Problemas Electronicaiii

Electrónica Análisis y Diseño de Circuitos Por: Maximo Di Cesare

EL AMPLIFICADOR OPERACIONAL:

Conceptos básicos a tener en cuenta en un amplificador operacional:

El amplificador operacional es un dispositivo diseñado para poder desarrollar operaciones matemáticas y de allí deriva su nombre. Para poder lograr este objetivo el amplificador operacional debe cumplir una serie de requisitos que se listan a continuación y que en su conjunto definen el campo de aplicación del mismo.

Impedancia de entrada de un Amplificador operacional: Muy Alta.

Esta característica permite que podamos conectar un circuito a la entrada del amplificador operacional sin modificar sensiblemente su comportamiento, esta es una de las cosas que hace posible la existencia de los seguidores de voltaje, los cuales al ser conectados a un divisor de voltaje, prácticamente no alteran su comportamiento.

Impedancia de Salida: Muy Baja.

Evita que al modificar la carga de salida en el amplificador operacional se altere el voltaje de salida, es importante ya que de no ser así al cambiar cualquier resistencia conectada a la salida del Amplificador operacional su salida cambiaria lo que impediría la mayoría de las aplicaciones para las que el dispositivo se usa.

Ganancia típica: Muy Alta.

Esta característica es de importancia vital debido a que gracias a ella es posible lograr la mayoría de las aplicaciones donde se utilizan los amplificadores operacionales, debido a que es la que permite que el error entre el terminal no inversor e inversor tienda a cero cuando existe realimentación negativa.

El modelo básico de un amplificador operacional es el siguiente:

1


Figura 2.1.1: Diagrama en bloques del amplificador Operacional.

Para entender la necesidad de una alta ganancia analizaremos uno de los circuitos típicos conformados por los Amplificadores Operacionales como el mostrado en la figura 2.1.2, desde el punto de vista de los diagramas en bloques:

Figura 2.1.2. Amplificador no inversor Vo=(1+ RARB )∗Vi.

El diagrama en bloques equivalente a este circuito se obtiene de la siguiente forma.

Se determina la contribución de la salida sobre la entrada inversora resolviendo el divisor de tensión.

V ¿

El factor que está multiplicando a Vo representa la ganancia del bloque entre (Vo) y el

Terminal inversor V(-).

Se construye el diagrama de bloques a partir de los datos anteriores:

Figura 2.1.2.

Tomando como base el diagrama en bloques de la figura 2.1.2, se calculara la salida del circuito Vo.

2


E=Vi− RBRB+RA

∗Vo

Luego calculo Vo.

Vo=E∗G

Sustituyendo:

Vo=G∗Vi− G∗RBRB+RA

∗Vo

Se despeja Vo.

Vo= G∗Vi

1+G∗RBRB+RA

Se puede observar claramente que bajo estas condiciones, la ecuación es claramente diferente a la esperada sin embargo haciendo que la ganancia tienda a infinito se tiene que:

Vo= limG→∞

G∗Vi

1+ G∗RBRB+RA

= G∗ViG∗RBRB+RA

= RA+RBRA

∗Vi=(1+ RBRA )∗Vi

La respuesta coincide con la esperada, esto es debido a que para que se cumpla el funcionamiento adecuado del Amplificador Operacional, la diferencia entre los voltajes de los pines V(+) y V(-), tiene que aproximarse a cero, para lo cual la ganancia debe ser muy elevada.

En definitiva lo que le da al amplificador operacional su versatilidad para representar diversos tipos de operaciones es precisamente el hecho de poseer una ganancia muy grande en modo diferencial (Con respecto a la diferencia entre los voltajes en los pines V(+) y V(-)).

Normalmente la corriente de salida en un amplificador operacional no supera los 20mA. (Esto limita la aplicación directa del amplificador operacional en el control de potencia por lo que siempre necesitara de elementos auxiliares tales como transistores.

Todo Amplificador operacional Tiene una dVo/dt, máxima.

3


Esto es evidente cuando incrementamos la frecuencia de una onda cuadrada de entrada a un amplificador operacional, si incrementamos la frecuencia lo suficiente la salida que debería ser una onda cuadrada se transforma en una onda triangular, con una pendiente igual al ritmo máximo de cambio de en amplificador operacional o dVo/dT.

En realimentación positiva cualquier pequeña diferencia entre los dos valores de entrada dispara el cambio hacia los valores limites que hagan máxima esa diferencia.

Para determinar el tipo de realimentación de un circuitos con amplificadores operacionales solo deben multiplicarse los signos de la ganancia de cada bloque si el resultado es positivo la realimentación es positiva en caso contrario es negativa.

En caso de que existan dos realimentaciones (positiva y negativa) la dominante será aquella en que el valor realimentado sea mayor.

Si en un sistema existen los dos tipos de realimentación pero una de ellas es efectuada por medio de un capacitor, la realimentación queda definida por la rama con más velocidad de reacción.

4


1.1 Ejercicios con realimentación negativa amplificadores operacionales.

Ejercicio N# 1.1.1:

Determine el tipo de realimentación en el siguiente circuito y el valor de la corriente de salida Io.

Análisis:

Se determina la realimentación.

Ganancia punto de realimentación OPAM =+

Ganancia Transistor Q1= - (Debido a que al aumentar la salida del OPAM la corriente Io se incrementa aumentando la caída en la resistencia R, bajando el voltaje de realimentación en V+.

Multiplicando estos dos resultados (+)*(-)=(-) La realimentación es negativa.

Luego debido a que la ganancia del OPAM es muy grande el error entre el terminal V(+) y V(-) es aproximadamente 0, por lo que: VR=12 v−5v

VR=7v

Como la corriente de colector es aproximadamente igual a la corriente de emisor tenemos que:

Solución: Io=7v/R1

5


Ejercicio N# 1.1.2:

Resolver el sistema amplificador presentado calculando Vo, en la figura en función de las entradas V1,V2 .

Análisis:

Se puede observar que los únicos elementos que están involucrados son resistencias por lo tanto todas las rede de realimentación son de ganancia positiva, considerando que el punto de realimentación se introduce en el terminal de ganancia negativa en cada OPAM, se tendrá realimentación negativa en todos los tres OPAMS.

Puesto que hay realimentación negativa, el voltaje en los terminales V+ y V- de cada uno de los OPAMS , son iguales.

Se divide el problema en secciones más pequeñas, analizando el bloque de U1.

6


Se calculan las salidas de U1 y U2.

Ia=V 1−V 2RG

;

V 1 X=V 1+RA∗Ia; V 1 X=V 1+ RARG

∗(V 1−V 2)

V 2 X=V 2−RA∗Ia; V 2 X=V 2− RARG

∗(V 1−V 2)

Se calcula la salida de U3.

Puesto que existe realimentación negativa los voltajes en los terminales V+ y V- son iguales, por lo que igualando.

7


V 1X∗RA2RA

+Vo∗RA2RA

=V 2X∗RA2RA

Sustituyendo:

12∗[V 1+ RA

RG∗(V 1−V 2)]+Vo2 =1

2∗[V 2− RA

RG∗(V 1−V 2)]

Simplificando y agrupando.

Vo=V 2−V 1−2 RARG

(V 1−V 2); Factorizando en función de (V2-V1).

Solución: Vo=(V 2−V 1 )∗(1+2 RARG

)

Ejercicio N# 1.1.3:

Determine la salida Vo, en función de la entrada Vi.

Análisis:

Aunque existen los dos tipos de realimentación, la presencia del capacitor hace que la velocidad de respuesta de la realimentación positiva, sea más lenta que la realimentación negativa, por lo que el comportamiento dominante es el de realimentación negativa.

En función de lo anterior V+=V-.

Puesto que V-=1/2Vo queda.

8


Aplicando el principio de superposición, transformada de laplace y el paralelo condensador resistencia.

Cs//R =

1Cs

R

R+1Cs

12Vo=

1Cs

R

R+1Cs

1Cs

R

R+ 1Cs

+R

Vo+

1Cs

R

R+1Cs

1Cs

R

R+ 1Cs

+R

VI→ 12Vo=

RRCs+1R

RCs+1+R

Vo+

RRCs+1R

RCs+1+R

VI

12Vo= R

R+R2Cs+RVo+ R

R+R2Cs+RVI →

12Vo− R

2 R+R2CsVo= R

2 R+R2CsVI

2R+R2Cs−2R2(2R+R2Cs)

Vo= R2 R+R2Cs

VI ;→R2Cs2

Vo=R∗VI

Solución: Vo=2VIRCs

El sistema es un integrador → Vo= 2RC

∫−∞

t

VI (t )dt .

Ejercicio N# 1.1.4:

Calcule la salida del siguiente arreglo Vo, en función de las entradas Vx,Vy, Vz.

9


Análisis:

Se determina la realimentación para los OPAMPS U1,U2 y U3.

En todos estos OPAMS el incremento del voltaje de salida del OPAM reduce la corriente a través del emisor conectado a su salida, esto reduce la corriente de colector que su ves aumenta el voltaje en el terminal V-, luego la ganancia de la red es positiva y la de la entrada del OPAM es negativa por lo que la realimentación es (+)*(-)=(-), Negativa.

Se analiza cada red.

Análisis U2.

La relación entre la corriente de emisor y la tensión base emisor es: Ic=Io∗eV BE

nVT−Io, lo que puede

aproximarse a:Ic=Io∗eV BE

nVT V BE=nVt∗ln ( IcIo

)

Iy=Vy /50k; Ix= Vx50k

;Iz=Vz /50k V B(Q2)=−VBE (Q 1)=−¿nVt∗ln(

IcQ1Io

)¿

V E (Q2 )=−nVt∗[ ln( IcQ1Io )+ln( IcQ2Io)]=−nVt∗[ ln( Vy

Io∗50 k )+ln( VxIo∗50k

)]V BE (Q3 )=−V

BE (Q 4 )−¿V E (Q2)=nVt∗[ ln ( VyIo∗50 k )+ln( Vx

Io∗50 k )−ln (Vz

Io∗50 k)]¿

10


(Simplificando y aplicando antilogaritmos.)La corriente queda Ic(Q3) definida aproximadamente por:

Ic(Q3 )=Io∗e

nVt∗[ ln( VyIo∗50 k )+ ln( Vx

Io∗50k )−ln( VzIo∗50 k

)]nVt ; I c (Q3 )=

Vy∗Vx50k∗Vz

Solución: Vo=50k∗Vy∗Vx50k∗Vz

=Vx∗VyVz

Ejercicio N# 1.1.5:

Determine la corriente Ia, en función del voltaje de entrada Vi en el siguiente circuito.

Análisis:

Se determina el tipo de realimentación de la red, en este caso al aumentar el voltaje de salida del OPAM U1, se incrementa la corriente de emisor IE(Q1), lo que incrementa e voltaje en la entrada V- (Basado en esto la ganancia del circuito es positiva por lo que la realimentación es (+)*(-)=(-) Realimentación Negativa.

Luego se calcula I(R1) :

IR1=ViR1

=¿ IE (Q1)=IC (Q1 ) Aplicando Mallas al sistema de polarización de Q2 tenemos que:

Solucion:ViR1

R2+0,7=R2∗Ia+0.7 → Ia=Vi/R1

Ejercicio N# 6:

11


Determine la relación existente entre la entrada Vi y la salida Vo del siguiente circuito:

Análisis:

Se divide el trabajo para el análisis en dos bloques más pequeños.

Se procede a analizar el primer bloque.

En este caso hay que diferenciar dependiendo del voltaje de entrada y de la condición del diodo D1.

Caso D1 en conducción: Debe polarizarse en directo por lo que el flujo de corriente debe ser saliendo del OPAMP y teniendo como salida la entrada V1. Para que esto pueda ocurrir Vi<0, bajo estas condiciones presentamos realimentación negativa por lo que el voltaje en el pin V-=0, quedando lo siguiente:

Vi∗10k10k+10k

+Vo 1∗10k10k+10k

=0

Vo1=−Vi

12


Caso D1 no conduce. Vi>0 en este caso queda el siguiente arreglo.

Considerando que el OPAMP, presenta alta impedancia de entrada, lo que quedara es básicamente es dos resistencia en serie con el voltaje Vi, por lo que dado que el circuito llega a un OPAMP, el voltaje de llegada al circuito de U2 es aproximadamente Vi. En definitiva la salida del circuito que incluye a U1 es la siguiente.

{Vi<0 ;Vo1=−ViVi>0 ;Vo1=Vi

Lo que se puede definir como Vo1= valor absoluto de Vi.

Para el análisis de la segunda sección quedara lo siguiente:

En este segundo circuito las salida depende de cuál de los dos OPAMs presenta el mayor voltaje de entrada de forma tal que el voltaje mayor, bloquea la salida a la salida del otro OPAMP, al dejar al diodo en polarización inversa.

Finalmente el voltaje de salida será:

Solución: Vo=Max(abs(Vi),Vi)=abs(Vi)

Donde :

abs(x) Representa el valor absoluto de la variable x.

Max(x,y) representa el mayor entre (x) y (y).

13


Ejercicio N# 1.1.7:

Diseñar un circuito para obtener la siguiente relación de entrada salida.

Nota: Los puntos de cambio de pendiente son -4 V en la entrada y las pendientes son -1,-0.5.

Desarrollo:

Trabajaremos inicialmente con la mayor ganancia y luego iremos modificando hasta lograr cada una de las ganancias.

Desarrollo un sistema cuya ganancia sea -1.

Partiendo de la realimentación:

Forzando que la salida sea igual a –Vi, enemos que:

XX+Y

∗Vi+ YX+Y

∗Vo=Vx →X

X+Y∗Vi+ Y

X+Y(−Vi)=Vx

14


Colocando el Terminal V+ a 0V, queda.

XX+Y

∗Vi+ YX+Y

(−Vi )=0

La condición necesaria es:

X=Y

Haciendo a X=Y=22k. la primera etapa queda como: (Con Ganancia -1)

Se procede a generar la segunda pendiente -0.5, para esto agregaremos una resistencia en utilizando un diodo para la conexión, para determinar el punto de conexión utilizaremos un voltaje adicional, quedando el circuito como.

La conducción se produce cuando el voltaje de Thenvening (Vox

x+ y+ yx+ y

Vr ¿ en el punto de

conexión del diodo es aproximadamente 0.7v, por lo que se calculara el sistema para que cuando Vo=-4V.

−4 xx+ y

+ yx+ y

Vr=0.7; (Ecuación N#1, de las requeridas para definir a Vr,x,y), La resistencia

equivalente Thenvening es: Rth=xyx+ y

La corriente proveniente del nuevo punto de conducción queda como Vth/Rth:

15


Voy

+Vrx

−0.7∗( 1x+ 1y)

La suma de todas las corriente en el nodo conectado a V-, debe ser cero por lo que:

Vi22

+Vo22

+Voy

+Vrx

−0.7( 1x + 1y )=0

Para efectos de la ganancia solo Vi y Vo, interesan, el resto no queda más que como una constante, esto nos permite simplificar el manejo de la siguiente forma.

