Problemas Resueltos Con Opamp 1j3v1c
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Circuitos Electrónicos II Problemas Resueltos con Amplificadores Operacionales. Prob.- 01. En la figura, Vin es una onda triangular. La amplitud es de -5V a +5V y la frecuencia es de 100 Hz . Dibujar exactamente las graficas de: a) V0 en función de t, b) V0 en función de Vin +15V +5V 3
2.2k
12k
Vin
7
+ -
1 LM339
Vo
12
6
3k
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
3 V− = Vref = * 15 = 3V 12 + 3 ⇒ V− = 3 V
⇒ V+ = Vin Cuando Vin > Vref ⇒ Vo = +Vsat Vin < Vref ⇒ Vo = −Vsat
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 V0 + V sat
3
V in
− V sat
1
Prob.- 02. Calcule para el circuito de la figura: a) VUT , b) VLT Suponga que VSAT = ±15V 50k
4
-15V
3
6
Vo
7
Vi
+
V
-
2
10k
30k
+15V
Vo − V V − Vi − 15 − V = − 50 10 30 ⇒ 3Vo + 15Vi − 75 = 23V a)
V = VUT ⇒ Vo = +Vsat = 15 3(15) + 15Vi − 75 VUT = = −1.3 + 0.65Vi 23 b) V = V LT ⇒ Vo = −Vsat = −15 3(−15) + 15Vi − 75 = −5.22 + 0.65Vi 23 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 I L , (c) calcule VL . V LT =
+15V
50k -15V 4
+15V
10k
741 6
IL 741
7
3
+
2
-
5k
RL=0.5k +15V
2
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 − = 0 A Ley de nodos en V+ 10k V+ = ⋅15V = 10V 10k + 5k Ley de nodos en VVX = V− = 10V Hallando el sentido de la corriente, como es de menor a mayor potencial: 15V − 10V 50k I L = 0.1mA (Hacia abajo), es consecuencia el transistor es NPN. IL =
VL = (0.1mA)(0.5KΩ) = 50mV Prob.- 04. En relación con el circuito mostrado, complete la tabla siguiente para todas las condiciones de entrada.
V2 (V ) -2 -2 -2 0
V3 (V ) 0 2 -2 2
V de la entrada (+ )
V0
10k
2 3
V1 10k
10k
6
7
10k
+
V2
4
-V
-
(a) (b) (c) (d)
V1 (V ) -2 -2 2 2
RL=10k
Vo
+V V3
3
Solución: Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = V También I + = I − = 0 A Ley de nodos en V+ V − V1 V3 − V = 10k 10 K V +V V= 1 3 ...(1) 2 Ley de nodos en VV− − V2 V0 − V− = 10k 10 K V +V V− = 0 2 ...(2) 2 Comparando (1) y (2) Obtenemos Vo: V1 + V3 V0 + V2 = 2 2 V0 = V1 + V3 − V2
...(3)
Completamos la tabla reemplazando en (3) para V0 y (1) para V+ :
(a) (b) (c) (d)
V1 (V ) -2 -2 2 2
V2 (V ) -2 -2 -2 0
V3 (V ) 0 2 -2 2
V0 (V ) 0 2 2 4
V+ (V ) -1 0 0 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. V V 10 10 V0 = − V2 + 1 + (10 // 10) 1 + 3 10 10 10 10 Efectuando las operaciones y simplificando obtenemos: V0 = V1 − V2 + V3 La entrada no inversora es: V + = V3 +
10 (V1 − V3 ) 10 + 10
V + = V3 +
1 (V1 − V3 ) 2
4
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− = Vi Ley de nodos en V+: Vi − 0 VI − Vi = 1k 12 K 12k VI = 1 + ⋅ Vi = 13Vi 1k Ley de nodos en V- : VI = V+ = V− Opam 2: De igual manera que en el anterior 18k Vo = 1 + ⋅ VI 2k Vo = 130Vi Función de transferencia total del circuito anterior. V AV = o = 130 Vi 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: Av = Av1 * Av 2
5
Calculo de la ganancia de la primera etapa: 12 Vv1 = 1 + = 13 1 Calculo de ganancia de segunda etapa: 18 Av 2 = 1 + = 10 2 La ganancia total es: Av = 13 * 10 = 130 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: Vi = IR + V0
(1)
V0 R V+ = Vi = V0 = ⇒ V0 = 2Vi 2 R+ R
(2)
6
Reemplazando (2) en (1)
Vi = IR + 2Vi ⇒ Z in = '
