:

( )

1 1 1 1 1 1 1 ₂ 2 1 f f f f f f R C R C R H R R C R C

ω

⋅ = =            

Cuando

( )

( )

1 2 1 1 1 1 1 2 4 1 ; 1, , ( ) 1 ( )( ) 1 f f f f f H entonces R C R C H R C R C R C

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

→ ∞ = >> >> ⋅ = = =     ⋅         ∴ =

Escogemos las frecuencias de corte respectivas:

2 1 1 1 C R ω = ⋅ … (1) 3 1 f f C R

ω

= ⋅ … (2)

La ganancia a frecuencias centrales en decibelios: _{( )} 20 log o 20 v dB i V A dB dB V   =   =   De donde 1 10 Rf Vo Vi = = R , entonces: Rf =10R1 … (3) Estos valores se encuentran dentro del rango.

De la razón de

ω

₃ y

ω

₂: 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1000 100 1 10 100 100 f f f f f f f f C R _{R C} R C C R R C R C C C C C

ω

ω

     _⋅    = = = ⋅    _⋅    ⋅ = = ⇒ = Elegimos: 1 0.01 1 f C uF C uF =   = 

Por son consiguiente reemplazando en (1) y (2), obtenemos:

1 2 10 10 100 f R k R k R k = Ω = Ω = Ω 1 1 10 / o f rad seg R C

ω

= = 2 100rad seg/

ω

= (Frecuencia de corte inferior)

3 1000rad seg/

ω

= (Frecuencia de corte superior)

4 1 1 10 / f k rad seg R C

ω

= =

(

1 1

)

2

(

1

)

( ) 1 1 _{f f} R C s H s R C s R C s = − + ⋅ +

(

) (

)

100 ( ) 1 1 100 1000 100 ( ) 100 1000 100 1000 1000 ( ) 100 1000 s H s s s s H s s s s H s s s = −  ₊  _{⋅ +}          = − + +   _⋅          = + ⋅ +

Gráfica de Bode de amplitud y fase: Código en Matlab: clear all; clc; num=[1000 0]; den=conv([1 100],[1 1000]); g=tf(num,den); Bode(g) grid on -50 -40 -30 -20 -10 0 M a g n it u d e ( d B ) 100 101 102 103 104 105 -90 -45 0 45 90 P h a s e ( d e g ) Bode Diagram Frequency (rad/sec)

Prob. 08.-.

El circuito mostrado es un filtro pasa bajo de 1er orden, de frecuencia de corte ajustable. Diseñese para una ganancia de tensión de ACD =10 , fC =0→1KHz , Seleccione valores adecuados de los componentes para el diseño. K fracción de V1 que se envia al

integrador. RP < < R. + -3 2 6 7 4 + -3 2 6 7 4 R1 Rf R Ra R R2 Rp C V+ Rp<<R Vo V1 Vi V-Solución

Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V₊ =V₋ =V_i

Para el primer op-amp: Tomando el punto (a) en V+:

1 x x a f V V V R R − = ⇒ ₁ a x a f R V V R R   = _ _ +   (1) Considerando el punto (b) en V-: 0 1 2 x i x V V V V R R − ₌ − ⇒ 2 2 0 1 1 1 x i R R V V V R R   =  + −   (2) Reemplazando (1) en (2), obtenemos: 1 2 2 0 1 1 1 a i a f R R R R V V V R R R R    ₊  = _{ +}  _ − ⋅     (3) Para el segundo opam:

Sabemos del circuito que: V₊ =V₋ =V_y =0

0 1 1 V kV R sC − = ⇒ V₁ RCs V₀ k = − ⋅ (4) Reemplazando (4) en (3), obtenemos:

1 2 2 0 0 1 1 a i a f R R R R RCs V V V K R R R R    ₊  = − ⋅ ⋅_  _ − ⋅ +     ∴

(

)

(

)

0 2 1 2 1 1 1 1 a i a f V R RCs R R R V R kR R R = − ⋅ ⋅ + + ⋅ +

Comparando con la función transferencia de primer orden:

( )

0 1 1 vo i V s A V = ⋅ +

τ

s Donde:

(

)

(

)

2 1 1 2 1 vo a a f R A R RC R R R kR R R

τ

= − ⋅ + = ⋅ + 2 1 10 CD vo R A A R = = = ⇒ R₂ =10K ; R₁ =1K 1 2 C fC ω π τ = = ⇒

(

)

(

)

1 1 2 2 a f C a kR R R f R C R R R π ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + Para fc =0 ⇒ k =0Para fc =1Khz ⇒ 2 1 vo R A R = − K=1 Asumiendo el valor del capacitor como,C=10nf .