Vi22

=−Vo22

−Voy

(Es importante tener claro que la pendiente no depende matemáticamente de las constantes asociadas al sistema Vr y Caida a través del diodo.)

VoVi

=− 122

122

+1y

=−0.5; Simplificando: → 122

=0.522

+ 0.5y→ y=0.5 y+11→ 0.5 y=11→ y=22k

Esto fija el valor de (y) a 22k por lo que se utilizara la primera ecuación para determinar los demás

valores. −4x

x+ y+ yx+ y

Vr=0.7, Sustituyendo →−4 x22+ x

+ 2222+ x

∗Vr=0.7

−4 x+22Vr=0.7 (22+x )→−4 x+22Vr=15.4+0.7 x

−4.7x+22Vr=15.4

Hasta este punto se tienen más variables que ecuaciones, lo que genera infinitas soluciones por lo que se fijara uno de los valores y se calculara el otro, fijaremos Vr =5V, ya que es una de las fuentes disponibles generalmente.

−4.7x=15.4−22∗5

x=20.1k

Solución. (Diseño final)

16


Ejercicio N#1.1.8:

Analizar el siguiente circuito y determinar la relación entre la entrada (Vi) y salida (Vo) del mismo.

Análisis:

El análisis se desarrollara considerando inicialmente solo el OPAMP U1.

Se determina la salida considerando la realimentación negativa. V+=V-.

Vi∗10k10k+10k

+ Vo∗10k10k+10k

=0→Vo=−Vi

17


Se analiza la contribución de los circuitos de los amplificadores operacionales U3 y U2.

Análisis U3.

En este caso se determina la salida de la siguiente forma. El sistema se comporta como un seguidor en caso de que el diodo conduzca, sin embargo como el sistema está conectado a la salida del circuito anterior solo podrá conducir si el voltaje calculado en Vo supera los 5V en cuyo caso el OPAMP, fija el voltaje de salida Vo a 5V máximo.

En caso de Vo <5V, el diodo permanece abierto por lo que el este circuito es esencialmente un circuito abierto que no afecta la salida Vo.

Análisis U2.

Para que el diodo conduzca se requiere que el diodo permanezca en conducción lo que implica que el voltaje de salida de este circuito es superior a Vo calculado anteriormente, tomando como base los argumentos anteriores el punto de conducción viene definido por.

Vo∗22k22k+22k

+ 5∗2222k+22k

=0

De donde Vo=-5V, El diodo conduce para un voltaje Vo inferior a -5V, fijando el mismo a un valor mínimo de -5v, y permanece en abierto para cualquier voltaje mayor.

Solución:{ Vi>5V ;Vo=−5VVi∈ (−5,5V ) ;Vo=−Vi

Vi←5V ;Vo=5VGráficamente:

18


Ejercicio N# 1.1.9:

Calcular la función de transferencia entre la salida Vo(s) y Vi(s), para el siguiente circuito.

Análisis:

Se determina la realimentación predominante.

Debido a la posición en filtro paso bajo, la realimentación dominante es negativa.

Considerando que V+=V-, se determinan las ecuaciones.

Contribución de Vo en V+

19


¿

Vo∗R(R+ 1

Cs)

R+R+1/Cs

1Cs

+R(R+

1Cs

)

R+R+1 /Cs

∗1/Cs

R+1/Cs=

Vo∗R (RCs+1 )(2RCs+1 )

1Cs

+R (RCs+1 )(2 RCs+1 )

∗1

RCs+1

¿Vo∗ R

(2RCs+1 )1Cs

+R (RCs+1 )(2 RCs+1 )

=Vo∗ RCs

(2RCs+1 )(2RCs+1 )+RCs∗(RCs+1 )

(2 RCs+1 )

=Vo∗RCs

(2RCs+1 )+RCs∗(RCs+1 )=

Vo∗RCs3 RCs+1+(RCs)2

Contribución de Vi en V+.

¿

Vi∗

1Cs

∗(R+ 1Cs )

1Cs

+R+ 1Cs

R+

1Cs

∗(R+1Cs )

1Cs

+R+1Cs

∗1/Cs

(1/Cs+R)=

Vi∗

1Cs

(RCs+1)

(1+RCs+1 )

R+

1Cs

∗(RCs+1)

1+RCs+1

∗1

(1+RCs)

Vi∗

1Cs

(RCs+1)

(1+RCs+1 )

R+

1Cs

∗(RCs+1)

1+RCs+1

∗1

(1+RCs)=

Vi∗(RCs+1)

(1+RCs+1 )RCs+(RCs)2+RCs+(RCs+1)

(1+RCs+1 )

∗1

(1+RCs)=Vi

1RCs+(RCs)2+2RCs+1

Aplicando superposición.

Vi1

RCs+ (RCs )2+2 RCs+1+ Vo∗RCs3RCs+1+ (RCs )2

=Vo2

20


−Vi1

3RCs+(RCs )2+1=Vo∗2 RCs−[3 RCs+1+(RCs )2 ]

3RCs+1+(RCs )2

Solución: VoVi

= 1

[1+(3−2)RCs+(RCs )2 ]

Ejercicio N# 1.1.10: Desarrolle un circuito cuya función de transferencia sea Vo(s)Vi (s)

= 1s2+s+1

utilizando amplificadores operacionales.

Se transforma la función de transferencia en una ecuación diferencial.

ssVo ( s)+sVo ( s)+Vo ( s)=Vi(s)

Debido a que las derivadas presentan problemas epeciales con el ruido asociados a ellas, se transformara en una ecuación integral.

Vo ( s)+Vo (s )s

+Vo ( s)s2

=Vi (s )s2

Despejando a Vo(s):

Vo ( s)=Vi ( s)s2

−Vo (s )s

−Vo (s )s2

Se diseña el circuito basado en que existen dos integradores. (Orden de la función de transferencia)

21


Se calculan los valores del circuito basándose en que:

La ganancia requerida para Vi del circuito integrador U1 y U2 es 1, por lo que:

1R9C1

∗1

R4C2=1

Para lograr esto fijaremos a C1=C2=10Mf.

Luego fijaremos el producto de R9C1 y R4C2 a 1, por lo que R9=R4=100k.

Puesto que la ganancia del miembro de Vo con integral doble también es uno, la resistencia R2=R9=100k

Se calcula R3 como el paralelo de R9//R2=50k

Se Determina R5.

R5=GR 4

GR5

∗R4 Puesto que la ganancia requerida por R4 y R5 es 1, R5=R4=100k

La resistencia R1=R4//R5=50k

Las Resistencias R6,R7 solo deben tener como condición ser iguales por lo que se fijara R6=R7=10k, la resistencia R8=R7//R6.=5k

22


Solución:

1.2 Realimentación positiva:

Ejercicio N# 1.2.1

Determinar la relación entre la entrada y la salida del siguiente circuito.

Análisis:

En este caso al tener una realimentación positiva, los voltajes serán diferentes, presentando una zona de histéresis debido a la realimentación positiva, se procede entonces a determinar los umbrales donde se produce el cambio de signo del voltaje de salida.

Determino los umbrales de cambio:

23


Vo∗10k10k+10k

+Vref∗10k10k+10 k

=Vi; Vo2

+Vref2

=Vi

Debido a que Vo solo puede tener dos valores: (−E ) ,(+E), donde (E) es el voltaje de saturación del Opamp, el voltaje en el pin V+ solo puede tener dos valores que son:

Umbral Ato Vi : Uh=0.5E+0 .5Vref

Umbral Bajo Vi: Ul=−0.5E+0 .5Vref

En este sentido debido a que el Voltaje de entrada es alimentado en el terminal negativo tenemos que la salida del OPAMP será negativa para Vi muy alto cerca y pasara a ser positivo cuando sea menor que Ul, la grafica resultante cuando se varia la entrada desde Vi=Alimentación positivo hasta Alimentación negativo.

Solución:

Ejercicio N# 1.2.2

Determinar la relación entre la entrada y la salida del siguiente circuito.

Análisis:

Se determinan los umbrales 90 k

10k+90kVi+ 10k

10k+90kVo=Vref ; puesto que Vo, solo puede

obtener valores de saturación ± E, se tiene que:

0.9Vi+0.1Vo=Vref ; UL=1.1Vref−0.11E ; UH=1.1Vref +0.11E

24


El comportamiento se establece iniciando el recorrido desde Vo=Vcc hasta –Vcc, determinando la salida Vo, para cada entrada Vi.

Solución:

1.3 Ejercicios propuestos:

Determine la salida (Vo) de los siguientes circuitos, en función de la entrada Vi:

1.3.a)

1.3.b)

25


1.3.c)

1.3.d) Determine la salida del siguiente circuito.

Nota: El bloque U2, es un circuito que desarrolla la multiplicación entre las dos señales de entrada de tal

manera que su salida es: U 2o=U 2y∗U 2x

10

Donde: U2x, U2y son las entradas y U2o: Salida del circuito multiplicador.

1.3.e) Determinar la salida Vo, del siguiente circuito en función de V1,V2:

1.3.f) Calcular la salida del circuito Vo, en función de Vi.

26


1.3.g) Determine la salida en el siguiente circuito.

1.3.h) Determinar la curva que relaciona la salida con la entrada en el siguiente circuito.

27


1.3.i) Determinar la salida del siguiente circuito.

1.4 APLICACIONES DE EJEMPLO.

1.4.1 Diseño de un sistema hidroneumático. (Laboratorio N#1)

Se debe diseñar un control ON-OFF para un sistema hidroneumático, con la intensión de poder ajustar la presión del sistema. El arreglo es el mostrado a continuación:

El funcionamiento es el siguiente:

Debe poseer un botón de encendido/apagado del sistema hidroneumático con un indicador luminoso de estado (on).

Debe poseer un indicador de bomba encendida.

El ajuste de presión debe estar entre 3 y 4 bar. El motor de la bomba es trifásico.

El sensor de presión será el ASCX100DN cuyo rango de medición va de 0 a 100PSI, con una sensibilidad de 45mV/PSI.

28


Desarrollo del diseño.

Se efectúa un diagrama general del sistema a montar con la intención de establecer el diagrama general del sistema a desarrollar, en esta etapa no es necesario pensar en términos de la electrónica sino en términos de funciones requeridas. (Aquí se muestra un ejemplo del arreglo a diseñar)

Se desarrollan los circuitos de cada bloque.

Bloque de encendido apagado del sistema, en este caso se utilizara un relé para la detección de falla, cuyo contacto será utilizado para apagar el sistema. El método para el enclavamiento de la orden de arranque será el uso de un flip flop SR.

Bloque de tratamiento de la señal de presión. la misma será modificada para dar un valor equivalente a 1V/Bar, para determinar la amplificación se efectuar lo siguiente.

100 PSI ---- 4.5V, pero 100PSI equivalen a 6.9Bar por lo que para lograr la relación 1V/Bar se tendrá que

amplificar por: 6.9V4.5V

=1.53

29


Para esto se utilizara una realimentación negativa con una ganancia de 1/1.53:

Se conecta al OPAMP de la siguiente forma:

Se diseña el circuito de control de encendido de la bomba, utilizando un circuito con realimentación positiva, como se requiere una salida positiva cuando la entrada es positiva se introducirá el voltaje de entrada por el terminal V+ y Para ajustar el punto central se introducirá un voltaje de referencia en el terminal negativo.

Como el rango de presión en el que se moverá el sistema es entre 3 y 4 bar, los umbrales de voltaje se deberán ubicar en 4 y 3V, respectivamente por lo que las ecuaciones del sistema son.

xx+ y

Vo+ yx+ y

Vi=Ve

Vi=(1+ xy )Ve− x

yVo

Entonces tenemos:

3=(1+ xy )Ve− x

y10.5

30


4=(1+ xy )Ve+ x

y10.5

Restando ambas ecuaciones: 1=xy21 de donde

xy=0.047 se asumirá que la suma x+y=10k con lo que

se podrá utilizar un solo potenciómetro. Queda el siguiente sistema de ecuaciones:

{ x+ y=10x=0.047 y

Resolviendo: y=9.55k x=0.45k

Para el cálculo de Ve se tiene que:

4= (1+0.047 )Ve+0.5 Ve=3.51.047

=3.343V

Se adapta la salida a umbrales TTL digital mediante el siguiente circuito.

31


El diodo se utiliza para proteger a la unión base emisor del transistor en tanto la resistencia de 4.7k se añade para controlar la corriente a la base del transistor.

Circuito para la orden de encendido.

Este circuito recibirá la orden de sistema ON procedente del Flip Flop y el comando de activación de la bomba proveniente del OPAMP con realimentación positiva.

Circuito de Conexión de la Bomba:

En este caso se utilizara un relé, el cual presentara un diodo de protección para el transistor que se encargara de controlar la activación o no del rele. El circuito resultante es:

Solución:

32


1.4.2 Se construyo un sistema para soplar aire con una temperatura variable dependiendo de la apertura de una válvula tipo mariposa, como se muestra en la figura.

33


Una resistencia alimentada por 120Vac genera una potencia constante de forma tal que el aire se calienta dependiendo de la cantidad de aire que pasa, la cual es controlada por medio de una válvula mariposa conectada a un motor DC de 24V, cuyo eje esta acoplado a un potenciómetro.

Se adiciono un sensor de temperatura para medir la temperatura de los gases en la salida del ducto.

En función de lo anterior diseñe un control de temperatura entre 40 y 60 grados si la curva experimental al medir la temperatura obtenida contra la posición de la válvula mariposa es la siguiente:

Desarrollo:

Se elabora un diagrama en bloques de sistema a diseñar.

34


Utilizaremos dos lazos de control uno externo para la temperatura y otro interno para la posición de la válvula, es importante notar que la entrada del lazo del controlador de la posición de la válvula, debe estar dentro del intervalo de 10 a 90% que es rango de operación sin saturación del movimiento. Debido a esto debe colocarse un limitador en el Control PI_1.

Determino cada uno de los bloques.

Bloque de acondicionamiento de la señal del LM35:

Para esto se utilizara un amplificador que llevara la salida de 10mV, por grado centígrado a 0.1V/grado centígrado. Para esto utilizaremos un amplificador con ganancia 10, quedando:

Bloque de resta y controlador PI_1. (Se alimentara el potenciómetro de medición de la posición del eje de la válvula, con 5V por lo que el voltaje de salida del controlador deberá ubicarse entre 0.5V (10%) y 90% (4.5V).

Para efectuar este bloque comenzaremos con la construcción del circuito restador y de la referencia.

35


Como la referencia será entre 40 y 60 C, el voltaje de ajuste de temperatura deberá estar entre 4 y 6V, para lograr esto a partir de un arreglo divisor desde 12V de alimentación se tendrá utilizando un potenciómetro de 10k.

