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CIRCUITO TRANSFORMADO DE LAPLACE
Señales y Circuitos: Bloque 2. Tema 2
Profesores: Fernando Rivas Peña
Departamento de Ingeniería de Telecomunicación Teoría de la Señal y Comunicaciones
Universidad de Jaén
Contenidos 1. Introducción al análisis circuital mediante la
transformación de Laplace 2. Transformación de las relaciones constitutivas 3. Transformación de las leyes de interconexión 4. Impedancias y admitancias de Laplace 5. Función de transferencia del divisor de tensión 6. Función de transferencia del divisor de corriente 7. Análisis nodal en el dominio de Laplace 8. Análisis de mallas en el dominio de Laplace 9. Teorema de Thevenin. Teorema de Norton 10. Análisis sistemático de circuitos con Amplificadores
Operacionales en el dominio de Laplace
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Objetivos específicos
• Que el alumno comprenda como puede utilizarse la transformada de Laplace para analizar el funcionamiento de circuitos lineales. • Que el alumno sepa obtener las componentes libres y forzada de la respuesta de un circuito lineal. • Que el alumno sepa obtener la respuesta a entrada nula y a estado nulo de un circuito lineal que no parte del reposo. • Que el alumno sepa analizar circuitos lineales mediante el análisis nodal y el de mallas en el dominio de Laplace.
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Introducción al análisis circuital mediante el uso de la transformación de Laplace (I)
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CU
ITOS (SE
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LE
S Y SIST
EM
AS)
• La transformación de Laplace puede utilizarse para analizar circuitos lineales (descritos por ecuaciones diferenciales lineales). • Hasta ahora se han desarrollado técnicas para establecer la respuesta de un circuito en régimen permanente cuando la excitación es una señal de continua o una señal sinusoidal. • La transformada de Laplace permite obtener la respuesta para cualquier forma de onda y para cualquier instante de tiempo incluyendo el régimen transitorio. • La transformada de Laplace puede emplearse para resolver la ecuación diferencial a que conduce el análisis de un circuito lineal
Circuito Lineal Ec. diferencial
Ec. algebraica Transformada solución
Leyes de Kirchhoff +
Relaciones constitutivas
L
Forma de onda solución
Resolución ED
Resolución algebraica
L-1
Introducción al análisis circuital mediante el uso de la transformación de Laplace (II)
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• Ejemplo (I):
Fig 1: Circuito RC para ejemplo ( ) ( ) cosC
C
dv tRC v t A t
dtω⋅ + = ⋅
Ya vimos en el tema anterior que el circuito de la figura 1 se regía por la ecuación diferencial siguiente (para t>0)
Sometido a la siguiente condición incial: ( ) 00Cv V=
Si aplicamos la Transformada de Laplace a ambos términos de la ecuación diferencial:
( )( ) ( )0 2 20
C CA sRC s V s V V s
s ω⋅
⋅ ⋅ − + =+
( ) ( )0 2 20
C CA sRC s V s RC V V s
s ω⋅
⋅ ⋅ − ⋅ + =+
( ) ( ) 0 2 20
1CA sV s RC s RC V
s ω⋅
⋅ ⋅ + − ⋅ =+
0 2 fω π=
Introducción al análisis circuital mediante el uso de la transformación de Laplace (III)
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• Ejemplo (II):
Circuito RC bajo estudio
Despejando la transformada de la tensión en el condensador:
( )*
01 1 2
0 0
Transformada de la componenteforzada de la respuesta
Transformada de la componentelibre del circuito
1 1CVA A AV s
s j s j s sRC RC
ω ω= + + +
− + + +
( ) 02 2
0
11 1C
VA sV sRC ss s
RC RCω
= ⋅ ⋅ +++ +
Introducción al análisis circuital mediante el uso de la transformación de Laplace (y V)
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AS)
• En este parte de la asignatura la transformada de Laplace no va a ser utilizada como una herramienta de resolución de ED como hemos visto en el ejemplo anterior. Vamos a aprender a resolver los circuitos directamente en el dominio de Laplace de acuerdo al esquema siguiente:
Circuito Lineal Ec. diferencial
Ec. algebraica Transformada solución
Leyes de Kirchhoff +
Relaciones constitutivas
L
Forma de onda solución
Resolución ED
Resolución algebraica
L-1
Circuito Lineal transformado
Leyes de Kirchhoff +
Relaciones constitutivas
t
s
• La transformada solución, en realidad, no es más que otra representación de la señal
Transformación de las relaciones constitutivas (I)
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AS)
•Se consideran primeramente los 3 elementos de circuitos lineales mas habituales, elementos pasivos. En el conjunto del tiempo, las relaciones i-v son:
Resistencia: ( ) ( )v t R i t=
•¿Cómo vamos a transformar el circuito?.Las condiciones impuestas a los dispositivos vienen expresadas matemáticamente por las relaciones i-v
Transformación de las relaciones constitutivas (I)
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ITOS (SE
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S Y SIST
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AS)
Bobina:
( ) ( )di tv t L
dt= ⋅
Condensador:
( ) ( )dv ti t C
dt= ⋅
•Estas relaciones se pueden transformar al conjunto de definición “s” utilizando las propiedades de linealidad, derivación e integración de la transformada de Laplace.