(

)

(

)

11 3 8 4 5 1 1 1 10 2 2 11 10 10 6.912 10 69 10 a f a a f a R R K kHz K K R C R R R R R

π

π

− − − + = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≈ ⋅ ⋅ 14243 5 69 10 a f a R R RR − + = × Asumiendo que R_a =19K y R_f =50K ⇒ R=5.26K ComoR>>R_p ⇒ 0.526 10 p R R = = K

Función de transferencia del sistema: 1 ( ) 1 1 ( ) 10 1 6283.19 vo H s A s H s s

τ

= ⋅ + = ⋅ +

62831.9 ( ) 6283.19 H s s = +

Gráfica de Bode de amplitud y fase: Código en Matlab: clear all; clc; num=[62831.9]; den= [1 6283.19]); g=tf(num,den); Bode(g) grid on Prob. 09.-

Diseñe el circuito mostrado para que cumpla la respuesta en frecuencia mostrada. Hallar el valor de K correspondiente (K =0→1)

Solución

Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V₊ =V₋ =0V

Tomando el punto del voltaje V’:

0 5 10 15 20 25 30 M a g n it u d e ( d B ) 102 103 104 105 -90 -45 0 P h a s e ( d e g ) Bode Diagram Frequency (rad/sec)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 1 2 1 2 2 ...( ) 2 i i V V V V k R R k sC k k R sC V V i k k sC − _{+ =} − ⋅   ⋅ −      _⋅ _{+ ⋅ − ⋅}     _{ }    = ⋅ ⋅ −      

Aplicando nodo en voltaje inversor:

(

)

(

1

(

)

)

( )

1 2 2 2 ... 2 o o V v V R k v ii R k R R − − _{= ⇒ − =} − Dividiendo

( )

ii i/ , obtenemos:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 o i o c i c o i k V sC R k R V R k k sC V R x V R x R k k V R V R C sR k k   − ⋅_{ } − _{⋅ ⋅ − =}    _{+ ⋅ ⋅ −}     − = ⋅ + −   = − ⋅_ _ + ⋅ −  

( )

₍

₎

(

)

2 1 1 1 1 2 2 1 2 1 : 2 R H s C R k k R s CR para k

τ

ω

    = − ⋅  ⋅ −  _{+ ⋅}      = =

Del grafica observamos la ganancia en decibelios:

2 1 6 2 20 2 1 1 20 log 6 2 10 2 4 2 o dB R A R R R R R   =  =   = ≅ ⇒ = De la frecuencia de corte:

( )

2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 c R R R H R R

ω

ω

= =   +_{ }  

(

)(

)

1 1 1 2 1 1 2 2 0.05 . : 2 15 2666 0.01 4 60 CR R C Escogemos C uf Evaluando R K uf R R K

ω

ω

= = = ∴ = = Ω ∴ = = Ω También: ∴R3 =R2 / /R1=12KΩ Prob. 10.-

El circuito de la figura es el de un termostato que usa un termistor para medir la temperatura. Se usa la configuración puente y un amplificador escalador para calibrar la salida de –V a oC. La calibración se hace a 10 oC, donde el termistor usado a esta temperatura es de 12KΩ y tiene un coeficiente térmico de 0.2KΩ/oC.

Modelar el termistor, determinar la expresión de Vo y calcular el valor del termistor y del voltaje de salida para las temperaturas de: 5, 10, 15, 20, y 25 oC.

Se observa dos etapas en la primera esta el termistor, para el cual se determinara su resistencia R_T 12 0.2 º T k R K T C Ω = Ω + ⋅ ⋅ ∆ 12 0.2 ( 10º ) º T o k R K t C C Ω = Ω + ⋅ ⋅ − … (1)

La primera etapa se tiene un restador diferencial, que tiene una salida:

( )

0

t f VO =

01 12 1 10 10 12 12 12 12 T T R k R V V V k k k k       = + ⋅ ₊ ⋅ − ⋅       Operando: 01 5 1 12 T R V V k   = ⋅ −    (2)

La segunda etapa es un sumador inversor, para lo cual se obtiene:

( )

0 1 100 100 10 100 o 8.25 V = − ⋅ −V ⋅_ _   (3) Reemplazando (1) en (2) en (3)

(

)

0 0.2 ( 10º ) 100 _º 8.25 10 5 100 12 100 o k t C C V V V k Ω  _{⋅ ⋅ −}   _{  } = − ⋅ + ⋅ _Ω  ⋅       

(

3

)

0 10 6.875 10 V = − + ⋅ − ∆T V 3 0 10 6.875 10 (o 10º ) V = − + ⋅ − ⋅ t − C

Para lo cual se tiene para las respectivas temperaturas:

T(ºC) Vo(voltios) 5 -10.0.34 10 -10.000 15 -9.966 20 -9.931 25 -9.897 Prob. 11.-

El circuito de la figura se ha construido utilizando amplificadores operacionales ideales alimentados a ±12V . El diodo también es ideal. Con estos datos contestar las preguntas siguientes:

a) Diseñar el bloque 1, sabiendo que Z es infinito, _e Z es nula y la ganancia de _s tensión es 1.

b) Obtener de forma grafica y analítica (determinar las ecuaciones que determinan la función) la función de transferencia V₃ = f(V₂).

c) Obtener de forma grafica y analítica (determinar las ecuaciones que determinan la función) la función de transferencia V₄ = f(V₂,V₃).

a) Estas características pertenecen a un seguidor de tensión • Impedancia de entrada Z_e =∞

• Impedancia de salida Z_s =∞

• Ganancia A_v =+1, pues la señal de entrada es la mima que la de la salida.