12 yx+ y+10

=4 12 xx+ y+10

=6→ xy=64=1.5 → 12 y−6 y−4 y=40→ y=20k

Calculando x=1.5*20k=30k x=30k Para evitar la caída de voltaje al conectar al circuito restador se utilizara un seguidor, conectando un restador para llegar hasta justo antes del controlador tenemos.

Nota: Observe que la realimentación se ha conectado al terminal no inversor del restador, esto es debido a que la pendiente de la curva apertura - temperatura de salida es negativa por lo que es un bloque de ganancia negativa, para mantener la realimentación negativa se introduce la realimentación por el terminal no inversor del restador del primer lazo de control.

El controlador que se usara en este caso será un PI, utilizando un OPAMP, debemos definir el voltaje con el que alimentaremos el potenciómetro utilizado para medir el ángulo de desplazamiento de la válvula,

36


en nuestro caso utilizaremos 5V, equivalente a 100% abierto en la válvula y 0V, totalmente cerrada (Criterio basado en la conveniencia del valor que no es ni muy alto o muy pequeño). Limitaremos el voltaje de salida del controlador en el intervalo de 0 a 5V, utilizando un arreglo de diodos y Opamps.

El ajuste del potenciómetro R13, se efectúa de la siguiente forma 12∗P10k

=5 P=5012

=4.2k.

El diodo se utiliza para evitar la posible polarización en inverso del capacitor electrolítico, lo que podría producir la falla del mismo.

Para el cálculo de R10/R11 y C1 se utiliza la teoría de control apoyada por Matlab una vez finalizado el

diseño, las constantes asociadas para este PI: son kp=(1+ R11R10

) KpTi

= 1(R10∗C)

.

Diseño del segundo controlador se utilizara la misma configuración utilizada anteriormente para determinar el error de posición de la válvula, quedando.

37


De igual manera el control para la posición se utilizara un Proporcional al cual le daremos una ganancia inicial de 10, esta vez adicionaremos un arreglo que actuara como amplificador de corriente, asumiendo que el motor a utilizar será de aproximadamente +/-24V. El circuito se diseñara de la siguiente forma.

Fijaremos la ganancia con el arreglo amplificador.

La resistencia de 10k en conjunto con la de 90k fija la ganancia.

Ahora tenemos que amplificar tanto la corriente como el voltaje ya que la salida del amplificador no puede controlar los niveles requeridos, debido esto se utilizara un arreglo con transistores en donde se dispondrá de un transistor para el control de la corriente de base de un segundo transistor, utilizando realimentación negativa.

38


Se puede observar que si se maneja la corriente con un transistor solo se podrá trabajar con uno de los siguientes casos (Vm>0) o (Vm<0), por esto utilizaremos para cada caso una línea diferente de transistores según el voltaje Vm sea positivo o negativo.

Análisis del circuito: Si 0.1Vm>E2 la salida de U9 tendera a bloquear el transistor Q2, con lo que al reducir la corriente que pasa por Q1, el voltaje de salida Vm se reducirá por efecto de la disminución de la corriente tendiendo a igualar a ambos voltajes.

La operación con el circuito Q4,Q3 es similar a la obtenida con el conjunto Q1,Q2.

Nota: Se debe calcular la potencia quemada en los respectivos colectores ya que debido a la forma de control utilizada la potencia quemada en los mismos es significativa, dependiendo del valor de la corriente en el motor y el voltaje de salida siendo máxima para el valor de voltaje de salida mínimo.

El circuito resultante hasta este punto será el siguiente:

39


Observe que aun falta la realimentación de posición del eje que acciona la válvula mariposa, que será el elemento que cierra el segundo lazo de control (Proporcional).

Para el diseño de la realimentación de la posición del eje se utilizara un potenciómetro seguido de un seguidor para independizar el voltaje de salida de la carga que se conecte.

El cálculo de la resistencia X, se realiza mediante un divisor de tensión teniendo en cuenta que hemos definido previamente el voltaje a de realimentación de posición al rango de 0 a 5V.

x10+x

∗12=5 12 x−5x=50 x=7.14 k

Finalmente el diseño final queda:

40


Solución:

Las líneas punteadas indican conexión mecánica entre las partes.

41


CIRCUITOS OSCILADORES DE RELAJACION:

La construcción de osciladores de relajación es muy sencilla partiendo de los circuitos de control por brecha diferencial, la única diferencia real, es que lo que se controla de forma primaria es la velocidad con que oscila el voltaje de salida entre los umbrales, más que el valor en sí de los umbrales manejados.

Es por esto que podemos decir que un temporizador por relajación es un sistema de control por brecha diferencial que ha sido diseñado para lograr una forma de onda con periodos en on y off específicos. Se

En función de lo anterior los amplificadores operacionales son una buena opción aunque limitada en la generación de osciladores y temporizadores. Sin embargo dado que este tipo de circuito es de uso muy común se han desarrollado circuitos integrados de uso especifico para la generación de las temporizaciones como son el LM555, LM321, ECG

2.1 Diseño de Astables con Amplificadores operacionales y Comparadores.

Básicamente el problema de este tipo de circuitos es definir los umbrales de disparo los cuales son fijados más fácilmente en términos de la diferencia entre el (Umbral Alto –Umbral bajo) y el valor medio entre ambos, esta división del problema es recomendable puesto que la diferencia entre ambos umbrales solo depende del voltaje de salida, en tanto que el valor medio depende normalmente de un voltaje externo cuya función es desplazar el punto medio de los umbrales.

Lo anterior puede verse en el siguiente ejemplo de diseño, supóngase que se desea diseñar un astable con las siguientes características utilizando un amplificador operacional.

a) Ton=1ms Toff=1ms.

b) Umbral mínimo= 2V, Umbral alto: 6V.

Procedimiento:

Se fijan los umbrales tomando como base el voltaje de alimentación.

Suponiendo que el voltaje de alimentación del Amplificador Operacional es=+/-12V, Los voltajes de saturación serán E=12-1.5V=10.5V y 10.5V.

42


Colocando la conexión de realimentación del voltaje a controlar (Capacitor) en el terminal (-), se tendrá lo siguiente:

2E∗R1R2+R1

=UH−UL21R1R1+R2

=6−2=4V

Una ves fijada la diferencia se procede a fijar el valor medio sumando una tensión por el extremo de R1, de tal forma que el valor medio vendrá dado por.

R2R1+R2

Va=6V +2V2

=3V R2R2+R1

Va=3V

Aquí se tiene un sistema de dos ecuaciones independientes y tres variables, por lo que el mismo admitirá infinitas soluciones posibles desde el punto de vista matemático, pero nosotros debemos acotarla a valores físicamente razonables y tratar de escoger aquellos que faciliten la implementación.

Para nuestro caso escogeremos R1+R2=10k por lo que obtenemos la tercera ecuación que define al sistema, ya que esto implica que en lugar de dos resistencias solo se utilice un potenciómetro de 10k, facilitando el montaje.

Resolviendo el sistema de tres ecuaciones con tres variables tenemos que: R1=1.9k, R2=8.1k y Va=3.7V. Para generar el voltaje de 3.7V se utilizara un potenciómetro conectado a 12V y para evitar la variación de esta referencia al conectar a la carga se utilizara un arreglo de seguidor con un amplificador operacional quedando:

43


La realimentación negativa que determina los tiempos de carga y descarga, se implementara con una resistencia, sin embargo dado que tanto el estado ON, como el estado OFF, están definidos independientemente se utilizara una resistencia diferente para cada caso lo que permitirá cumplir con ambos requisitos.

Para conseguir esta diferenciación se usaran dos diodos los cuales servirán para seleccionar la resistencia a utilizar en cada caso.

Calculo de R4, R5 y C1.

Para este cálculo se comenzara con fijar a C1, a un valor razonable de acuerdo a la temporización requerida (si en este paso colocamos un valor muy grande las resistencias resultantes serán muy pequeñas (Orden de los Ohmios) en caso de utilizar un capacitor muy pequeño los valores resultantes serán del orden de los megaohmios.

44


En estos dos extremos existen problemas debido que a muy bajas resistencia se puede llegar a saturar la capacidad corriente del amplificador operacional y en caso de valores muy grandes, se tendrán errores significativos por las corrientes de fuga y polarización de los diferentes componentes.

Fijaremos C1 a 1Mf.

Calculo de los parámetros para obtener el ton requerido:

Calculando R4 (Ton) En este caso el capacitor se carga desde UL=2V hasta 6V, por la siguiente red de carga mostrada.

Se supone que el diodo está conduciendo, por lo que sustituye por una fuente con la tensión de codo propia del diodo, luego se determina la ecuación diferencia de la red de carga:

R4∗I (t)+0.7+ 1C 1

∫−∞

t

I (t )dt=10.5

Utilizando la condición inicial donde la carga del capacitor es 2V, se tiene que para t=0 (Cero es el inicio de la condición Ton para este análisis)

R4∗I (0 )+0.7+2=10.5 I (0 )=7.8V /R4

Se transforma la ecuación integral en una ecuación diferencial derivando la misma, para poder encontrar la solución.

R4∗dI (t)

dt+I (t )C1

=0

Aplicando los conocimientos de las ecuaciones diferenciales homogéneas se obtiene que la solución de esta ecuación diferencial está dada por:

45


I (t )=K e−t

R 4C 1

Pero dado que en t=0 I(t)=7.8/R4, se cumple:

K e0=7.8R 4

→K=7.8/R4

Se determina el valor de R4 necesario para cumplir con la condición de tiempo planteada en el enunciada en el problema utilizando t=Ton, aquí la carga del capacitor C1=6V.

R4∗7.8R 4

∗e−t

R4C 1+0.7+6=10.5→7.8∗e−t

R 4C 1=3.8

e−t

R 4C 1=3.87.8

Aplicando logaritmos.

Ton=−R4∗C 1∗ln(3.87.8 )→Ton=R4∗C 1∗ln(7.83.8 )Despejando R4.

R4= Ton0.72C1

= 10−3

0.72∗10−6=1.39 k

Calculo de los parámetros para obtener el toff:

46


Se determina la ecuación integral de la red que descarga al capacitor.

R5∗I ( t )−0.7+ 1C1

∫−∞

t

I (t )dt=−10.5

Se determina I(0), la condición inicial del capacitor es V=6V:

R5∗I (0 )−0.7+6=−10.5→I (0 )=−10.5+0.7−6R5

=−15.8R5

El signo negativo solo implica que el sentido de la corriente es inverso al supuesto inicialmente.

Se Calcula R5, utilizando la condición final.

−R5∗15.8R5

∗e−t

R5C 1−0.7+2=−10.5→−15.8∗e−t

R4C 1=−11.8

Toff=−R5∗C1∗ln( 11.815.8 )→Toff=R5∗C 1∗ln(15.811.8 )R5= Toff

0.292C1= 10−3

0.292∗10−6=3.4k

Con lo que se finaliza el diseño.

Solución:

47


R5=3.4k R4=1.39k R1,R2=Potenciómetro 10k C1=1Mf

2.1.1) Ejercicio: Determine la salida del siguiente circuito, indicando el periodo Ton , Toff y la forma de onda resultante.

Procedimiento.

Determino los umbrales con Vo positivo y negativo.

Caso positivo:

48


E∗15

+ 5∗45

=UH→UH=0.2E+4

Caso negativo:

−E∗15

+ 5∗45

=UL→UL=4−0.2 E

Se analiza el caso positivo punto de inicio UL, punto final UH.

De acuerdo a la malla existente se tendrá que:

−E+ 110−6 ∫

−∝

t

Ia (t)+1000 Ia ( t )+0.7=0

Evaluando en t=0, la ecuación se reduce a la siguiente expresión.

4−0.2E+1000 Ia (0 )=E−0.7→Ia (0 )=1.2E-4 .71000

Se transforma la ecuación de la malla en una ecuación integral.

Ia (t)10−6

+1000dIa(t )dt

=0→( 1

10−6+1000D)Ia ( t )=0→D=−1000

Ia ( t )=k e−1000 t→utilizando Ia (0 ) .→k=Ia (0 )=1.2E-4 .71000

Utilizando la expresión obtenida en la ecuación de la malla original evaluada en t=ton.

−E+4+0.2E+1000∗( 1.2E-4 .71000 )e−1000t+0.7=0

−0.8E+(1.2E-4 .7 ) e−1000 t=−4.7

49


−1000 t=ln [(−4.7+0.8 E)(1.2E-4 .7 ) ]

ton=0.001∗ln [ (1.2E-4 .7 )(−4.7+0.8 E) ]

Calculo de Toff.

Se determina la malla de descarga.

Se determina la ecuación de la red utilizando el transistor con el colector conectado a tierra.

−E+0.7+104∗(2 Ib )+100∗Ib=0→20100∗Ib=E−0.7

Ib=E−0.720100

Esta corriente es la misma corriente que descarga el capacitor por lo que su ecuación será:

Para t desde -

∞a0

el voltaje en el capacitor es UH.

−1C

∫−∞

t

Ibdt=¿UL→UH− Ib∗ToffC

=UL→Toff =(UH−UL )

Ib∗C ¿

50


Toff=(UH−UL )

( E−0.720100 )

∗C

2.1.3) Determine la salida en el siguiente circuito. (Asuma que Rd es aproximadamente cero)

Procedimiento:

Se determinan los umbrales de cambio de estado.

x∗Vbx+ y

+ y∗Ex+ y

=UHx∗Vbx+ y

− y∗Ex+ y

=UL

Se analiza el estado On, Vo=E positivo. (El diodo está abierto) queda entonces una fuente dependiente de Va, considerando la realimentación negativa se cumple que.

IQ3=VaRa

→IQ3∗1k=IQ1∗0.1k→IQ1=

1k0.1k

∗Va

Ra→ IQ1=

10∗V aRa

Esta corriente es la que carga al capacitor (C), dado que es constante se tiene que:

1C∫−∞

t

IQ1dt=UH→UL+IQ1∗Ton

C=UH

51


Sustituyendo:

Solución:

Ton=( 2 yx+ y

E)IQ 1

∗C

Ton≈T

Puesto que Rd es aproximadamente Cero el tiempo de descarga es muy pequeño por lo que se puede considerar que el tiempo de descarga es despreciable.

2.1.4) Ejercicio: Determine la salida del circuito mostrado en el siguiente diagrama.

Procedimiento:

Se determinan los umbrales.

Para determinar los umbrales hay que tener presente que los amplificadores operacionales U3 y U4 determinan los valores máximos de (Vo) al intervalo [−Va ,Va ] , por lo que los valores de E serán ±Va.

52


En función de esto, las ecuaciones para los umbrales son:

−Va∗ yx+ y

+UH∗xx+ y

=Vb→UH=Vb∗(1+ yx )+( yx )Va

Va∗yx+ y

+UL∗xx+ y

=Vb→UL=Vb∗(1+ yx )−( yx )Va

Se hallan el tiempo de con Vo=E.