Vi = −R I
2do circuito:
Sabemos: Entonces de (2) y (3), tenemos:
De (4) en (1), obtenemos: Z in ' ' =
sCR 2 1 + sCR
Por lo tanto el circuito equivalente será:
7
sCR 2 = − sCR 2 Z in = Z in ' // Z in ' ' = (− R) // 1 + sCR Segunda forma de resolver el problema:
Solución: Opam1 (parte superior), voltaje de salida V01: R 1 Z1 = R / / = sC RCs + 1 Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = Vi Ley de nodos en V-: I1 =
V01 − Vin R
... (1)
En el nodo (a) se tiene: Vin − V01 −Vin = → R R Reemplazando (2) en (1): I1 =
2Vin − Vin Vin = R R
V01 = 2Vin
...(2)
...(3)
8
Opam2 (parte inferior), voltaje de salida V02: I2 =
V − Vin R
...(4)
En el nodo (V− ) : V − Vin V02 − V = → 2V = V02 + Vin ... (5) R R En el nodo (V+ ) :
V − V02 −V = R R
1 1 → V02 = V + R R Z1
...(6)
Reemplazando (6) en (5), obtenemos:
R 2V = V ⋅ 1 + + Vin Z R V ⋅ 1 − = Vin → Z1 Sabemos que: I in = I1 + I 2 V V − Vin V I in = in + = R R R Finalmente (7) en (8): V Z1 I in = in ⋅ R Z1 − R
Z1 V = Vin ⋅ Z1 − R
...(7)
(*), reemplazando (3) y (4) en (*) ...(8)
Z −R Vin = R ⋅ 1 I in Z1 R R = − R 2Cs Z in = R 1 − = R ⋅ 1 − R Z1 RCs + 1 ∴ Z in = − sCR 2 Finalmente: ∴ Z in = − jωCR 2 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:
9
ω 2 = 100rad / seg ω3 = 1000rad / seg
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 100 pf → 10 µf . Solución: El condensador C f se elige de manera que inicie una atenuación progresiva de 60dB (o 20dB) por encima de la frecuencia máxima de diferenciación reduciendo los ruidos de alta frecuencia. R f fija un límite a la ganancia en alta frecuencia proporciona un 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 R f / / C s f H ( s) = − 1 R1 + C1s
1 Rf ⋅ C s f 1 R + f C s f =− R1C1s + 1 C1s
RCs
10
H ( s) = −
R2C1s (1 + R1C1s ) ⋅ (1 + R f C f s )
s = jω → H ( jω ) = −
R2C1 ( jω ) (1 + R1C1 ( jω ) ) ⋅ (1 + R f C f ( jω ) ) R2C1ω
H ( jω ) = H (ω ) dB =
2
2
ω ω 1+ ⋅ 1+ ω1 ω3 Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que w1 << w2 )) ∴ si las resistencias son del mismo orden de magnitud ⇒ C 2 << C1
ω →0 ω1
Cuando: ω → 0 H (ω ) dB = ωo Ro C1 = 1
ωo =
ω →0 ω3
1 Ro C1
Para la frecuencia de corte inferior: ω = ω1 ; considerando ω << ω2
H (ω ) =
ω R1C1 ω 1+ ω1
2
=
ω R1C1 2
1 ⋅ R f C1 Rf R1C1 Ganancia a 3dB: H (ω1 ) = = 2 2 R1 Para la frecuencia de corte superior: ω = ω2 ; considerando ω >> ω1 H (ω ) =
ω →0 ω2
ω R1C1
=
ω R1C1
ω >> 1 ω1
2 2 ω 1+ ω2 1 ⋅ R f C1 Rf C f Rf Ganancia a 3dB: H (ω1 ) = = 1 2 R1 RC f f 2 1 RC 1 1
11
ω → ∞ ; H (ω ) = 1, entonces Cuando H (ω ) = 1 =
ω ⋅ ( R f C1 ) ω ω ⋅ ω1 ω2
∴ ω4 =
=
ω >> ω1 ,
ω >> ω2
R f C1
ω ( R1C1 )( R f C f )
1 R1C f
Escogemos las frecuencias de corte respectivas: 1 ω2 = … (1) C1 ⋅ R1 1 ω3 = … (2) C f ⋅ Rf
V La ganancia a frecuencias centrales en decibelios: Av ( dB ) = 20 log o Vi R Vo De donde = 10 = f , entonces: R f = 10 R1 … (3) Vi R1 Estos valores se encuentran dentro del rango. De la razón de ω3 y ω2 :
dB = 20dB
1 ω3 1000 C f ⋅ R f R1 C1 = = = ⋅ ω2 100 1 Rf C f C1 ⋅ R1 R1 C1 ⋅ = 10 Rf C f C1 = 100 Cf
⇒ C1 = 100C f
C f = 0.01uF Elegimos: C1 = 1uF Por son consiguiente reemplazando en (1) y (2), obtenemos: R1 = 10k Ω R2 = 10k Ω R f = 100k Ω
ωo =
1 = 10 rad / seg R f C1
ω2 = 100rad / seg ω3 = 1000rad / seg