+ -3 2 6 7 4 V2 V1

b) Consideramos V1 es de tipo sinusoidal el V2 es un onda rectificada debido al diodo

en polarizado en directa. + -3 2 6 7 4 R R 2R V2 D V+ V3 Dado que V₊ =V₋

Aplicamos ley de nodos:

R V R R V 2 2 3 = − + ´ 2 3 3 ...(&) 2 V V =

La función de transferencia 3/2, la pendiente: c) Es un amplificador diferencial. + -3 2 6 7 4 R R R R V2 V4 V3 3 2 4 1 ( // ) V R R R V R R R R V       −             + =

(

)

4 2 3 V = V −V . (Función de transferencia de V₄ = f(V₂,V₃)) 4 2 3 ...( ) V = −V V α Para V2 <0 y V3 =0 ⇒V4 =V2 2 4 ( 2) 2 V V = f V = −

Prob. 12.-

En el circuito de la figura, hallar la forma de onda deV₀₁ yV₀₂ indicando sus valores y ecuaciones que las rigen en función del tiempo. Considere v_C(t)=0 para condiciones iniciales. Datos: R₁ =20kΩ , R₂ = R₃ =R₄ =R₅ =10kΩ , C =10µ f , V_CC =15V ,

V

V_Z =2.4 , V señal cuadrada de +15V a -.06V de magnitud y frecuencia 1KHz, fuentes _i de alimentación de los op-amp ±15V.

Solución:

Notamos que la primera etapa es un restador; V₊ =2.4V =V₋

(

−

)

− − −

₌

−

_⇒

₌

₋

₋

₊

−

V

V

V

R

R

V

R

V

V

R

V

V

i i 5 2 01 2 01 5 Para

(

15

2

.

4

)

2

.

4

3

.

9

20

10

15

⇒

₀₁

=

−

−

+

=

−

=

V

V

V

_i Para

(

0

.

6

2

.

4

)

2

.

4

3

.

9

20

10

6

.

0

⇒

₀₁

=

−

−

−

+

=

+

−

=

V

V

V

_i

La segunda etapa es un integrador; para 0≤t≤T/2

( )

V

t

V

k

dt

dt

V

CR

V

5

.

19

10

)

5

.

0

)(

10

(

9

.

3

10

*

9

.

3

9

.

3

)

10

)(

10

(

1

1

3 4 5 . 0 0 02 5 . 0 0 4 8 5 . 0 0 01 3 02 4

=

=

=

+

−

−

=

−

=

− −

∫

∫

Salida saturada a +15V, determinamos el instante en que se satura:

( )

( )

₀

_.

₃₈

9

.

8

10

15

4

=

=

−

t

3 4 ( 3) 3 V V = f V = −

Para:

T

/

2

≤

t

≤

T

5 . 4 15 ) 2 / ( ) 10 )( 10 ( 9 . 3 4 8 02 =− − T + =− V

Grafica de la entrada onda cuadrada

Prob. 13.-

En el circuito mostrado dibujar la señal de salida y la señal en el condensador indicando los niveles de señal y tiempos más representativos. Considere diodo ideal.

Datos: V_CC =±15V , V_Z =4V , R₁ = R₂ =10kΩ, C=10µ f

Como existe realimentación positiva entonces hay saturación:

5 . 0 1.0 1.5 2.0 38 . 0 5 . 4 −

Si V₀ =+V_Sat ⇒V₊ =V_Z =4V ; cuando V_C =V₋ >V₊ =−V_Sat

Con

V

0

=

−

V

Sat

⇒

V

+

=

−

V

D

=

0

V

;

cuando

V

C

=

V

−

<

V

+

=

0

⇒

V

0

=

+

V

Sat

Calculando los tiempos:

C

R

e

V

V

V

V

t f i f C

(

)

;

1 1

=

−

+

=

− τ

τ

Para:

t

=

t

1 C R V V V V V V C i Sat f 1 1 4 0 = = = + =

τ

Para:

t

=

t

₂

C

R

V

V

V

V

V

V

C i Sat f 1 2

0

4

=

=

=

−

=

τ

mseg

t

luego

t

e

e

t t

29

)

10

)(

10

)(

23

.

0

(

29

.

0

12

16

ln

16

12

))

12

(

4

(

12

0

5 4 2 1 2 2 2 2 2 2

=

=

=













=

⇒

=

−

−

+

−

=

− − −

τ

τ

τ τ

mseg

t

luego

t

e

e

t t

40

)

10

)(

10

)(

4

.

0

(

4

.

0

8

12

ln

12

8

)

12

0

(

12

4

5 4 1 1 1 1 1 1 1 1

=

=

=













=

⇒

=

−

+

=

− − −

τ

τ

τ τ