−1Rd∗C ∫

−∞

t

Edt=¿Vb∗(1+ yx )−( yx )Va¿

Nota: Debido a que la pendiente de carga es negativa con respecto al voltaje Vo, durante el tiempo Ton, el voltaje de salida del integrador va de UH a UL, en lugar de ir de UL a UH como los ejercicios resueltos anteriormente.

UH: Inicial UL: Final

Vb∗(1+ yx )+( yx )Va− E∗t

Rd∗C=Vb∗(1+ y

x )−( yx )Va

−E∗tRd∗C

=−2( yx )Va→Ton=2Rd∗C∗( yx )∗Va

E

Calculo de Toff: Periodo con Vo=-E.

UH: Inicial UL: Final

Vb∗(1+ yx )−( yx )Va+ E∗t

Rd∗C=Vb∗(1+ y

x )+( yx )Va

E∗tRd∗C

=2( yx )Va→Toff =2 Rd∗C∗( yx )∗Va

E

Solución:

Ton=Toff=2∗Rd∗( yx )∗Va

E

53


T=Toff +Ton=4 Rd∗C∗yx∗E

∗Va

2.1.5) Ejercicio: Diseñe un monoestable con salida normalmente positiva y estado activado negativo y Tactivo=1ms.

Procedimiento:

Análisis inicial:

Para lograr un comportamiento monoestable se debe diseñar un oscilador y luego evitar que el mismo pueda alcanzar uno de los umbrales, para la activación de este umbral impedido se utiliza una señal externa, en este caso se utilizara un circuito oscilador simple de acuerdo al siguiente esquema.

Para darle el comportamiento de monoestable se impedirá que el voltaje del capacitor llegue a al umbral Alto, lo cual se logra incluyendo un diodo como limitador.(Esto permitirá que la salida permanezca en nivel alto )

El recorrido para la temporización es desde el estado estable (0.7V) en el capacitor hasta el umbral bajo UL, por lo que se analizara este recorrido.

1C∫−∞

t

I(t )dt+Ri∗I(t )+E=0

Evaluando con la condición inicial Vcapacitor=0.7V.

54


0.7V +Ri∗I(0)+E=0→I (0)=−E+0.7

Ri

Aplicando derivadas a la ecuación de la malla.

I (t)

C+R

d I(t )dt

=0

Resolviendo la ecuación diferencial.

(RD+1/C ) I (t )=0→D=−1/RC

I (t )=k e−tRC

Buscando el valor de k, utilizando t=0.

k e−0RC=−E+0.7

Ri→k=−E+0.7

Ri

Una vez definida completamente la ecuación de la corriente procedemos a calcular toff, utilizando la ecuación original de la malla sustituyendo las condiciones finales del sistema.

UL+Ri∗(−E+0.7Ri

e−toffRC )+E=0→UL+(−(E+0.7)e

−toffRC )+E=0

toff=−RC ln( E+ULE+0.7 )→toff=−RC ln( E+UL

E+0.7 )Finalmente se fijan los valores del sistema.

UL= − yx+ y

∗E

Fijando UL=0.5E y obteniendo y,x mediante un potenciómetro de 10k, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

55


x+ y=10y

x+ y=0.5

Cuyas soluciones son x=5k, y=5k

Fijamos a C=1Mf.

Calculamos luego el valor de Ri.

Ri= −Toff

C ln( 0.5 EE+0.7 )Asumiendo E=10.5 tendremos que Ri=1.3k.

Finalmente solo queda colocar el circuito de disparo del monoestable para lo cual se utilizara un arreglo pasa altas con la finalidad de que solo se puedan observar las transiciones.

El tiempo de estabilización tiene que ser varias veces menor que el tiempo de la temporización para evitar distorsión de la temporización, por lo que haremos que la constante de tiempo empleada para este caso sea al menos 5 veces inferior a la constante de la temporización.

Tenemos adicionalmente que el tiempo de conmutación del amplificador operacional desde un voltaje de saturación hacia el opuesto será igual a:

Tconmutcion= 2EdVdt

Donde :dVdt

es el ritmode cambiode la salidadel Amplificador

Para un LM324 alimentado con ±12V, se tendrá aproximadamente 2∗10.51

10−6=21*10−6s.

56


Este tiempo representa el mínimo necesario para que se produzca la conmutación, tomando como base estas dos consideraciones el tiempo se fijara en aproximadamente 0.2ms

Se encuentra la resistencia equivalente:

Requiv= x∗yx+ y

=5∗510

=2.5k

0.21000

=2500∗C 1→C1= 0.21000∗2500

=0.08Mf

El valor de C1 se fijara a 0.1Mf.

Solución:

2.1.6) Ejercicio: Determine el tiempo activado del siguiente circuito.

57


Analizamos el circuito de forma general.

Debemos tener en cuenta que:

El disparo es un impulso de entrada positivo de muy corta duración.

Una vez que se produce el disparo el capacitor C2, se comporta como una fuente de voltaje de cargada por lo que debe considerarse esta condición.

En este caso no se puede hablar de umbrales debido al tipo de realimentación.

Determino la condición inicial del sistema, Vo=E y I(t)=0.

−E+Vc (0 )=0→Vc (0 )=E

Desarrollo de la red de temporización.

La temporización se da cuando el voltaje positivo entra por medio de Vi durante su transición por el filtro pasa altas, se procede a determinar la malla en el caso de Vo=-E considerando las dos resistencias de 100k. (10^5Ohm)

58


E+(2∗105 ) I(t )+1C2

∫−∞

t

I (t )dt=0

Se determina la ecuación diferencial.

(2∗105 )d I(t )dt

+ 1C2

I (t )=0→I (t )=k e−t

(2∗105∗C 2 )

Sustituyendo en la ecuación original y colocando la condición inicial.

E+(2∗105 )k e−0

(2∗105∗C 2 )+E=0→k= −2E(2∗105 )

Se calculo el tiempo en off. V+=-2, Vresistencias=-4V

E+(2∗105 ) −2 E(2∗105 )

e−t

(2∗105∗C 2)−E+4=0→−2Ee−t

(2∗105∗C 2 )=−4

toff=− (2∗105∗C2 ) ln ( 2E

¿)=0.38 s¿

Solución:

toff=0.38 s

59


2.2) Ejercicios de análisis de Temporizadores con el LM555.

Para el caso de diseño de temporizadores con el LM555, se debe tener en consideración lo siguiente.

La conexión entre el elemento almacenador de energía (Normalmente un capacitor) determina el funcionamiento como astable.

Si existe conexión entre el voltaje de control y un voltaje externo los umbrales de disparo y reset se ubican en ½ Vcontrol y Vcontrol, respectivamente en caso de no existir conexión con algún voltaje externo lo umbrales se ubicaran en 1/3 Valimentacion y 2/3Valimentacion.

2.2.1) Determine la frecuencia de salida (fo) del siguiente circuito.

60


Determinamos los umbrales de disparo.

Puesto que no existe ningún voltaje aplicado en el pin del voltaje de control los umbrales quedan definidos como:

Uh=23∗Vcc→Ul=1

3∗Vcc

Calculo el tiempo en alto.

Se determina la ecuación de carga del capacitor C.

(R1+R2 )∗I (t )+ 1C∫−∞

t

I (t )dt−Vcc=0

Se resuelve la ecuación derivando toda la expresión:

(R1+R2 ) dI ( t )dt

+I (t)C

=0

Para la solución general se asume una solución del tipo exponencial originando la siguiente ecuación:

((R1+R2 )∗D+ 1C )∗I ( t )=0

D= −1(R1+R2 )∗C

I ( t )=k e−t

(R1+R2 )∗C

El valor de k se determina utilizando la condición inicial. Voltaje inicial del Capacitor en t=0

Vcap=13∗Vcc.

(R1+R2 )∗k+ 13∗Vcc−Vcc=0

61


k= 2/3Vcc(R1+R2)

Para el cálculo del tiempo en alto ton, se utilizara la condición final Uh.

(R2+R1 )∗2/3Vcc(R1+R2)

e−t

(R1+R2 )∗C+ 23∗Vcc−Vcc=0

23∗V cc∗e

−t(R1+R2)∗C=1

3∗Vcc

Ton=(R1+R2 )∗C∗ln2

Se determina el tiempo en estado off.

Partiendo de la ecuación de descarga en el tiempo off.

R2∗I ( t )+ 1C∫−∞

t

I ( t )dt=0

Derivando.

R2∗dI (t)

dt+I (t )C

=0

La Solución homogénea es:

I ( t )=k e−tR2C

Con la condición inicial del segundo periodo se determina el valor de k durante el tiempo de descarga.

R2∗k+ 23∗Vcc=0

k=−23∗Vcc

R2

Ya determinado el valor de k, se determina el tiempo toff, utilizando la condición final Vcap=1/3*Vcc.

62


−R2∗23∗Vcc

R2∗e

−tR2C+

13∗Vcc=0

toff=R2∗C∗ln 2

Se determina el periodo y luego la frecuencia: T=ton+ toff=0.693∗(2∗R2+R1 )∗C

Solución:

fo= 1.44(2∗R2+R1 )∗C

2.2.2) Determinar el tiempo ton en el siguiente circuito.

63


Se determinan los umbrales alto y bajo.

Debido a que está funcionando en modo astable (Conexión capacitor al disparo) y no hay ningún voltaje conectado al pin de control los umbrales serán 1/3Vcc y 2/3Vcc.

Se calcula la corriente de carga del capacitor depende del transistor Q2, cual actua como una fuente de corriente controlada por Q1, a través del amplificador operacional U2 y su realimentación negativa. Esta queda definida par la ecuación:

IR2=VaR2

=IQ1

Luego analizando la malla D1/Q2.

R1∗IQ!+Vd=V BE+R3∗IQ3

V BE≅Vd

IQ3=R1R3

∗IQ 1

Determina el tiempo ton.

64


1C∫−∞

t

IQ3dt=23∗Vcc

IQ3C

∗t+ 13∗Vcc=2

3∗Vcc

Ton=( 13∗Vcc ) CIQ3Se calcula el toff.

En este caso puesto que la descarga no tiene ningún método para limitar el flujo de corriente se asume que el tiempo de descarga es aproximadamente cero por lo que:

Toff ≈0

Solución:

La frecuencia del sistema es:

T=ton+ toff=( 13∗Vcc) CIQ3

fo=3 IQ3

(Vcc )∗C

2.2.3) Determinar el periodo ton en el siguiente monoestable.

65


Al ser un monoestable el voltaje inicial del sistema será 0 V y el final 2/3Vcc.

La red de carga está conformada por una fuente de corriente constante y una resistencia en paralelo al condensador que actúa como elemento de descarga.

La ecuación de carga del sistema es aplicando nodos.

CdVcdt

+ VcR1

+ IQ2=0

Donde el valor de IQ2 viene dado por:

IQ2∗R3+V BEQ 2=3.7

IQ2=3VR3

Se resuelve la ecuación diferencial.

66


La solución homogénea del sistema es:

Vc=k e−t

R1∗C

Se asume una solución particular del tipo:

at+b

Luego sustituyendo:

C∗a+ atR1

+ bR1

=IQ2

Quedando:

b=IQ2∗R1

Vc=IQ2∗R1+k e−t

R1∗C

En t=0:

0=IQ 2∗R1+k→k=−IQ2∗R1

Vc ( t )=IQ2∗R1∗(1−e−t

R1∗C )

Evaluando en t=ton:

IQ2∗R1∗(1−e−t

R1∗C )=Vc (t )

−e−t

R1∗C=( 23∗Vcc−IQ2∗R1)

( IQ2∗R1 )

ton=−R1∗C∗ln( IQ2∗R1−23∗VccIQ 2∗R1 )

67


Solución:

ton=R1∗C∗ln( IQ 2∗R1

IQ 2∗R1−23∗Vcc )

Nota: Se debe observar IQ2*R1>2/3Vcc, para que el sistema pueda oscilar.

2.2.3) Determinar la frecuencia de salida del siguiente circuito.

Se determinan los umbrales. Uh=2/3Vcc, Ul=1/3Vcc.

Se determina la ecuación del periodo ton.

68


L∗dI (t )dt

+R1∗I (t )=Vcc

Para este se efectuara la solución particular y la solución particular.

Solución general de la ecuación diferencial.

I ( t )=ke−R∗tL

Solución particular. (Se asume una solución del tipo at+b)

L∗a+R1∗a∗t+R1∗b=Vcc

a=0

b=VccR1

La ecuación resultante es:

I ( t )=VccR1

+ke−R∗tL

Evaluando en t=0, VR1=1/3*Vcc. I(0)=Vcc/(3R1)

Vcc3R1

=VccR1

+k

k=−2∗Vcc3R1

I ( t )=VccR1

−2∗Vcc3 R1

e−R∗tL

69


Luego el Ton viene definido por VR1=2/3Vcc, I(t)=2*Vcc/(3R1).

2∗Vcc3 R1

=VccR1

−2∗Vcc3R1

e−R∗tL

Vcc3R1

=2∗Vcc3 R1

e−R∗tL

ton= LR1

∗ln 2

ton=0.69 LR1

Calculo del tiempo toff.

R1∗I (t )+ L∗dI (t )dt

−0.7=0

Solución general:

I ( t )=ke−R∗tL

Solución particular:

L∗a+R1∗a∗t+R1∗b=0.7

a=0

b=0.7R1

Para determinar a k, se utiliza la condición inicial VR1=2/3Vcc.

2Vcc3 R1

=0.7R1

+k

70


k=2Vcc3 R1

−0.7R1

k=2Vcc−2.13 R1

Se determina el tiempo off.

0.7R1

+( 2Vcc−2.13R1 )∗e−R∗tL = Vcc

3 R1

( 2Vcc−2.13 R1 )∗e−R∗tL =Vcc−2.1

3 R1

−R∗tL

=( Vcc−2.12Vcc−2.1 )

toff= LR∗ln( 2Vcc−2.1Vcc−2.1 )

Solución:

toff= LR∗ln( 2Vcc−2.1Vcc−2.1 )ton=0.69 L

R1

T=toff +ton

fo=1/T

71


2.2.4) Determinar el voltaje de salida Vo, en función de la carga RL.

Se determina la frecuencia del LM555, la cual es independiente del arreglo de diodos en la salida.

fo= 1.44(2 R1+R2 )∗C

= 1.44

3∗10−4=4800Hz

Luego se realiza un balance de la carga suministrada por el capacitor C3 a C4 y la sustraída por RL.

Tenemos que durante el ciclo Vout=0, El capacitor se cargara aproximadamente a 5V-0.7V=4.3V.

Luego durante el ciclo ton el mismo se descarga sobre C4, ya que el voltaje existente en ese momento en la terminal del capacitor será= 4.3+5V=9.3V:

(9.3−0.7−Vo )∗C3=∆Q

Expresada en Culombios por segundo:

dQdt

=Ic=(8.6−Vo )∗C3∗fo

72


Luego la descarga a través de R4.