ω4 =
(Frecuencia de corte inferior) (Frecuencia de corte superior)
1 = 10k rad / seg R1C f
Función de transferencia del sistema:
12
H ( s) = −
R2C1s (1 + R1C1s ) ⋅ (1 + R f C f s )
s 100 H ( s) = − s s 1 + ⋅ 1 + 100 1000 s 100 H ( s) = − s 100 + s + 1000 ⋅ 100 1000 1000 s H ( s) = ( s + 100 ) ⋅ ( s + 1000 )
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
Bode Diagram 0
Magnitude (dB)
-10 -20 -30 -40 -50 90
Phase (deg)
45 0 -45 -90 0 10
10
1
2
3
10 10 Frequency (rad/sec)
4
10
5
10
13
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 , f C = 0 → 1KHz , Seleccione valores adecuados de los componentes para el diseño. K fracción de V1 que se envia al integrador. RP < < R. Rf
V1
+ 7
V+ R1
6
Rp
4
3
Vi
R
2 3
Rp<
Vo
7
R2
6
+
2
-
V-
-
Ra
4
C
R
Solución Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = Vi Para el primer op-amp: Tomando el punto (a) en V+: Ra Vx V1 − Vx = ⇒ Vx = V1 Ra + R f Ra Rf
(1)
Considerando el punto (b) en V-:
R R Vx − Vi V0 − Vx = ⇒ V0 = Vx 1 + 2 − 2 Vi R1 R2 R1 R1 Reemplazando (1) en (2), obtenemos: Ra R1 + R2 R2 V0 = V1 − ⋅ Vi Ra + R f R1 R1 Para el segundo opam: Sabemos del circuito que: V+ = V− = Vy = 0
kV1 V0 RCs = ⇒ V1 = − ⋅ V0 1 R k sC Reemplazando (4) en (3), obtenemos: −
(2)
(3)
(4)
14
V0 = −
Ra RCs ⋅ V0 ⋅ K Ra + R f
R1 + R2 R2 − ⋅ Vi R1 R1
V0 R =− 2 ⋅ Vi R1
∴
1+
1 RCs ⋅ Ra ( R1 + R2 ) kR1 ⋅ ( Ra + R f )
Comparando con la función transferencia de primer orden: V0 1 ( s ) = Avo ⋅ Vi 1+τ s Donde:
R2 R1
Avo = −
τ=
RC ⋅ Ra ( R1 + R2 ) kR1 ⋅ ( Ra + R f
R2 = 10 R1
⇒
R2 = 10 K ; R1 = 1K
1
⇒
fC =
ACD = Avo =
ωC = 2π f C =
)
τ
Para f c = 0
kR1 ⋅ ( Ra + R f )
2π ⋅ R ⋅ C ⋅ Ra ( R1 + R2 )
⇒ k = 0 Para f c = 1 Khz ⇒ Avo = −
R2 K=1 R1
Asumiendo el valor del capacitor como, C = 10 nf .
1kHz =
(R
a
( Ra + R f ) 1K ⋅ 11 K4+24 103 K 2π ⋅ R ⋅ C ⋅ Ra
+ Rf )
R ⋅ Ra Ra + R f RRa
11
= 2π ⋅11 ⋅103 ⋅10−8 = 6.912 ⋅10−4 ≈ 69 ⋅10−5
= 69 × 10−5
Asumiendo que Ra = 19 K y R f = 50 K
⇒
R = 5.26 K
R = 0.526 K 10 Función de transferencia del sistema: Como R >> R p
H ( s ) = Avo ⋅ H ( s ) = 10 ⋅
⇒
Rp =
1 1+τ s 1
1+
s 6283.19
15
H ( s) =
62831.9 s + 6283.19
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 Bode Diagram 30
Magnitude (dB)
25 20 15 10 5
Phase (deg)
0 0
-45
-90 2 10
3
10
10
4
5
10
Frequency (rad/sec)
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’:
16
V − Vi V −V + = k ⋅ R1 1 R1 ⋅ ( 2 − k ) sC 1 2 ⋅ sC + k ⋅ ( 2 − k ) ⋅ R1 Vi = V ⋅ k ⋅(2 − k ) sC Aplicando nodo en voltaje inversor:
V −V = o R1 ( 2 − k ) R2
⇒
−vo ( R1 ( 2 − k ) ) = v R2
...(i )
... ( ii )
Dividiendo ( ii / i ) , obtenemos:
( 2 − k ) ⋅
1 sC
−Vo ⋅ R1 ⋅ ( 2 − k ) = R2Vi 1 2 + R1 ⋅ k ⋅ ( 2 − k ) sC −Vo R2 xc = ⋅ Vi R1 2 x c + R1k ( 2 − k ) 1 ⋅ 2 + C ⋅ sR1k ( 2 − k ) R2 1 ⋅ H (s) = − C ⋅ R1k ( 2 − k ) 2 R1 1+ s ⋅ 2 ωCR1 para ( k = 1) : τ = 2
Vo R =− 2 Vi R1
Del grafica observamos la ganancia en decibelios: R Ao dB = 20 log 2 = 6 2 R1 6 R2 = 10 20 ≅ 2 2 R1
⇒
R2 = 4 R1
De la frecuencia de corte: R2 2 R1 R2 = H (ω ) = 2 2 2 R1 ω R 1+ c 1 2
17
ωCR1 2
=1
2 ωC Escogemos C = 0.05uf . R1 =
Evaluando : ∴ R1 =
2 = 15 K Ω ( 2666 )( 0.01uf )
∴ R2 = 4 R1 = 60 K Ω También: ∴ R3 = R2 / / R1 = 12 K Ω
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.