Transformación de las relaciones constitutivas (I)
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S Y SIST
EM
AS)
• Resistor: ( ) ( ) ( ) ( )v t R i t V s R I s= ⋅ → = ⋅L
L
• Inductor: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0di t
v t L V s L s I s idt
−= ⋅ → = ⋅ ⋅ −L
L
•En t=0 es el instante en el que cambian las condiciones del circuito, 0- es el instante de
tiempo justo antes del cambio.
( ) ( ) (0 )V s Ls I s Li −= −
Transformación de las relaciones constitutivas (II)
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AS)
• Capacitor: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0dv t
i t C I s C s V s vdt
−= ⋅ → = ⋅ ⋅ −L
L
• Las condiciones iniciales asociadas a la bobina y condensador se modelan en forma de fuentes de tensión (bobinas) o intensidad (Condensadores) conectadas en serie ó paralelo con los elementos. •Se asocia una impedancia a cada elemento pasivo:
( ) ( ) (0 )I s V s Cs Cv −= −
Resistencia ZBobina ZCondensador Z 1/
s
L
C
RLs
Cs
=
==
ImpedanciaV Z I=
Transformación de las relaciones constitutivas (III)
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S Y SIST
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AS)
• Formas Norton y Thevenin de los modelos (I)
• En los modelos presentados podemos pasar de la forma Norton a la Thevenin y viceversa de manera sencilla
Formas Norton Formas Thevenin
NortonZ
NortonZ
TheveninZ
Transformación de las relaciones constitutivas (IV)
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S Y SIST
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AS)
• Formas Norton y Thevenin de los modelos (y II)
• Si regresamos al dominio del tiempo en el modelo Thevenin del capacitor transformado con condiciones iniciales, tenemos que:
L-1
Observamos que el modelo incluye: •Tenemos un capacitor. • Una fuente de tensión en serie que fija las condiciones iniciales del capacitor. Es un escalón (una constante) del valor de la tensión inicial.
Transformación de las relaciones constitutivas (V)
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AS)
• Transformación del generador de tensión
L
L
( ) ( )v t V s→L
( ) ( )i t I s→L
• Transformación del generador de corriente
Transformación de las relaciones constitutivas (VI)
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• Transformación de fuentes controladas (transductores) de tensión:
( ) ( ) ( ) ( )control controlv t k v t V s k V s= ⋅ → = ⋅L
( ) ( ) ( ) ( )control controlv t r i t V s r I s= ⋅ → = ⋅L
L
L
Transformación de las relaciones constitutivas (y VII)
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• Transformación de fuentes controladas (transductores) de corriente:
( ) ( ) ( ) ( )control controli t k i t I s k I s= ⋅ → = ⋅L
( ) ( ) ( ) ( )control controli t g v t V s g V s= ⋅ → = ⋅L
L
L
Transformación de las leyes de interconexión (I)
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ES Y
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S Y SIST
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• Transformación de la primera ley de Kirchhoff (Ley de las corrientes ó KCL) • La transformación de Laplace se aplica a la suma de corrientes en cada nodo y por la propiedad de linealidad:
( ) ( )0 0k kk k
i t I s= → =∑ ∑L
L
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5i t i t i t i t i t+ + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5I s I s I s I s I s+ + = +
Transformación de las leyes de interconexión (II)
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• Transformación de la segunda ley de Kirchhoff (Ley de las tensiones ó KVL)
• La transformación de Laplace se aplica a la suma de tensiones a lo largo de un camino cerrado (bucle) y por la propiedad de linealidad:
L
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5v t v t v t v t v t+ + = +
( ) ( )0 0k kk k
v t V s= → =∑ ∑L
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 5V s V s V s V s V s+ + = +
SEÑ
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AS)
•¿Cómo vamos a transformar el circuito?. En el conjunto de definición del tiempo, la ecuación típica de la primera ley de Kirchoff sería: 1 2 3 4( ) ( ) ( ) ( ) 0i t i t i t i t+ + + =
Esta ecuación dice, que la suma de las ondas de intensidad en un nudo es nula para todos los valores de t. Tomando la transformada de Laplace de esta ecuación y aplicando la propiedad de linealidad escribimos:
1 2 3 4( ) ( ) ( ) ( ) 0I s I s I s I s+ + + =
Esta ecuación dice, que la suma de transformadas de intensidad es nula para todo valor de s
Transformación de las leyes de interconexión (III)
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• Si anulamos las fuentes independientes (incluyendo las de condiciones iniciales de inductores y capacitores) podemos definir en el dominio de Laplace la impedancia o la admitancia de un circuito con una puerta de acceso (bipolo).