Id= VoR4

Igualando ambas expresiones:

VoR 4

= (8.6−Vo )∗C3∗fo

Vo=(8.6−Vo )∗C 3∗R 4∗fo

Vo+Vo∗C3∗R4∗fo=8.6∗C 3∗R4∗fo

Solución:

Vo=8.6∗C 3∗R 4∗fo1+C 3∗R 4∗fo

73


Nota: Se está asumiendo que el voltaje de caída durante el tiempo de conducción de los diodos es 0.7V, sin embargo con valores de RL muy grandes esta caída tiende a cero, por lo que el límite real se aproxima a 10V. (Para efectuar el cálculo exacto se debe considerar la resistencia dinámica del diodo)

ima a Vo=10V, cuando RL es infinito (Sin resistencia)

74


2.2.5) Resolver y determinar fo en el siguiente circuito.

Se determinan los umbrales: (Por el tipo de conexión es un astable)

Uh=2/3Vcc

Ul=1/3Vcc

Se calcula la corriente de carga IQ1.

IQ1=IQ2

Asumiendo que la corriente de polarización en los transistores es despreciable (β>100¿, se tendrá que:

(R4+R3+R1 )∗IQ1+V BEQ 1+V BEQ 2=15

IQ1=15−1.4

R1+R2+R3

75


Se determina el tiempo ton.

1C1

∫−∞

t

IQ1dt=23∗Vcc→ 1

3∗Vcc+

IQ1C1

∗ton=23∗Vcc

ton=( 13∗Vcc)∗C1

IQ1

Nota: No se ha considerado la corriente por Q4, debido a que durante el periodo ton, el transistor de descarga del LM555 (Dis) se encuentra en colector abierto.

Se calcula el tiempo toff, el pin de descarga (Dis) del LM555 se cortocircuita a tierra.

Se calcula IQ4.

IQ4∗R5=IQ2∗R 4

IQ4=IQ2∗R 4R5

=2 IQ 2

Se determina el toff.

1C1

∫−∞

t

IQ1dt=13∗Vcc→ 2

3∗Vcc+

IQ1−2 IQ1C 1

∗ton=13∗Vcc

toff=( 13∗Vcc)∗C1

IQ1

Solución:

T=2∗(13∗Vcc)∗C 1

IQ1

76


fo=3 IQ1

2Vcc∗C1

77


2.2.6) Resolver y determinar ton y toff en el siguiente circuito.

Calculo ton.

Se determina la corriente IQ1.

IQ1∗R1=5−0.7

IQ1=4.3 /R1

Se calcula la malla entre los diodos y Q3, Q2.

R2∗IQ1+1.4=R3∗IQ2+V BEq2+V BEq3

R2∗IQ1=R3∗IQ2

IQ2=R2∗IQ1R3

78


Nota: Se ha despreciado la corriente de base de los transistores, debido a la gran ganancia aportada por los transistores, se asume que la ganancia de todos los transistores es mayor que 100.

Se establecen los límites o umbrales en términos del voltaje en el capacitor C1.

Vch=(R5+R 4)

R5∗Va

Vcl=(R5+R 4)2∗R5

∗Va

Se obtiene la ecuación de carga del capacitor.

−IQ2+Vc

R 4+R5+C 1∗dVc

dt=0

La ecuación planteada tiene solución particular y general.

Solución general:

Sg=ke−( t

(R4+R 5)∗C 1 )

Solución particular:

Sp=at+b

atR 4+R5

+ bR 4+R5

+C1∗a=IQ2

a=0

b=IQ2∗(R 4+R5)

Finalmente la ecuación de carga queda como:

Vc=IQ2∗(R4+R5 )+ke−( t

(R 4+R5 )∗C 1 )

En t=0, estamos en Vc=UL*(R4+R5)/R5

Va2

∗R 4+R5

R5=IQ2∗(R 4+R5 )+ke−(0)

79


k=( Va2∗R5

−IQ2)∗(R 4+R5 )

k=(Va−2∗R5∗IQ2 )∗(1+ R4R5

)

Haciendo :A=(1+ R4R5 )

Se calcula ton:

(Va−2∗R5∗IQ 2)∗A∗e−( t

(R 4+R5 )∗C1 )+ IQ2∗(R4+R5 )=A∗Va

e−( t

(R 4+R5 )∗C 1 )=(A∗Va−IQ2∗(R4+R5 ))

(Va−2∗R5∗IQ2 )∗A

ton=−(R4+R5 )∗C 1∗ln [ (A∗Va−IQ2∗(R4+R5 ))(Va−2∗R5∗IQ2 )∗A ]

ton=−(R4+R5 )∗C 1∗ln [ (Va−IQ2∗R5)

(Va−2∗R5∗IQ2 ) ]Calculo de toff.

Para el cálculo del toff, solo se tendrá una red conformada por un par de resistencias en serie en paralelo con el capacitor de temporización C1, por lo que ecuación será:

(R4+R5 )∗I (t )+ 1C1

∫−∞

t

I ( t )dt=0

Derivando:

(R 4+R5 )∗dI (t)dt

+I (t )C1

=0→I ( t )=k∗e−t

(R4+R5)∗C 1

Con la condición inicial se determina el valor de k:

80


(R4+R5 )∗k+Va∗(1+ R4R5 )=0

k=−Va/R5

La ecuación previamente definida se utiliza para determinar el toff.

−(R4+R5 )∗VaR5

∗e−t

(R4+R5)∗C 1+

Va2

∗R 4+R5

R5=0

e−t

(R4+R5 )∗C 1=12

toff= (R 4+R5 )∗C1∗ln (2 )

Solución:

ton=−(R4+R5 )∗C 1∗ln [ (Va−IQ2∗R5)

(Va−2∗R5∗IQ2 ) ]toff= (R 4+R5 )∗C1∗ln (2 )

2.3) Ejercicios de diseño con el LM555.

2.3.1) Diseñar un control de temperatura para un horno utilizando el LM555, con una capacidad de control de 30 a 50C, la potencia de salida aproximada de 750 Watts.

El arreglo físico para el control de temperatura es el siguiente:

81


Aquí se contempla la protección contra picos de voltaje y el di/dt en los triacs, para el control de disparo se utilizaran un opto-triacs .

Desarrollo del diseño:

Se elabora un diagrama en bloques del diseño.

En función del objetivo deseado se contempla.

Un bloque par a generar la referencia de temperatura (Se utilizara una relación temperatura voltaje de 0.1 V/C, el voltaje minimo será 3V equivalentes a 30C y el máximo de 5V equivalentes a 50C.

Se empleara un bloque tipo controlador PI (Proporcional integral) para el ajuste de la señal de control para los disparos.

Un bloque que genere una señal de referencia tipo diente de sierra, sincronizada con la senoidal de entrada para el control de la secuencia de disparo.

Un bloque que a través de la comparación de la diente de sierra y de la señal de control establecerá el disparo.

Un bloque para el encendido de los triac.

El bloque que establecerá la realimentación que incluye el elemento de medición y la adecuación de la señal a los niveles de la referencia.

El calor es generado por una resistencia con 750Watt, alimentada con 120VAC.

En función de lo anterior el diagrama de bloque resultante

82


Se diseña cada uno de los bloques requeridos:

Bloque de tensión de referencia. (Treferencia)

Para este bloque se utilizara una tensión de referencia obtenida de un divisor de tensión, que a será alimentado con un voltaje fijo de 10V, el cual estabilizaremos con un diodo zener alimentado con una fuente de voltaje constante, para evitar el efecto de carga del circuito que, se utilizara un arreglo en seguidor de tensión realizado con un amplificador operacional.

Para generar la fuente de constante utilizaremos un arreglo con transistores del tipo PNP y un diodo zener. el zener fijara la corriente (Io) por el camino comprendido por la siguiente ecuación:

3V +V BEQ 2=R1∗I+V BEQ 1

V BEQ2≈V BEQ 1

3V=R1∗Io

Puesto que en este caso lo importante es polarizar con una corriente suficiente al diodo zener que alimentara la fuente de corriente, se fijara la resistencia R1 de forma arbitraria a 0.33K lo que nos dará poco menos de 10mA en la corriente (Io).

83


En cuanto a la corriente de polarización del diodo zener D1, VDZ=3V se fijara en aproximadamente 10mA, por los mismos motivos que en el caso anterior.

Realizando la malla:

15V−V BEQ 2−VZD1−R2∗I

R2≈15V−0.7V−3V

10mA=1.13k

Aunque el cálculo genera un resultado de 1.13K, el valor se fijara a 1k, el cual es más fácil de conseguir ya que como en el caso anterior el valor R2, no necesita ser exacto sino constante.

Finalmente para generar la referencia se colocara un zener que genera un voltaje estable para obtener de allí la referencia con un divisor de acuerdo al siguiente circuito.

La resistencia R4, es necesaria para colocar el zero del potenciometo a 30C (3V) y la resistencia R3 para fijar el límite de la temperatura de ajuste en 50C (5V).

84


El potenciometro será de 10k, (De acuerdo a la disponibilidad, pero debe tenerse presente que la corriente utilizada por el divisor de voltaje sea mucho menor que la de polarización del zener), partiendo de esto se calculan las resistencias faltantes.

R5∗10VR5+R 4+R3

= (5V−3V )→ R5R5+R 4+R3

=0.2

R 4∗10R 4+R3+R5

=3→ R 4R 4+R5+R3

=0.3

Dividiendo ambas ecuaciones:

R 4R5

=0.30.2

=1.5→R4=R5∗1.5=10k∗1.5=15k

Por un procedimiento similar se calcula R3, pero considerando que en R3 deberá haber una diferencia de tensión de 5V.

El amplificador operacional en modo seguidor es utilizado para evitar la variación del voltaje del divisor al colocar la carga.

Se determina el controlador:

Para el controlador se utilizara un arreglo restador seguido de PI, la parte proporcional se conseguirá mediante un arreglo amplificador no inversor. Para obtener la parte integral se utilizara un capacitor.

Los valores de las resistencias R6,R8,R6 y R7 deben ser iguales para asegurar el correcto funcionamiento del restador, las fijaremos a 10k.

85


En cuanto al PI la función de transferencia se determina mediante el divisor de tensión:

V +¿U 3=R10

R11+1

C1∗S

Vo=Err ¿

Donde:

Vo: Voltaje de salida del PI.

Err: Voltaje de salida del restador

Despejando (Vo) en función de Err.

Nota: Se ha colocado la referencia en el terminal negativo debido a que se desea mantener la realimentacion negativa, ya que esta accion contrarresta a la ganancia negativa del bloque de potencia el cual conforme aumenta la entrada de control disminuye la potencia entregada a la carga.

Generación de la diente de sierra sincronizada con la señal de 60Hz de la red:

Para esto se utilizara un LM555, ejecutando un reset del dispositivo cada vez que se tenga un cruce por cero, la carga del capacitor será mediante una corriente constante para generar una curva de carga tipo lineal.

En función de lo anterior el problema se divide a su vez en dos partes que son: La generación de un pulso con cada cruce por cero y luego el arreglo monoestable con el LM555.

Diseño del sistema de sincronización de pulsos:

86


El pulso sincronizado con la tensión alterna lo obtendremos utilizando un transformador con una relación de 10 a 1, posteriormente esta salida cuyo valor pico es de 12√2=±16.9V la rectificaremos para obtener una señal que va de 0 a 15.4V, la cual alimentara a un transistor quien será el que detecte el cruce por cero, ya que en ese intervalo la base esta a sin polarizar por lo que la salida del transistor es aproximadamente 5V.

Para conformar mejor el pulso de salida e invertirlo se utilizara una compuerta Smith trigger TTL 7414.

La resistencia R1, se fija arbitrariamente a 1k, lo que deja una disipación de potencia máxima de menos de 0.25 Watt, el transistor D5 se ha agregado para evitar daños al transistor durante el ciclo negativo de la salida del rectificador.

En la figura se puede observar el circuito resultante y la forma de onda de salida contra la entrada de 120 VAC.

Circuito monoestable:

El reset del circuito monoestable tiene que ser diseñado utilizando una red filtro pasa altas para acortar lo más posible el tiempo en off , pero respetando el necesario para poder reiniciar el estado del LM555 .

87


La resistencia se coloca conectada a 5V, para lograr que el estado estable de la salida del filtro pasa altas sea 5V y no cero como seria en el caso de conectarla a tierra.

La constante debe cumplir con la relación:

R∗C4≪( 160

)/2

R∗C4≪8.33∗10−3

R≪ 8.33∗10−3

C4=8.33∗10

−3

10−6

R≪8.33k

Fijamos R de forma arbitraria: R=0.33k , que cumple con la condición anterior.

Para el temporizado utilizaremos una configuración tipo astable, la corriente de carga será constante para generar la rampa, el circuito resultante es:

El tiempo en (on) debe ser aproximadamente 8.3ms=1/(60*2), (Se debe recordar que el reset del dispositivo se producirá en la región cercana a 0V de la señal de 120VAC).

23∗Vcc= 1

C 2∫−∞

t

IQ5dt

88

SINCRONISMO


23∗Vcc=

IQ5∗tonC2

IQ5=2∗Vcc∗C 23∗IQ5

Donde:

IQ5: Corriente Colector del transistor Q5.

Vcc: Alimentación.

Ton: Tiempo en alto de la temporización.

Bloque comparador (De encendido de los Triac):

Este bloque estará constituido por un comparador, que establecerá la comparación entre el voltaje de control y la rampa, la salida de este comparador se utilizara como señal de encendido en un Optotriac (MOC3021).

89


La Salida del comparador se conecta a una resistencia para limitar la corriente al diodo emisor del opto triac y en paralelo al optotriac se coloca un diodo para evitar la polarización en inverso del diodo emisor de luz integrado en el opto triac.

El valor de R15, se fija mediante la corriente necesaria para polarizar el diodo (LED) mediante la siguiente ecuación:

R15=10.5V−1.5VI led

=0.9k

Donde:

El 10.5V proviene del voltaje de saturación positivo del amplificador operacional.

El 1.5V proviene del voltaje de conducción típico del diodo LED del OPTO TRIAC.

I led: Corriente de polarización del LED del OPTO TRIAC, la cual fijaremos a 10mA.

Bloque de control de potencia;

El arreglo para la potencia contempla la proteccion para sobre di/dt y dv/dt. El circuito utilizado es el siguiente:

90


Para el cálculo del bloque de potencia se establece la ecuación de la malla conformada por todo el sistema.

Primero se define el triac a utilizar:

Condiciones Nominales:

Corriente de trabajo (Itrab):

Ptrab=Vin2

RL→RL= Vin2

Ptrab=

(120Vac )2

750=19.2Ω

Donde:

Ptrab: Potencia del calentador.

Vin: Voltaje alterno de 120 VAC, de la línea de distribución eléctrica.

RL: Resistencia eléctrica en el calentador.

Se determina el triac a utilizar:

Puntos a considerar:

Inominal>750 Watt120

Vac=6.25 A

91


Vnominal>120∗√2=169Voltaje pico.