( )
VO = f t 0
Se observa dos etapas en la primera esta el termistor, para el cual se determinara su resistencia RT kΩ RT = 12 K Ω + 0.2 ⋅ ⋅ ∆T ºC kΩ RT = 12 K Ω + 0.2 ⋅ ⋅ (to − 10º C ) … (1) ºC La primera etapa se tiene un restador diferencial, que tiene una salida:
18
R 12k RT V01 = 1 + T ⋅ ⋅10V − ⋅10V 12k 12k + 12k 12k Operando: R (2) V01 = 5V ⋅ 1 − T 12k La segunda etapa es un sumador inversor, para lo cual se obtiene: 100 100 (3) V0 = − (10 ) ⋅ − Vo1 ⋅ 100 8.25 Reemplazando (1) en (2) en (3) kΩ 0.2 ⋅ º C ⋅ (to − 10º C ) 8.25 100 V0 = − (10V ) ⋅ + 5V ⋅ ⋅ 100 12k Ω 100 −3 V0 = ( −10 + 6.875 ⋅10 ∆T ) V V0 = −10 + 6.875 ⋅10−3 ⋅ (to − 10º C ) Para lo cual se tiene para las respectivas temperaturas:
T(ºC) 5 10 15 20 25
Vo(voltios) -10.0.34 -10.000 -9.966 -9.931 -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 e es infinito, Z s es nula y la ganancia de 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 ) . Solución:
19
a) Estas características pertenecen a un seguidor de tensión • Impedancia de entrada Z e = ∞ Impedancia de salida Z s = ∞
•
Ganancia Av = +1 , pues la señal de entrada es la mima que la de la salida.
4
•
V2
7
V1
6
+
3
-
2
D
7
b) Consideramos V1 es de tipo sinusoidal el V2 es un onda rectificada debido al diodo en polarizado en directa. V+ 3
V2
2
6
V3
4
R
+
2R
R
Dado que V+ = V− Aplicamos ley de nodos: V3 V = − ´ 2R + R 2R 3V V3 = 2 ...(&) 2 Forma de onda de entrada (azul ) como se salida (rojo) :
20
La función de transferencia 3/2, la pendiente:
c) Es un amplificador diferencial. R
R
4
V3
6
V4
7
+
3
-
2
V2 R
R
V R R V4 = 1 + ( R // R) 2 − V3 R R R V4 = (V2 − V3 ) . (Función de transferencia de V4 = f (V2 , V3 ) ) V4 = V2 − V3
...(α )
Para V2 < 0 y V3 = 0 ⇒ V4 = V2
V 4 = f (V 2 ) = −
V2 2
21
V 4 = f (V 3 ) = −
V3 3
Prob. 12.En el circuito de la figura, hallar la forma de onda de V01 y V02 indicando sus valores y ecuaciones que las rigen en función del tiempo. Considere vC (t ) = 0 para condiciones iniciales. Datos: R1 = 20kΩ , R2 = R3 = R4 = R5 = 10kΩ , C = 10 µ f , VCC = 15V , VZ = 2.4V , Vi señal cuadrada de +15V a -.06V de magnitud y frecuencia 1KHz, fuentes de alimentación de los op-amp ±15V.
Solución: Notamos que la primera etapa es un restador; V+ = 2.4V = V−
Vi − V− V− − V01 R = ⇒ V01 = − 2 (Vi − V− ) + V− R5 R2 R5 10 (15 − 2.4) + 2.4 = −3.9 Para Vi = 15V ⇒ V01 = − 20 10 (−0.6 − 2.4) + 2.4 = +3.9 Para Vi = −0.6V ⇒ V01 = − 20 La segunda etapa es un integrador; para 0 ≤ t ≤ T / 2 0.5
0.5
1 1 V02 = − V dt = − − 3.9dt + k 01 CR3 ∫0 (10 −8 )(10 4 ) ∫0 V02 = 3.9 * 10 4 t 0
0.5
(
)
= 3.9(10 4 )(0.5) 10 −3 = 19.5V
Salida saturada a +15V, determinamos el instante en que se satura:
( 15)(10 −4 ) t= = 0.38 8.9
22
Para:
T /2≤t ≤T
3.9 (T / 2) + 15 = −4.5 (10 )(10 4 ) Grafica de la entrada onda cuadrada V02 = −
−8
0 .5
− 4 .5
1 .0
1 .5
2 .0
0 .38
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: VCC = ±15V , VZ = 4V , R1 = R2 = 10kΩ , C = 10 µ f
Como existe realimentación positiva entonces hay saturación:
23
Si V0 = +VSat ⇒ V+ = VZ = 4V ; cuando VC = V− > V+ = −VSat Con V0 = −VSat ⇒ V+ = −VD = 0V ; cuando VC = V− < V+ = 0 ⇒ V0 = +VSat Calculando los tiempos:
VC = V f + (Vi − V f )e Para: t = t1 V f = +VSat