En función de lo anterior se escoge el ECG5608, como dispositivo a utilizar ya que el mismo presenta una corriente Irms de 8 A, y un voltaje de DC pico de 400V por lo que cumple con ambas condiciones y deja un margen de seguridad.

Las características del dispositivo seleccionado son (Tomadas del manual de ECG):

Igt Min (I y III cuadrantes) = 10 mA.

Igt Min (II y IV cuadrantes) = 10 mA.

Vgt max=2.5V

Ihold=15mA

Von max=1.5 V

dV/dt=25 V/μsec

Se calcula la red snubber necesaria.

Se determina la constante de tiempo necesaria.

τ=0.632∗VmaxdV k

dt

=0.632∗40025

=10.1μsec

Donde:

τ : Constante de tiempo del Snubber.

Vmax: Voltaje máximo permitido por el triac.

dV k

dt: Variacion de voltaje maxima en el triac.

Calculo el valor de la Resistencia de la red snubber:

Rs= Vmax( Isnk−IL)∗K

= 400(80−6.25 )∗0.3

= 40022.15

=18Ω

92


Rs: La Resistencia del snubber.

K:El Factor de seguridad de 0.1 a 0.4.

Isnk: La Corriente máxima permitida en el tiristor (Isurge Max)

Se calcula C:

C= τRL

=10.1∗10−6

19.2Ω=0.52μF

Donde:

C: Capacitor de la red de snubber.

RL: Resistencia de carga del circuito (Calentador)

Se determina el valor máximo di/dt.

Rs=√ VmaxdIdt

∗C

Rs2= VmaxdIdt

∗C→

dIdt

= Vmax

Rs2∗C= 400

18∗18∗0.52∗10−6=2.37∗106V / sec

dI/dt: Ritmo de cambio maximo en la corriente del triac.

Para culminar el calculo del snubber se determinara la inductancia L.

L=VmaxdIdt

= 400

2.37∗106=168μH

93


L: Inductancia del snubber.

Una ves definido el snuber se debe determinar el valor de la resistencia que limitara la corriente por el el triac asociado al opto-triac, para lo cual necesitamos saber cuanto vale la maxima corriente por compuerta en el triac que maneja el grueso de la potencia y la maxima corriente a traves del opto-triac.

Corriente repetitiva maxima dentro en el triac del opto triac: 1 A

Pgt Aveg =0.5W Del triac para el manejo de potencia.

VGT=2.5 V del triac para manejo de potencia.

Igt (triac)=Pgt Aveg/VGT=0.5/2.5 =0.2A.

Utilizaremos esa corriente como la corriente maxima de disparo a utilizar, se calcula la resistencia necesaria.

(RL+Rd )∗Id (max)+2.5=Vpico

Donde

Vpico= 169V,

Id(max)=Corriente en el optotriac de trabajo para el disparo=0.2A.

Rd: Resistencia limitadora de corriente para el opto triac.

Id (max)=0.2 A

Rd=Vpico−2.50.2

−RL=169−2.50.2

−19.2=813Ω

Rd se aproxima a: 1k

94


Bloque de medición:

Para el bloque de medición se utilizara un arreglo con un sensor de temperatura el LM35, el cual genera una señal de 10mV/Grado centígrado. Como esta señal apenas da 0.5V para 50 grados centígrados será amplificada para que coincida con nuestra referencia multiplicando por 10.

El potenciómetro fue ajustado con un 1k hacia la tierra y los restantes 9k hacia la salida de amplificador operacional para lograr la ganancia de 10.

Finalmente todos estos bloques deberán conectarse entre si para lograr el sistema de control completo.

95


96


MODULACION POR ANCHO DE PULSO Y CONTROL DE POTENCIA FUENTES CONMUTADAS:

En la práctica las fuentes lineales presentan una serie de problemas evidentes que las hacen indeseables en muchas aplicaciones a causa de las siguientes limitaciones.

Presentan un rendimiento muy bajo.

No se puede obtener un voltaje superior al del voltaje de alimentación.

No se puede invertir el signo del voltaje de alimentación.

Son voluminosas y pesadas.

Estas limitaciones hacen que aplicaciones como una PC, una Lap top, un carro de juguete o una fuente para un modulo de comunicación remoto alimentada con foto celdas sean ejemplos donde utilizar una fuente lineal no puede ser una opción es por esto que el estudio de las fuentes de voltaje conmutadas, resulta necesarias dentro del área de electrónica.

Ventajas de las fuentes conmutadas:

Dentro de las ventajas existentes en las fuentes conmutadas tenemos las siguientes:

Desaparece la limitación en cuanto al voltaje de salida, ya que con estas fuentes se puede lograr obtener voltajes superiores, invertidos o mayores que la alimentación.

El rendimiento de estas fuentes puede ser muy alto >90%, lo que representa un considerable ahorro de energía con respecto a las fuentes lineales.

La baja disipación de potencia en los elementos de control de potencia reduce la dimensión de los disipadores, transformadores y otros elementos utilizados, por lo que se reduce sensiblemente tanto el tamaño como el peso de la fuente para una potencia dada.

Adicionalmente mediante la conmutación se puede obtener Voltaje alterno a partir de un voltaje de DC único, lo que permite el uso de esta técnica para el control de motores y fuentes ininterrumpidas de potencia.

97


CIRCUITOS BASICOS DE FUENTES CONMUTADAS:

REDUCTORA (STEP DOWN):

Es una fuente orientada a reducir el voltaje de entrada, su función es parecida a la de los reguladores lineales, aunque al tomar como base un principio diferente su rendimiento es muy superior.

Arreglo básico de una fuente reductora.

Figura …: Diagrama básico de una fuente conmutada reductora.

Calculo de la inductancia y la capacitancia de la fuente reductora:

Observe que el diodo utilizado es un diodo tipo Schotty, debido a que la velocidad del proceso de conmutación requerida en este tipo de aplicaciones, la regulación se logra de la siguiente forma:

Durante el intervalo Ton (Conmutador S1: cerrado) la fuente Vi es aplicada directamente en la bobina L, lo que hace que se incremente la corriente a través de la bobina. Esta corriente pasara a cargar el capacitor o a salir a hacia la carga formando parte de Io, la malla genera la siguiente ecuación: (Ver figura . .) (a):

L∗d I bdt

=Vi−Vo

Donde: L= Inductancia. Ib: Corriente en la bobina. Vi: Voltaje de alimentación a la fuente.

98


Figura . . .

Debido a que el intervalo ton es muy corto se puede asumir que el voltaje Vo, permanece casi constante por lo que se puede aproximar la derivada a una pendiente única durante el intervalo ton:

L∗∆ Ib∆ t

=Vi−Vo→∆Ib=Vi−VoL

∗Ton

Ton= Tiempo con el conmutador cerrado por cada ciclo, En este caso el valor de ∆ t=ton:

Donde:

Vi: Voltaje DC de entrada a la fuente Vo: Voltaje DC de salida de la fuente

L: Inductancia ∆ Ib: Variación de la corriente de la bobina.

Luego durante el intervalo toff con el conmutador S1 abierto figura (…) (b), se produce la reacción de la bobina en sentido opuesto lo que pone en conducción al diodo, asumiendo que la caída de voltaje en el diodo es aproximadamente cero como aproximación inicial se tendrá que:

−L∗dIbdt

=Vo≈−L∗∆ Ib∆ t

∆ Ib=−VoL

∗Toff Ecuación ….

Donde:

Toff: Tiempo con el conmutador abierto, por ciclo.

99


Nuevamente dado que el tiempo en off en un intervalo muy corto, la variación de voltaje debe ser muy pequeña por lo que la ecuación de la derivada puede ser aproximada por una ecuación de diferencias sin introducir un error significativo.

Se puede observar que mientras aumenta el Voltaje de salida se reduce la variación positiva de Ib, en tanto la variación negativa se incrementa, puesto que la variación positiva arranca de su valor máximo se puede inferir que en algún momento la variación de corriente durante el ton y toff serán iguales manteniendo el voltaje constante.

En esas condiciones se cumple que:

Vi−VoL

∗Ton−VoL

∗toff=0→ViL

∗Ton=Vo (Ton+toff )

L=Vo

L∗T

Vo=Vi∗TonT

→Ton=VoVi

∗T Ecuación …

Donde:

T: Periodo de la señal de control del conmutador.

Calculo de la Inductancia:

Tomando la variación en la corriente calculada en cualquiera de las ecuaciones de la variación de corriente en la bobina ( ∆Ib).

∆ Ib=Vi−VoL

∗Ton→Sustituyendo→∆ Ib=

Vi−VoL

∗Vo

Vi∗T

∆ Ib=(Vi−Vo )∗VoL∗Vi∗fo

Donde:

fo :frecuencia de trabajo del conmutador = 1/T.

Despejando L:

L=(Vi−Vo )∗Vo∆ Ib∗Vi∗fo

Ecuación ….

100


Calculo del capacitor necesario:

Para el cálculo se graficara la corriente en la bobina (Ib)y la carga (Io):

Figura….

Se puede observar que la corriente de carga es la diferencia de (Ib-Io), donde (Ib) es función del tiempo e Io constante, el tiempo de carga en cada ciclo será durante:

Ton2

+ toff2

=T2

La carga total adquirida por el capacitor queda representada durante este tiempo queda definida como el área entre el triangulo con base T/2 y altura ∆Ib/2. Realizando el cálculo de la variación de carga en el capacitor se tiene:

∆Q=Base∗altura

2=

T2∗∆ Ib /2

2=T∗∆ Ib8

Sustituyendo:

∆Q=T∗¿8

(Vi−Vo )∗VoL∗Vi∗fo

→(Vi−Vo )∗VoL∗Vi∗fo2

¿

Pero se tiene que:

101


C ∆Vo=∆Q

C=(Vi−Vo )∗Vo

L∗Vi∗fo2∗∆VoEcuacion:…..

Donde:

∆Vo: Variación de voltaje en el capacitor de salida.

C: Capacitor de salida de la fuente, en realidad este valor define el mínimo valor del capacitor para obtener una variación del voltaje de salida menor o igual que ( ∆Vo).

∆Q: Variacion de la carga almacenado en el capacitor de salida (C ) en Coulombios.

FUENTE ELEVADORA (STEP UP):

Esta fuente es útil en caso de necesitar un voltaje mayor que el voltaje de alimentación, esta configuración permitirá regular solo voltajes superiores a la alimentación de entrada por lo que la posibilidad de regulación será Vo<Vi.

El arreglo básico para este tipo de fuente conmutada es el siguiente:

Figura …

Análisis del arreglo durante el Ton (Conmutador Cerrado):

Durante el Ton, el circuito resultante es una fuente de voltaje Vi, conectada en serie a una bobina por lo que la ecuación de incremento de corriente cumple con la siguiente relación aproximada.

102


Vi=LdIbdt

Figura ….: Circulación de la corriente de la bobina, durante el Ton, para la fuente Elevadora.

Argumentando nuevamente que el periodo Ton es un intervalo muy pequeño, se supone que Vi es constante por lo que la derivada toma la forma siguiente.

Vi=L∗∆ Ib∆ t

Debido a que el ∆ t , considerado es esencialmente igual a Ton se tiene que:

∆ Ib=ViL

∗Ton

Análisis durante el toff (Conmutador Abierto)::

Figura …..

La ecuación resultante es despreciando la caída de voltaje del diodo tendremos:

103


Vi−LdIbdt

=Vo→− L∗∆ IbToff

=Vo−Vi

∆ Ib=−(Vo−Vi )

L∗Toff

Determino el punto de equilibrio sumando las variaciones de corriente durante el Toff y Ton, queda:

0=− (Vo−Vi )

L∗Toff+Vi

L∗Ton

−VoL

∗Toff=−ViL

∗Toff−ViL

∗Ton

Vo=Vi+Vi∗TonToff

Vo=Vi(1+ TonToff

) Ecuación ….

Coloco a Ton y Toff en función de Vo, Vi y T.

{Vo=Vi (1+ TonToff

)

Ton+Toff=T

Despejando en la segunda ecuación a (T):

Toff=T−Ton

Sustituyendo en la primera:

Vo=Vi+ TonT−Ton

∗Vi

Despejando Ton:

(Vo−Vi )Vi

∗T−(Vo−Vi )

Vi∗Ton=Ton→Ton=

(Vo−Vi )Vi

∗T

1+(Vo−Vi )

Vi

=(Vo−Vi )∗T

Vo

104


Ton=(Vo−Vi )∗T

Vo Ecuación: …

Finalmente se determina la Variación de corriente en términos de Vi,Vo y fo=1/T, para determinar la bobina.

∆ Ib=ViL

∗Ton→∆ Ib=

ViL

∗(Vo−Vi )∗T

Vo=Vi∗(Vo−Vi )Vo∗L∗fo

L=Vi∗(Vo−Vi )Vo∗fo∗∆ Ib

Ecuación……

Calculo del capacitor:

Nuevamente se graficara el comportamiento de la corriente en la fuente, contrastándolo con la corriente de salida Io, para realizar esta representación deberemos tener presente que la potencia de entrada y salida del circuito son aproximadamente iguales debido a la alta eficiencia de este tipo de fuentes, por lo que es válida la igualdad:

Vi∗Ib=Io∗Vo

Despejando a (Ib).

Ib= Io∗VoVi

Ecuación

En este punto se Graficara la curva de la corriente:

105


Figura …, Comportamiento de las corrientes de la bobina y salida en una fuente elevadora.

Durante el Ton la corriente de la bobina esta conectada a tierra de forma tal que el capacitor C, se descarga y en el periodo Toff la corriente de la bobina fluye hacia al capacitor y la carga, cargando al capacitor.

En las condiciones de equilibrio la variación de voltaje en el Toff y Ton son iguales motivo por el cual se escoge cualquiera de los dos para determinar el valor de C, en esta ocasión utilizaremos el periodo Ton.

∆Q=Io∗T on

Sustituyendo:

∆Q=Io∗(Vo−Vi )∗T

Vo

Calculamos el capacitor:

C∗∆Vo=Io∗(Vo−Vi )∗T

Vo→C=

Io∗(Vo−Vi )Vo∗∆Vo∗fo

C=Io∗(Vo−Vi )Vo∗∆Vo∗fo

Ecuación ….

FUENTE INVERSORA:

En este tipo de fuente se utiliza para obtener un voltaje negativo a partir de uno positivo, con un valor absoluto que puede ser mayor, menor o igual que el voltaje de entrada resolviendo de esta forma los problemas existentes para la generación de voltajes negativos.

El arreglo básico es el mostrado en la figura…

106


Figura…….

Análisis del funcionamiento de la fuente inversora y cálculo de sus componentes:

Análisis del Ton:

Durante el Ton el circuito que está conectado a la bobina presenta la siguiente forma.

La expresión que relaciona la corriente en la bobina y su voltaje viene dada por :

LdIbdT

=Vi

Nuevamente como el voltaje Vi es constante y el tiempo Ton es muy corto se puede aproximar la ecuación diferencia a una ecuación de diferencias:

L∗∆ Ib∆ t

=Vi

Haciendo a ∆ t=Ton: L∗∆ IbTon

=Vi→∆ Ib=ViL

∗Ton

Análisis del Toff:

El circuito para la conducción de la corriente por la bobina durante el intervalo Toff es:

107


Hallando la ecuación de la corriente y despreciando la corriente a través del diodo Schottky y aplicando el mismo criterio manejado en el caso de Ton.

Despejando ∆ Ib y sustituyendo ∆ t=Toff .

∆ Ib=VoL

∗Toff

Para que el sistema se estabilice se debe cumplir que:

ViL

∗Ton+VoL

∗Toff=0→Vo=−Vi∗¿nToff

Vo=−Vi∗TonToff

Ecuación..

Calculo de la Bobina (L):

∆ Ib=ViL

∗Ton

Despejando de la ecuación …. , a Toff:

Toff=−ViVo

∗Ton

Sustituyendo en la ecuación del periodo.

T=Ton+Toff=Ton− ViVo

∗Ton=Ton∗(1− ViVo

)

108


Ton= T

(1−ViVo

)

Sustituyendo: ∆ Ib=

ViL

∗T

(1−ViVo

)=

Vo∗Vi∗TL∗(Vo−Vi)

L= −Vo∗Vi∆ Ib∗(Vi−Vo )∗fo Ecuación…..

Nota: Se debe recordar que Vo<0 por lo que la ecuación de (L) solo genera resultados positivos.


En este caso durante el tiempo de conexión de la fuente, la corriente de carga del capacitor es suprimida por lo que durante este periodo que se descarga el capacitor, puesto que la variación durante este periodo es igual a la del periodo Toff, pero con signo contrario cualquiera de los dos periodos puede ser utilizado, utilizaremos el tiempo Ton, para el cálculo de ∆Vo.

∆Q=Io∗Ton

Pero por la ecuación .. ∆Q= Io∗T

(1−ViVo

)= Io∗Vo∗T

Vo−V i= Io∗Vofo∗(Vo−Vi)

Se debe recordar que Vo<0.

Finalmente el valor del capacitor es:

C∗∆Vo=∆Q→C∗∆Vo= Io∗Vofo∗(Vo−Vi)

C= Io∗Vofo∗(Vo−Vi )∗∆Vo Ecuación……

109


EJEMPLOS DE DISENO DE FUENTES CONMUTADAS:

Ejercicio 1.1: Se diseñara una fuente de 5V con una salida de corriente nominal de 1 Amp, partiendo de una fuente DC de 20V.

Notas adicionales: El rizado de voltaje máximo permitido es de 30mV y se debe proteger al circuito de corrientes mayores que 1.5A.

Análisis inicial:

La primera parte del análisis consiste en determinar qué tipo de configuración se utilizara, partiendo de las especificaciones dadas el tipo de arreglo debe ser el Reductor, acto seguido se deben determinar los valores necesarios de L y C.

L=(Vi−Vo )∗Vo∆ Ib∗Vi∗fo

Donde:

Vi: Voltaje de entrada=20V.

Vo: Voltaje de salida=5V

Fo: Frecuencia del oscilador, debe ser fijada por nosotros, normalmente por encima de los 20kHz, teniendo presente que a mayor frecuencia más pequeños son los valores necesarios de L y C, pero mayor será la perdida por efectos de la conmutación.

En este diseño se escogerá a fo=40kHz.

∆ Ib: Este valor depende del diseñador, normalmente se asume un 40% de la corriente promedio de la bobina, que para el caso de la fuente reductora es aproximadamente a la de salida Io = 1A.

Fijamos a ∆ Ib=0.4A.

Ya con todos los demás valores calculados se estima L:

L=(20v−5 v )∗5 v

0.4 A∗20v∗40∗1000Hz=234 μH

Luego calculo C:

110


C≥(Vi−Vo )∗Vo

L∗Vi∗fo2∗∆Vo=

(20 v−5v )∗5v∗106

234∗20v∗1600∗106∗30∗10−3= 75∗106∗103−6

234∗20∗1600∗30=3.3∗10−7+6−3

C≥3.3∗10−4 F=3.3∗10−4=330 μF .

C=330 μF .

Se escoge el integrado a utilizar para efectuar el control PWM, actualmente existen en el mercado muchas opciones para este problema, consideraremos en este diseño el uso del LM3524.

Descripción funcional del circuito.

El integrado es un sistema que contiene todos los bloques necesarios para generar el control por PWM de un sistema, dentro de sus características principales están:

Posee dos transistores de salida complementarios (Cada uno tiene control sobre la mitad del periodo, para la supresión de ruido.

Tiene la posibilidad de implementar el control de corriente máxima.

Posee una entrada digital para el apagado de la misma.

Voltaje máximo de entrada 40V, máximo voltaje de colector 55V.

Corriente máxima de salida en el colector 200mA.

Posibilidad de sincronizar, con otro dispositivo mediante el pin 3.

El diagrama de bloques del dispositivo es el siguiente:

111


Figura ……

Explicación sobre el funcionamiento del circuito integrado:

Regulador de Voltaje: Es un bloque que genera un voltaje de salida de 5V, con la intensión de disponer de un voltaje de referencia para la fuente. La corriente máxima suministrada por el regulador hacia el pin de Vref es de 50mA, por lo que se pueden colocar cargas cuyo consumo este por debajo de ese valor.

Bloque Amplificador de Error:

Realiza la diferencia de la entrada por el pin V(+) y el V(-), restando ambos y amplificando la diferencia al multiplicarla por mas 10000 veces su valor, esto permite que con realimentación negativa el valor dependiente de el voltaje de salida en el amplificador de error siga al otro, lo que permite controlar el voltaje de salida. Es importante notar que el voltaje de salida de este bloque tiene una impedancia de salida elevada, lo que permite que los bloques de control de corriente limite, compensación y Apagado, controlen su salida sin crear corrientes excesivas.

El pin de (compensación) sirve para tener control directo de la PWM lo cual se logra debido a que esta cortocircuitado con la salida del amplificador de error, si no se va a utilizar es necesario compensar la

112


salida del bloque amplificador de error mediante la conexión de una resistencia de 50k en serie con un capacitor de 0.001Mf

La relación entre la salida del amplificador de error y Pin de compensación con el ciclo útil de la PWM es mostrada en la figura .

Figura…..

En este bloque el voltaje en el pin V(+) y V(-), deben estar en rango de 1.5 a 5.5V, para lograr un funcionamiento adecuado.

El bloque oscilador:

Bloque que genera una diente de sierra cuya frecuencia viene dada por la ecuación

fo= 1Rt∗Ct

Donde:

Rt: Resistencia conectada al pin Rt , valores recomendados entre 1.8k y 100k.

Ct: Capacitor Conectado al pin Ct, valores recomendados entre 0.001Mf hasta 0.1Mf.

Fo: Frecuencia del oscilador.

113


Bloque de limitador de corriente:

Permite proteger a la fuente, mediante una resistencia en serie con la carga ya que al alcanzar una diferencia de voltaje entre los pines CL(+) y CL(-), igual 0.2V el ciclo útil se reduce a un máximo de 25%, si el voltaje entre estos dos pines se incrementa hasta 0.21V, el ciclo útil será apagado.

El rango de valores de voltaje en estos pines debe permanecer entre -0.7V y 1V.

Transistores de salida:

Constituyen dos transistores cada uno con una capacidad en el colector de 200mA, el funcionamiento de ambos es complementario ya que uno domina 180 grados.

Bloque de Apagado:

Este bloque tiene como función detener la PWM y suprimir la salida de la fuente mediante la entrada de una señal de nivel alto al pin (Apagado).

Implementación del diseño:

Partiendo de arreglo de la figura…., se debe implementar el conmutador para este objetivo se pueden tener variar opciones como las siguientes el BJT, Mosfet, IGBT etc., para este primer caso realizaremos la implementación con un BJT, quedando entonces por definir el tipo a utilizar (PNP o NPN). La selección se realiza mediante el siguiente razonamiento, el voltaje mas elevado que se existe en el sistema a desarrollar es de Vin = 20V, por lo que en caso de utilizar un NPN, necesitaríamos un voltaje ligeramente superior en la base lo que implica que físicamente no es posible desarrollar una conmutación adecuada cortando completamente a Vin, mediante un NPN ya que la misma requiere de un voltaje inexistente, en cambio con el uso de un transistor PNP, el voltaje de polarización de la base debe ser menor que Vi, condición que no impone ninguna limitación. Por este motivo se escoge un transistor PNP, quedando:

114


Figura…. Disposición del arreglo básico.

Luego Determinamos la realimentación para lograr que el voltaje sea el deseado 5V.

Fijamos la referencia entre 1.5 y 5.5V, para esto se utilizara la referencia de 5V, suministrada por el CI, como la relación entre la entrada y salida del circuito es Vo=Vin*Ton/T, la ganancia Vo/Vi es positiva por lo que la referencia se colocara en el terminal V(+) y la realimentación en el V(-).

Fijando a V(+)=2.5V.

115


Figura:

Vref∗R2R1+R2

=2.5V →5V∗R2R2+R1

=2.5V

R2R1+R2

=0.5

Haciendo a R1=10k, R2 se despeja obteniendo R2=10k.

Se determina la realimentación:

Para lograr el circuito de realimentación buscar que cuando la salida sea 5V, el voltaje realimentado debe coincidir con la referencia V(+), (Efecto de la realimentación negativa que obligara a Vo a conseguir un valor donde se igualen) por lo que haremos a la red de realimentación con un divisor tal que:

Vo∗R3R3+R 4

=2.5V →5V∗R3R4+R3

=2.5V

116


Observe que las ecuaciones obtenidas son las mismas del caso anterior, por lo que la red de realimentación es idéntica, R3=10k, R4=10k.

Figura….

Ajuste de la frecuencia de trabajo.

Para la frecuencia de trabajo que se ha escogido previamente a: 40kHz.

fo= 1Rt∗Ct

En vista de la facilidad con que se puede obtener una resistencia de un valor determinado se fijara el capacitor a 0.01Mf, y se revisara que el cálculo de la resistencia este dentro del rango recomendado por el fabricante.

Rt= 1

10−8∗40000=2500Ω→2.5k

El valor obtenido para Rt, está dentro del rango recomendado por el fabricante así que trabajaremos con los valores obtenidos Ct=0.01Mf y Rt=2.5k.

117


Trabajo del pin de compensación: Dodo que no se piensa controlar la PWM desde afuera se colocara la red sugerida por el fabricante como compensación que es una resistencia de 50k en serie con un capacitor de 0.001Mf.

Hasta este punto el circuito queda definido de la siguiente forma:

Figura….

Activación del transistor Q1 para el desarrollo de las funciones del conmutador;

Si vemos en el diagrama del circuito integrado las salidas CA, CB en conjunto con EA y EB, constituyen dos transistores sin conexión ni en los emisores ni en los colectores, el objetivo de esto es poder adaptar la salida de los mismos a las necesidades del sistema conformado por nosotros en nuestro caso conectaremos a tierra a través de los dos colectores, lo que pondrá en saturación a Q1, para limitar la corriente se introducirá una resistencia R7 cuya función será limitar la corriente de los colectores CA y CB a menos de 200mA.

Un elemento adicional es una resistencia R8 entre el colector de Q1 y su emisor con el objetivo de apoyar la función de conmutación del transistor, esta resistencia la definiremos de tal forma que aporte un quinto de la corriente de base extraída de Q1.

Durante la conducción la caída de voltaje entre CA, CB y EA,EB es de aproximadamente 0.2V, por lo que la red equivalente para la polarización de Q1 queda como se muestra en la figura…

118


Figura…. Equivalente del circuito de polarización de Q1.

Para definir los valores inicialmente se debe definir cuál es el transistor que se utilizara, para lo cual se calculara la corriente máxima en el transistor mediante el siguiente calculo.

ICQ1 (max )=Ib+∆ Ib2

Pero Io=Ib paraeste tipode arreglo

ICQ1 (max )=Ib+∆ Ib2

=1.2 A

Como elemento de conmutación se utilizara el TIP125, el cual presenta las siguientes características:

VCE(max) =60V Mayor que lo necesitado. (20V)

Ic(max)=5 A Superior al valor requerido 1.2A.

VCE(sat)=2V

hfe=1000

Pd=65Watts

119


Se determina la corriente de base necesaria para saturar el transistor aplicando un margen de seguridad de 10 veces la mínima necesaria.

Ibase= 1.2 A

(100010

)=12mA

Calculo de R8:

La caída de voltaje a través de R8, será de 1.5V que es voltaje manejado en la unión Base emisor de los transistores que conforman el darlington, la corriente a través de R8 (IR8), se fijara a un 20% de la necesaria para lograr la saturación.

IR8=0.2∗12mA=2.4mA

R8= 1.5V

( 2.41000 )A=0.65k

Se aproxima a:

R7=20V−0.7V−2V14.4mA

=1.2k ,

Calculos de la potencia a dispada por el transistor:

Potencia durante la conducción:

Pcon=Vce ( conduccion )∗Ic (max )=2V∗1.2 A=2.4Watts

Potencia durante la conmutación:

Se determina el τ off ,τ on, partiendo de la curva de respuesta del dispositivo, que se puede ver en la figura donde se representan el tiempo de retardo, subida, Almacenamiento y caída del dispositivo en función de la corriente.

120


Figura ….: Tiempos de conmutación del TIP125 tomada de la hoja de datos del fabricante.

Luego de calculados los tiempos de apagado y en encendido se calcula la potencia consumida por concepto de conmutación.

Ps=16∗Va∗Ic (max )∗f∗( τoff+τon )=1

6∗20V∗1.2 A∗40000Hz∗(3.3∗10−6 s )=0.53Watts

La potencia total a manejar por el dispositivo es:

Pt=Pcon+Ps=2.93Watts .

Análisis de la capacidad según la disipación térmica:

Tenemos que de la hoja de datos del fabricante:

Resistencia Térmica de la junción al case: Rjc=1.92оC /watts

Resistencia Térmica del Case al ambiente: Rca=62.5 оC /watts

Asumiendo que la temperatura máxima a la que debe funcionar el dispositivo es de 50 grados tenemos que:

121


Tj=50+1.92∗3.3+65.2∗3.3=271C

De acuerdo al cálculo utilizando el transistor sin disipador se quemaría poco tiempo después a pesar de que la potencia consumida es muy inferior a la indicada por el fabricante, por lo que es necesario agregar un disipador que baje la impedancia térmica entre el case y el medio ambiente

150=50+1.92∗3.3+X∗3.3→X=150−50−1.92∗3.33.3

=28.3C /Watt

En función de este resultado debe utilizarse un disipador que baje la impedancia térmica entre el case y el medio ambiente a menos de 28.3 C/Watt, el circuito queda de la siguiente forma.