Vi = 0V VC = 4V
τ 1 = R1C
Para:
t = t2
V f = −VSat Vi = 4V VC = 0V
τ 2 = R1C
−t1
τ
;
τ = R1C
4 = 12 + ( 0 − 12 ) e
− t1
τ1
− t1 8 12 = e τ 1 ⇒ t1 = τ 1 ln = 0 .4τ 1 12 8
luego t1 = ( 0 .4 )(10 4 )(10 − 5 ) = 40 mseg 0 = − 12 + ( 4 − ( − 12 )) e
−t2
τ2
t −2 12 16 = e τ 2 ⇒ t 2 = τ 2 ln = 0 .29τ 1 16 12
luego t 2 = ( 0 .23 )(10 4 )(10 −5 ) = 29 mseg
24
2.2k
12k
Vin
7
+ -
1 LM339
Vo
12
6
3k
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
3 V− = Vref = * 15 = 3V 12 + 3 ⇒ V− = 3 V
⇒ V+ = Vin Cuando Vin > Vref ⇒ Vo = +Vsat Vin < Vref ⇒ Vo = −Vsat
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 V0 + V sat
3
V in
− V sat
1
Prob.- 02. Calcule para el circuito de la figura: a) VUT , b) VLT Suponga que VSAT = ±15V 50k
4
-15V
3
6
Vo
7
Vi
+
V
-
2
10k
30k
+15V
Vo − V V − Vi − 15 − V = − 50 10 30 ⇒ 3Vo + 15Vi − 75 = 23V a)
V = VUT ⇒ Vo = +Vsat = 15 3(15) + 15Vi − 75 VUT = = −1.3 + 0.65Vi 23 b) V = V LT ⇒ Vo = −Vsat = −15 3(−15) + 15Vi − 75 = −5.22 + 0.65Vi 23 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 I L , (c) calcule VL . V LT =
+15V
50k -15V 4
+15V
10k
741 6
IL 741
7
3
+
2
-
5k
RL=0.5k +15V
2
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 − = 0 A Ley de nodos en V+ 10k V+ = ⋅15V = 10V 10k + 5k Ley de nodos en VVX = V− = 10V Hallando el sentido de la corriente, como es de menor a mayor potencial: 15V − 10V 50k I L = 0.1mA (Hacia abajo), es consecuencia el transistor es NPN. IL =
VL = (0.1mA)(0.5KΩ) = 50mV Prob.- 04. En relación con el circuito mostrado, complete la tabla siguiente para todas las condiciones de entrada.
V2 (V ) -2 -2 -2 0
V3 (V ) 0 2 -2 2
V de la entrada (+ )
V0
10k
2 3
V1 10k
10k
6
7
10k
+
V2
4
-V
-
(a) (b) (c) (d)
V1 (V ) -2 -2 2 2
RL=10k
Vo
+V V3
3
Solución: Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = V También I + = I − = 0 A Ley de nodos en V+ V − V1 V3 − V = 10k 10 K V +V V= 1 3 ...(1) 2 Ley de nodos en VV− − V2 V0 − V− = 10k 10 K V +V V− = 0 2 ...(2) 2 Comparando (1) y (2) Obtenemos Vo: V1 + V3 V0 + V2 = 2 2 V0 = V1 + V3 − V2
...(3)
Completamos la tabla reemplazando en (3) para V0 y (1) para V+ :
(a) (b) (c) (d)
V1 (V ) -2 -2 2 2
V2 (V ) -2 -2 -2 0
V3 (V ) 0 2 -2 2
V0 (V ) 0 2 2 4
V+ (V ) -1 0 0 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. V V 10 10 V0 = − V2 + 1 + (10 // 10) 1 + 3 10 10 10 10 Efectuando las operaciones y simplificando obtenemos: V0 = V1 − V2 + V3 La entrada no inversora es: V + = V3 +
10 (V1 − V3 ) 10 + 10
V + = V3 +
1 (V1 − V3 ) 2
4
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− = Vi Ley de nodos en V+: Vi − 0 VI − Vi = 1k 12 K 12k VI = 1 + ⋅ Vi = 13Vi 1k Ley de nodos en V- : VI = V+ = V− Opam 2: De igual manera que en el anterior 18k Vo = 1 + ⋅ VI 2k Vo = 130Vi Función de transferencia total del circuito anterior. V AV = o = 130 Vi 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: Av = Av1 * Av 2
5
Calculo de la ganancia de la primera etapa: 12 Vv1 = 1 + = 13 1 Calculo de ganancia de segunda etapa: 18 Av 2 = 1 + = 10 2 La ganancia total es: Av = 13 * 10 = 130 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: Vi = IR + V0
(1)
V0 R V+ = Vi = V0 = ⇒ V0 = 2Vi 2 R+ R
(2)
6
Reemplazando (2) en (1)
Vi = IR + 2Vi ⇒ Z in = '
Vi = −R I
2do circuito:
Sabemos: Entonces de (2) y (3), tenemos:
De (4) en (1), obtenemos: Z in ' ' =
sCR 2 1 + sCR
Por lo tanto el circuito equivalente será:
7
sCR 2 = − sCR 2 Z in = Z in ' // Z in ' ' = (− R) // 1 + sCR Segunda forma de resolver el problema:
Solución: Opam1 (parte superior), voltaje de salida V01: R 1 Z1 = R / / = sC RCs + 1 Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = Vi Ley de nodos en V-: I1 =
V01 − Vin R
... (1)
En el nodo (a) se tiene: Vin − V01 −Vin = → R R Reemplazando (2) en (1): I1 =
2Vin − Vin Vin = R R
V01 = 2Vin
...(2)
...(3)
8
Opam2 (parte inferior), voltaje de salida V02: I2 =
V − Vin R
...(4)
En el nodo (V− ) : V − Vin V02 − V = → 2V = V02 + Vin ... (5) R R En el nodo (V+ ) :
V − V02 −V = R R
1 1 → V02 = V + R R Z1
...(6)
Reemplazando (6) en (5), obtenemos:
R 2V = V ⋅ 1 + + Vin Z R V ⋅ 1 − = Vin → Z1 Sabemos que: I in = I1 + I 2 V V − Vin V I in = in + = R R R Finalmente (7) en (8): V Z1 I in = in ⋅ R Z1 − R
Z1 V = Vin ⋅ Z1 − R
...(7)
(*), reemplazando (3) y (4) en (*) ...(8)
Z −R Vin = R ⋅ 1 I in Z1 R R = − R 2Cs Z in = R 1 − = R ⋅ 1 − R Z1 RCs + 1 ∴ Z in = − sCR 2 Finalmente: ∴ Z in = − jωCR 2 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:
9
ω 2 = 100rad / seg ω3 = 1000rad / seg
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 100 pf → 10 µf . Solución: El condensador C f se elige de manera que inicie una atenuación progresiva de 60dB (o 20dB) por encima de la frecuencia máxima de diferenciación reduciendo los ruidos de alta frecuencia. R f fija un límite a la ganancia en alta frecuencia proporciona un 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 R f / / C s f H ( s) = − 1 R1 + C1s
1 Rf ⋅ C s f 1 R + f C s f =− R1C1s + 1 C1s
RCs
10
H ( s) = −
R2C1s (1 + R1C1s ) ⋅ (1 + R f C f s )
s = jω → H ( jω ) = −
R2C1 ( jω ) (1 + R1C1 ( jω ) ) ⋅ (1 + R f C f ( jω ) ) R2C1ω
H ( jω ) = H (ω ) dB =
2
2
ω ω 1+ ⋅ 1+ ω1 ω3 Debemos de tener en cuenta de los circuitos derivador e integrador que w1 << w2 )) ∴ si las resistencias son del mismo orden de magnitud ⇒ C 2 << C1
ω →0 ω1
Cuando: ω → 0 H (ω ) dB = ωo Ro C1 = 1
ωo =
ω →0 ω3
1 Ro C1
Para la frecuencia de corte inferior: ω = ω1 ; considerando ω << ω2
H (ω ) =
ω R1C1 ω 1+ ω1
2
=
ω R1C1 2
1 ⋅ R f C1 Rf R1C1 Ganancia a 3dB: H (ω1 ) = = 2 2 R1 Para la frecuencia de corte superior: ω = ω2 ; considerando ω >> ω1 H (ω ) =
ω →0 ω2
ω R1C1
=
ω R1C1
ω >> 1 ω1
2 2 ω 1+ ω2 1 ⋅ R f C1 Rf C f Rf Ganancia a 3dB: H (ω1 ) = = 1 2 R1 RC f f 2 1 RC 1 1
11
ω → ∞ ; H (ω ) = 1, entonces Cuando H (ω ) = 1 =
ω ⋅ ( R f C1 ) ω ω ⋅ ω1 ω2
∴ ω4 =
=
ω >> ω1 ,
ω >> ω2
R f C1
ω ( R1C1 )( R f C f )
1 R1C f
Escogemos las frecuencias de corte respectivas: 1 ω2 = … (1) C1 ⋅ R1 1 ω3 = … (2) C f ⋅ Rf
V La ganancia a frecuencias centrales en decibelios: Av ( dB ) = 20 log o Vi R Vo De donde = 10 = f , entonces: R f = 10 R1 … (3) Vi R1 Estos valores se encuentran dentro del rango. De la razón de ω3 y ω2 :
dB = 20dB
1 ω3 1000 C f ⋅ R f R1 C1 = = = ⋅ ω2 100 1 Rf C f C1 ⋅ R1 R1 C1 ⋅ = 10 Rf C f C1 = 100 Cf
⇒ C1 = 100C f
C f = 0.01uF Elegimos: C1 = 1uF Por son consiguiente reemplazando en (1) y (2), obtenemos: R1 = 10k Ω R2 = 10k Ω R f = 100k Ω
ωo =
1 = 10 rad / seg R f C1
ω2 = 100rad / seg ω3 = 1000rad / seg