122


Colocación de la protección contra sobre corriente Cl+, Cl-.

Para efectos de la protección se utilizara una resistencia en serie con el circuito, entre los pines CL+ y CL-, de acuerdo al siguiente cálculo:

Rp∗Imax=0.2V →Rp=0.2V1.5 A

=0.13Ω

La potencia de esta resistencia deberá ser mayor que: 0.2V*1.5A=0.3Watts. Se utilizara 1/2Watt

Conexión del pin de apagado SD:

Puesto que no se ha requerido el apagado de la fuente a través de una señal digital, se colocara este pin directamente a tierra bloqueando su operación.

Finalmente el diseño completo es:

123


Ejercicio 1.2:

Desarrollar una fuente variable de -3 a -15V, utilizando el LM3524 con un rizado máximo de 30mV y con una corriente nominal de 0.5 A, Partiendo de una fuente de 12VDC.

Desarrollo:

Tomando en consideración que el voltaje de salida es un voltaje negativo, usaremos una fuente inversora por lo que el arreglo a utilizar será el siguiente.

Arreglo de la fuente inversora a utilizar.

El transistor a usar será un MOSFET tipo P de enriquecimiento, la frecuencia fo, la fijaremos a 60kHz.

124


La causa por la que se escogió un mosfet tipo P, es que el mosfet tipo n requiere un voltaje positivo entre la compuerta y fuente (Source) y dada la conexión del mosfet, no se va a disponer de un voltaje más alto, porque el mosfet está conectado al voltaje de alimentación y se supone que trabaje en la región óhmica por lo que la caída de voltaje en el mosfet deberá ser aproximadamente cero dejando al voltaje de de la fuente con un voltaje cercano al de alimentación.

Calculo de la bobina:

Partiendo de la corriente nominal de salida fijaremos la variación de la corriente en la bobina a un 40% de ella por lo que la Variación de la corriente en la bobina será de 0.5 A*0.4=0.2A.

Luego aplicando la formula deducida para las fuentes inversoras:

L= −Vo∗Vi∆ Ib∗(Vi−Vo )∗fo

En este caso no encontramos con el problema de no saber exactamente que valor utilizar para Vo, ya que puede tomar todo un intervalo de valores completo. Para poder saber cuál es el valor necesario existen al menos dos métodos posibles.

Tabulo los valores para voltajes de salida, dividiendo el intervalo en segmentos más pequeños por ejemplo evaluar el valor de L, variando Vo de un voltio por ves desde los -3V hasta los -15V. Luego escojo el valor más alto que consiga.

Derivo y analizo el comportamiento, basado en los conocimientos de cálculo.

Dado que evaluar una formula y comparar luego los distintos resultados no presenta dificultad en este caso utilizaremos el segundo método.

dLdVo

=−Vi∗∆ Ib∗(Vi−Vo )∗fo+Vo∗Vi∗∆ Ib∗fo

(∆ Ib∗(Vi−Vo )∗fo )2

Simplificando:

dLdVo

= −Vi∗∆ Ib∗V i∗fo(∆ Ib∗(Vi−Vo )∗fo )2

Se analiza el signo de la ecuación resultante:

El termino de arriba Vi∗∆ Ib∗Vi∗fo, no depende de Vo y todos sus términos son positivos por lo que invariablemente el signo de la expresión del numerador es (+).

125


El término del denominador es el resultado de elevar al cuadrado un número por lo que necesariamente se positivo.

Finalmente el signo de la expresión de la derivada es el resultado de la multiplicación de los signos de los miembros siguientes: (-) indicado por la formula, (+) del numerador, (+) del denominador.=(-)*(+)*(+)=(-).

Esto nos indica que tenemos una función decreciente por lo que se obtendrá el valor más alto de L, utilizando el más bajo posible de la salida que en nuestro caso es -15V.

Aplicando ahora la formula:

L=−(−15 )∗(12)

0.2∗(12−(−15))∗60000=

180324000

=555 μH .


C= Io∗Vofo∗(Vo−Vi )∗∆Vo

Nuevamente tenemos el problema de escoger al Vo, que de máximo el capacitor por lo que procederemos de la misma forma.

dCdVo

=Io∗fo∗(Vo−Vi )∗∆Vo− fo∗∆Vo∗Io∗Vo

(fo∗(Vo−Vi )∗∆Vo )2= −Io∗fo∗Vi∗∆Vo

(fo∗(Vo−Vi )∗∆Vo)2

Nuevamente se observa que el numerador es invariablemente negativo y el denominador al estar elevado al cuadrado es positivo por lo que.(-)/(+)=(-).

La pendiente es negativa, por lo que se tomara el menor valor de Vo, Vo=-15V.

Conexión del CI:

Para este ejercicio se utilizara nuevamente el LM3524, iniciando el proceso con el logro de la realimentación adecuada.

Determinar el terminal de entrada de la realimentación para lograr la realimentación negativa, se determinan los signos de las ganancias de cada bloque.

La configuración inversora tiene ganancia negativa. (-), ya que Vo=-(ton/T)*Vin.

El sistema conmutación tendrá ganancia positiva (Con ton se cerrara el interruptor y con toff se debe abrir) (+)

126


Se determina el signo de ganancia requerida para el amplificador de error para lograr realimentación negativa:

Gpwm∗Gpotencia∗Gaerror=−1

Donde:

Gpwm: Signo ganancia del bloque de PWM, si es negativo es igual a -1, en caso contrario es igual 1. En este caso es -1, por el tipo de arreglo “inversor”

Gpotencia: Signo de la ganancia del bloque de potencia, si cuando se da la condición de Ton, se cierra el swicth vale 1, si la operación es contraria la ganancia es -1. En este caso lo disenaremos para que sea igual a 1.

Gaerror: Ganancia requerida en el amplificador de error, si la ganancia es positiva vale (1), en caso contrario es igual a -1.

Sustituyendo y despejando:

Gaerror= −1(1 )∗(−1)

=1

En función de esto la entrada de la realimentación debe tener ganancia positiva por lo que se introducirá por el terminal no inversor del LM3524, la referencia será introducida por el terminal inversor.

Se determina la red para generar la referencia:

Para generar la referencia utilizaremos un arreglo utilizando el voltaje de referencia de 5V, suministrado por el fabricante. El rango posible es de 1.5 a 5.5V, para nuestro diseño fijaremos el rango de la referencia de 2.5 a 3.5V, el cual queda completamente dentro la especificación del fabricante.

Para lograr este objetivo se utilizara un potenciómetro de 10k, colocando una resistencia R1, para elevar el cero y una R2 para limitar el valor máximo posible.

127


Arreglo utilizado para la referencia:

Se determinan los dos extremos:

Cuando el potenciómetro esta con el punto variable ajustado a cero ohmios hacia el lado de R2.

Vref=2.5= 5∗R2R2+R1+10k

R2R2+R1+10k

=0.5

Cuando el potenciómetro se ajusta con el variable al máximo de la resistencia quedando;

Vref=3.5= R2+10kR1+R2+10k

∗5

R2+10kR1+R2+10k

=0.7

Para resolver dividiremos la segunda ecuación entre la primera:

R2+10 kR2

=1.4→R2+10=1.4∗R2

0,4∗R2=10→R2=25k

Despejando R1:

25k25k+R1+10k

=0.5→17.5k+0.5∗R1=25k

R1=15k

Se determina la red para la realimentación:

Ganancia de Vo: Como para una variación de Vo entre -3 y -15V, corresponde una excursión de la referencia de 3.5 a 2.5V la red de realimentación debe tener un divisor tal que:

128


Vr= 3.5−2.5−3−(−15)

∗Vo= 112

∗Vo

Partiendo de esto tenemos que R3 y R4 deben cumplir la relación siguiente:

R 4R 4+R3

= 112

A pesar de que se ha logrado obtener la diferencia de un voltio al recorrer todo el rango de voltajes, se requiere adicionalmente desplazar el valor medio en esta diferencia hasta lograr que el cero coincida con el deseado para esto adicionaremos un voltaje al extremo de R4.

Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas por lo que el sistema presenta infinitas soluciones, fijaremos entonces a una de las resistencias R3=10k.

Partiendo de esto calculamos R4:

R4=10+R412

→R 4−0.083 R4=0.83

0.917∗R4=0.83→R4= 0.830.917

=0.91k

129


Se determina Va:

Va∗100.91+10

=3.75→Va=( 10.9110 )∗3.75V→Va=4.1

En este punto debemos notar que no disponemos del de 4.1V, sin no se dispone este voltaje por lo que se hallara un equivalente de thevening utilizando 5V , generando a su vez la resistencia R4.

RBRA+RB

=0.82

0.82∗RA=0.91k→RA=1.1k

RB=0.82∗RB+0.82∗RA→ (1−0.82 )∗RB=0.9k

RB=5k

Hasta este punto el diagrama resultante es:

130


Para fijar la frecuencia de trabajo escogeremos l frecuencia de 40 kHz, Partiendo con un capacitor de 0.01Mf se calculara la resistencia a utilizar:

1Rt∗Ct

=60000→Rt= 160000∗Ct

= 108

60000=1.7k

Como lo valores Ct y Rt, están dentro del rango recomendado por el fabricante se podrán conservar..

CL+ y CL-, Pin de apagado y compensación:

Estos pines se colocaran en serie con la carga para poder ajustar la corriente máxima, en este caso la fijaremos a 1 A. utilizando una resistencia de:

Rs=0.2V1 A

=0.2Ω

La conexión será mostrada a continuación:

Para el pin de apagado (Shuttdwon) se hará una conexión a tierra para desactivarlo.

El pin de compensación se conectara de acuerdo a la sugerencia dada por el fabricante, con una resistencia de 50k y un condensador de 0.01Mf en serie conectados a tierra (GND).

Conexión de los transistores A y B:

Se conectaran en paralelo con sus emisores a tierra y los colectores conectados a una red de dos resistencias quedando finalmente el siguiente circuito:

131


Para este caso en particular utilizaremos el IRF5803, que un Mosfet para trabajo como conmutador con las siguientes características:

Id(max)=-3.4 A Pd (Ta=70C) VGS(max)=20V

Qg=25nC Qgd=3.5nC Rθj(C/W)=62.5 (Resistencia Térmica unión ambiente).

Rds(On)=0.19Ω a - 4.5 V. VGS(th)=-1V min.

Las capacitancias parasitas de este mosfet vienen dadas por las curvas suministradas por el fabricante:

132


Se debe observar que la capacitancia presentada es variable y dependiente del voltaje nosotros utilizaremos el caso más crítico que es con el menor voltaje, ya que la capacitancia se incrementa al reducir el voltaje. Ciss=2000 pf.

Para el paso al estado off calculo de Re:

Se fijara un voltaje para la conducción de -5V, durante el toff se cortocircuita esta capacitancia a través de la resistencia Re recargando a Ciss, para llevar a bloqueo al mosfet, la ecuación para determinar el tiempo para apagado es:

1Ciss

∫0

t

Idt+ℜ∗I=0→ dIdt

+ ICiss∗ℜ

=0

133


I=k ¿e−t

Ciss∗ℜ

VGS=Voi∗e−τoffCiss∗ℜ

Pero dado que VGS(on)=Voi=-6V. y el dispositivo se bloquea para VGS=-1V. por lo que se tendrá lo siguiente:

−1V=−6V∗e−τoffCiss∗ℜ

τoffCiss∗ℜ

= ln (6)

τoff=ln (6 )∗Ciss∗ℜ→=1.8∗Ciss∗ℜ→τoff=1.8∗(2000e-12 )∗ℜ=3.6e-9∗ℜ

Se fijara Re=200Ω, para evitar una disipación excesiva en el circuito de alimentación. τoff=¿0.72µs.

Para el paso a ton:

La resistencia Rd será dividida en dos partes Rd1 y Rd2, la idea es utilizar un capacitor que cortocircuite a Rd1 durante el transitorio pero que en régimen permanente permita que el consumo de la excitación se reduzca esto permitirá mejorar la velocidad de conmutación para el encendido sin aumentar sensiblemente el consumo de potencia promedio en el circuito que alimenta la compuerta, el circuito a utilizar será el siguiente:

134


El capacitor C1 se colocara de tal forma que sea mucho mayor Ciss, de esta forma durante la transición el capacitor C1, será esencialmente un cortocircuito dejando como red de polarización aproximada figura de la figura (b), aplicando un thevening se puede transformar el circuito:

Rth=Rd 2∗ℜℜ+Rd 2

Vth= Rd 2Rd2+ℜ

∗12

Replanteando el circuito en función de Rth y Vth.

Desarrollando la ecuación:

Rth∗I+ 1Ciss∫ Idt+Vth=12→ I

Rth∗Ciss+ dIdt

=0

I=k e−t

Rth∗Ciss

En t=0: Rth∗k+0+Vth=12→k=(12−Vth)/Rth

I=12−VthRth

∗e−t

Rth∗Ciss

Fijaremos el voltaje Vth por debajo de los 6V de estado estable, para este caso escogeremos Vth=4, sustituyendo para ton. Vciss=6

Rth=200∗Rd2200+Rd 2

Rd2200+Rd2

∗12=4→ Rd2200+Rd2

=0.33

Rth=200∗0.33=66Ω

135


8¿e−t

Rt h∗Ciss+6+4=12→τ (on )=−Rth∗Ciss∗ln(2/8)=¿0.183µs

Rd2=66+0.33∗Rd2→Rd2= 661−0.33

=98.5Ω≈100Ω

Calculo a Rd1, basado en el divisor de tensión de las tres resistencias:

Rd1+Rd2ℜ+Rd1+Rd2

∗12=6→ Rd1+100300+Rd1

=0.5→Rd1−0.5 Rd1=150−100

Rd1=100Ω

Calculo de la potencia consumida por la conmutación para el caso más crítico:

Pcon=2∗Vb(max )∗Ic (max )

3∗( τ (on )+τ (off ) )∗fo=2∗(12V−(−15V ) )∗(0.5 A+ 0.2

2A )∗(0.9e-6 )∗fo=0.58W

En este caso la resistencia de conducción es muy baja por lo que se desprecia la potencia disipada en este periodo, asi como la consumida durante el bloqueo.

Análisis de la disipación térmica.

Ta+P∗θ jA=Tj→Ta=Tj−P∗θ jA=150C−0.58W∗62.5CW

=113C

Ta=113C . La aplicación actual no requiere de disipador.

Ejercicio N 3:

Construir una fuente conmutada para alimentar 4 leds en serie cuya corriente nominal es 0.8A y la caída de voltaje en cada diodo puede estar entre 3V y 3.3V.

Se dispone de una fuente de 20V, no regulado para alimentar a los Leds.

136


ac

Figura….. : Circuito integrado LM78S40.

Explicación de los bloques:

137

Problemas Electronicaiii

Documents

Transcript of Problemas Electronicaiii