ω4 =
(Frecuencia de corte inferior) (Frecuencia de corte superior)
1 = 10k rad / seg R1C f
Función de transferencia del sistema:
12
H ( s) = −
R2C1s (1 + R1C1s ) ⋅ (1 + R f C f s )
s 100 H ( s) = − s s 1 + ⋅ 1 + 100 1000 s 100 H ( s) = − s 100 + s + 1000 ⋅ 100 1000 1000 s H ( s) = ( s + 100 ) ⋅ ( s + 1000 )
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
Bode Diagram 0
Magnitude (dB)
-10 -20 -30 -40 -50 90
Phase (deg)
45 0 -45 -90 0 10
10
1
2
3
10 10 Frequency (rad/sec)
4
10
5
10
13
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 , f C = 0 → 1KHz , Seleccione valores adecuados de los componentes para el diseño. K fracción de V1 que se envia al integrador. RP < < R. Rf
V1
+ 7
V+ R1
6
Rp
4
3
Vi
R
2 3
Rp<
Vo
7
R2
6
+
2
-
V-
-
Ra
4
C
R
Solución Aplicando ley de nodos en V+ y V- : Dado que V+ = V− = Vi Para el primer op-amp: Tomando el punto (a) en V+: Ra Vx V1 − Vx = ⇒ Vx = V1 Ra + R f Ra Rf
(1)
Considerando el punto (b) en V-:
R R Vx − Vi V0 − Vx = ⇒ V0 = Vx 1 + 2 − 2 Vi R1 R2 R1 R1 Reemplazando (1) en (2), obtenemos: Ra R1 + R2 R2 V0 = V1 − ⋅ Vi Ra + R f R1 R1 Para el segundo opam: Sabemos del circuito que: V+ = V− = Vy = 0
kV1 V0 RCs = ⇒ V1 = − ⋅ V0 1 R k sC Reemplazando (4) en (3), obtenemos: −
(2)
(3)
(4)
14
V0 = −
Ra RCs ⋅ V0 ⋅ K Ra + R f
R1 + R2 R2 − ⋅ Vi R1 R1
V0 R =− 2 ⋅ Vi R1
∴
1+
1 RCs ⋅ Ra ( R1 + R2 ) kR1 ⋅ ( Ra + R f )
Comparando con la función transferencia de primer orden: V0 1 ( s ) = Avo ⋅ Vi 1+τ s Donde:
R2 R1
Avo = −
τ=
RC ⋅ Ra ( R1 + R2 ) kR1 ⋅ ( Ra + R f
R2 = 10 R1
⇒
R2 = 10 K ; R1 = 1K
1
⇒
fC =
ACD = Avo =
ωC = 2π f C =
)
τ
Para f c = 0
kR1 ⋅ ( Ra + R f )
2π ⋅ R ⋅ C ⋅ Ra ( R1 + R2 )
⇒ k = 0 Para f c = 1 Khz ⇒ Avo = −
R2 K=1 R1
Asumiendo el valor del capacitor como, C = 10 nf .
1kHz =
(R
a
( Ra + R f ) 1K ⋅ 11 K4+24 103 K 2π ⋅ R ⋅ C ⋅ Ra
+ Rf )
R ⋅ Ra Ra + R f RRa
11
= 2π ⋅11 ⋅103 ⋅10−8 = 6.912 ⋅10−4 ≈ 69 ⋅10−5
= 69 × 10−5
Asumiendo que Ra = 19 K y R f = 50 K
⇒
R = 5.26 K
R = 0.526 K 10 Función de transferencia del sistema: Como R >> R p
H ( s ) = Avo ⋅ H ( s ) = 10 ⋅
⇒
Rp =
1 1+τ s 1
1+
s 6283.19
15
H ( s) =
62831.9 s + 6283.19
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 Bode Diagram 30
Magnitude (dB)
25 20 15 10 5
Phase (deg)
0 0
-45
-90 2 10
3
10
10
4
5
10
Frequency (rad/sec)
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’:
16
V − Vi V −V + = k ⋅ R1 1 R1 ⋅ ( 2 − k ) sC 1 2 ⋅ sC + k ⋅ ( 2 − k ) ⋅ R1 Vi = V ⋅ k ⋅(2 − k ) sC Aplicando nodo en voltaje inversor:
V −V = o R1 ( 2 − k ) R2
⇒
−vo ( R1 ( 2 − k ) ) = v R2
...(i )
... ( ii )
Dividiendo ( ii / i ) , obtenemos:
( 2 − k ) ⋅
1 sC
−Vo ⋅ R1 ⋅ ( 2 − k ) = R2Vi 1 2 + R1 ⋅ k ⋅ ( 2 − k ) sC −Vo R2 xc = ⋅ Vi R1 2 x c + R1k ( 2 − k ) 1 ⋅ 2 + C ⋅ sR1k ( 2 − k ) R2 1 ⋅ H (s) = − C ⋅ R1k ( 2 − k ) 2 R1 1+ s ⋅ 2 ωCR1 para ( k = 1) : τ = 2
Vo R =− 2 Vi R1
Del grafica observamos la ganancia en decibelios: R Ao dB = 20 log 2 = 6 2 R1 6 R2 = 10 20 ≅ 2 2 R1
⇒
R2 = 4 R1
De la frecuencia de corte: R2 2 R1 R2 = H (ω ) = 2 2 2 R1 ω R 1+ c 1 2
17
ωCR1 2
=1
2 ωC Escogemos C = 0.05uf . R1 =
Evaluando : ∴ R1 =
2 = 15 K Ω ( 2666 )( 0.01uf )
∴ R2 = 4 R1 = 60 K Ω También: ∴ R3 = R2 / / R1 = 12 K Ω
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.
( )
VO = f t 0
Se observa dos etapas en la primera esta el termistor, para el cual se determinara su resistencia RT kΩ RT = 12 K Ω + 0.2 ⋅ ⋅ ∆T ºC kΩ RT = 12 K Ω + 0.2 ⋅ ⋅ (to − 10º C ) … (1) ºC La primera etapa se tiene un restador diferencial, que tiene una salida:
18
R 12k RT V01 = 1 + T ⋅ ⋅10V − ⋅10V 12k 12k + 12k 12k Operando: R (2) V01 = 5V ⋅ 1 − T 12k La segunda etapa es un sumador inversor, para lo cual se obtiene: 100 100 (3) V0 = − (10 ) ⋅ − Vo1 ⋅ 100 8.25 Reemplazando (1) en (2) en (3) kΩ 0.2 ⋅ º C ⋅ (to − 10º C ) 8.25 100 V0 = − (10V ) ⋅ + 5V ⋅ ⋅ 100 12k Ω 100 −3 V0 = ( −10 + 6.875 ⋅10 ∆T ) V V0 = −10 + 6.875 ⋅10−3 ⋅ (to − 10º C ) Para lo cual se tiene para las respectivas temperaturas:
T(ºC) 5 10 15 20 25
Vo(voltios) -10.0.34 -10.000 -9.966 -9.931 -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 e es infinito, Z s es nula y la ganancia de 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 ) . Solución:
19
a) Estas características pertenecen a un seguidor de tensión • Impedancia de entrada Z e = ∞ Impedancia de salida Z s = ∞
•
Ganancia Av = +1 , pues la señal de entrada es la mima que la de la salida.
4
•
V2
7
V1
6
+
3
-
2
D
7
b) Consideramos V1 es de tipo sinusoidal el V2 es un onda rectificada debido al diodo en polarizado en directa. V+ 3
V2
2
6
V3
4
R
+
2R
R
Dado que V+ = V− Aplicamos ley de nodos: V3 V = − ´ 2R + R 2R 3V V3 = 2 ...(&) 2 Forma de onda de entrada (azul ) como se salida (rojo) :
20
La función de transferencia 3/2, la pendiente:
c) Es un amplificador diferencial. R
R
4
V3
6
V4
7
+
3
-
2
V2 R
R
V R R V4 = 1 + ( R // R) 2 − V3 R R R V4 = (V2 − V3 ) . (Función de transferencia de V4 = f (V2 , V3 ) ) V4 = V2 − V3
...(α )
Para V2 < 0 y V3 = 0 ⇒ V4 = V2
V 4 = f (V 2 ) = −
V2 2
21
V 4 = f (V 3 ) = −
V3 3
Prob. 12.En el circuito de la figura, hallar la forma de onda de V01 y V02 indicando sus valores y ecuaciones que las rigen en función del tiempo. Considere vC (t ) = 0 para condiciones iniciales. Datos: R1 = 20kΩ , R2 = R3 = R4 = R5 = 10kΩ , C = 10 µ f , VCC = 15V , VZ = 2.4V , Vi señal cuadrada de +15V a -.06V de magnitud y frecuencia 1KHz, fuentes de alimentación de los op-amp ±15V.
Solución: Notamos que la primera etapa es un restador; V+ = 2.4V = V−
Vi − V− V− − V01 R = ⇒ V01 = − 2 (Vi − V− ) + V− R5 R2 R5 10 (15 − 2.4) + 2.4 = −3.9 Para Vi = 15V ⇒ V01 = − 20 10 (−0.6 − 2.4) + 2.4 = +3.9 Para Vi = −0.6V ⇒ V01 = − 20 La segunda etapa es un integrador; para 0 ≤ t ≤ T / 2 0.5
0.5
1 1 V02 = − V dt = − − 3.9dt + k 01 CR3 ∫0 (10 −8 )(10 4 ) ∫0 V02 = 3.9 * 10 4 t 0
0.5
(
)
= 3.9(10 4 )(0.5) 10 −3 = 19.5V
Salida saturada a +15V, determinamos el instante en que se satura:
( 15)(10 −4 ) t= = 0.38 8.9
22
Para:
T /2≤t ≤T
3.9 (T / 2) + 15 = −4.5 (10 )(10 4 ) Grafica de la entrada onda cuadrada V02 = −
−8
0 .5
− 4 .5
1 .0
1 .5
2 .0
0 .38
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: VCC = ±15V , VZ = 4V , R1 = R2 = 10kΩ , C = 10 µ f
Como existe realimentación positiva entonces hay saturación:
23
Si V0 = +VSat ⇒ V+ = VZ = 4V ; cuando VC = V− > V+ = −VSat Con V0 = −VSat ⇒ V+ = −VD = 0V ; cuando VC = V− < V+ = 0 ⇒ V0 = +VSat Calculando los tiempos:
VC = V f + (Vi − V f )e Para: t = t1 V f = +VSat
Vi = 0V VC = 4V
τ 1 = R1C
Para:
t = t2
V f = −VSat Vi = 4V VC = 0V
τ 2 = R1C
−t1
τ
;
τ = R1C
4 = 12 + ( 0 − 12 ) e
− t1
τ1
− t1 8 12 = e τ 1 ⇒ t1 = τ 1 ln = 0 .4τ 1 12 8
luego t1 = ( 0 .4 )(10 4 )(10 − 5 ) = 40 mseg 0 = − 12 + ( 4 − ( − 12 )) e
−t2
τ2
t −2 12 16 = e τ 2 ⇒ t 2 = τ 2 ln = 0 .29τ 1 16 12
luego t 2 = ( 0 .23 )(10 4 )(10 −5 ) = 29 mseg
24
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