Impedancias y admitancias de Laplace (I)
L
CI = 0
( ) ( )( )
( ) ( )( )( )
Impedancia
1 Admitancia
V sZ s
I s
I sY s
Z s V s
= ←
= = ←
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Impedancias y admitancias de Laplace (II)
• Para determinar la impedancia o la admitancia se excita el circuito con un generador de prueba de tensión y se determina la corriente o se excita con corriente y se determina la tensión.
• Se sigue cumpliendo que: • La impedancia de una asociación serie de distintos elementos pasivos es la suma de las impedancias de los elementos de la asociación. • La admitancia de una asociación paralelo de distintos elementos pasivos es la suma de las admitancias de los elementos de la asociación.
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Impedancias y admitancias de Laplace (y III)
• Ejemplo: Determine la impedancia y admitancia de Laplace del circuito:
( )
( )
11 1 1|| 1 11
1
R RC sZ s RC s RCs CR s
C s RC
Y s C s C s GR
⋅= = = = ⋅⋅ ++ +
⋅
= ⋅ + = ⋅ +
La admitancia del condensador es C·s y la conductancia de la resistencia es G=1/R
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Función de transferencia del divisor de tensión
( ) ( ) ( )1 2iV s V s V s= +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2iV s I s Z s I s Z s= ⋅ + ⋅
Aplicando la KVL (ley de las tensiones de Kirchhoff) al bucle:
( ) ( )( ) ( )1 2
iV sI s
Z s Z s=
+
( )( )
( )( ) ( )
1 1
1 2i
V s Z sV s Z s Z s
=+
( )( )
( )( ) ( )
2 2
1 2i
V s Z sV s Z s Z s
=+
( ) ( ) ( )1 1V s I s Z s= ⋅ ( ) ( ) ( )2 2V s I s Z s= ⋅
La fórmula del divisor de tensión también es válida en el dominio de Laplace:
SEÑ
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ES Y
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CU
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S Y SIST
EM
AS)
Función de transferencia del divisor de corriente
( ) ( ) ( )1 2iI s I s I s= +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2iI s V s Y s V s Y s= ⋅ + ⋅
Aplicando la KCL (ley de las corrientes de Kirchhoff) al nodo:
( ) ( )( ) ( )1 2
iI sV s
Y s Y s=
+
( )( )
( )( ) ( )
1 1
1 2i
I s Y sI s Y s Y s
=+
( )( )
( )( ) ( )
2 2
1 2i
I s Y sI s Y s Y s
=+
( ) ( ) ( )1 1I s V s Y s= ⋅ ( ) ( ) ( )2 2I s V s Y s= ⋅
La fórmula del divisor de corriente también es válida en el dominio de Laplace:
SEÑ
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ES Y
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CU
ITOS (SE
ÑA
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S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo de análisis en s (I)
Determine la tensión para t>0. Considere que los conmutadores han estado en su posición inicial desde “mucho tiempo” antes del instante t=0.
( )ov t
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El circuito que se tiene para t<0 aparece en la figura. Como el conmutador ha estado largo tiempo en la posición inicial es lógico suponer que tras un régimen transitorio las variables permanecen constantes, se trata de hacer el análisis de continua del circuito (en régimen permanente).
Donde se ha tenido en cuenta que en continua y en régimen permanente el capacitor se comporta como un circuito abierto y el inductor como cortocircuito. Hemos de determinar a partir de este circuito las condiciones iniciales (en el siguiente periodo t>0) de condensador y bobina.
• La condición inicial del condensador es la tensión en sus bornas en t=0- • La condición inicial de la bobina es la corriente que la recorre en t=0-
( ) ( ) 20
2 1
0 0CRv v V
R R− −= = ⋅
+ ( )2 1
0LVi
R R− =
+
Ejemplo de análisis en s (II)
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S Y SIST
EM
AS)
El circuito que se tiene para t>0 lo analizamos en el dominio transformado de Laplace considerando las fuentes de condiciones iniciales asociadas a capacitores e inductores que hemos determinado anteriormente.
L
Dando valores y analizando el circuito en s:
1 21 Ω
102 V
R R
V
= =
=
1 F1 H5 A
CLI
===
Ejemplo de análisis en s (III)
( )( )
Condiciones iniciales:
0 1 V
0 10 A
C
L
v
i
−
−
=
=
SEÑ
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S Y SIST
EM
AS)
Dando valores y analizando el circuito en s:
1 21 Ω
102 V
R R
V
= =
=
1 F1 H5 A
CLI
===
( ) ( )2
2
4.9 0.50.1 1o
s sV ss s s
− ⋅ +=
⋅ + ⋅ +( )( )
Condiciones iniciales:
0 1 V
0 10 A
C
L
v
i
−
−
=
=
( )
( )
00
2
2 22 0 2 2
( ) (0 ) ( ) (0 )
1 ( ) (0 ) (0 ) (0 )
I s
LC
C L C
V s L I IV s Cs CVR Ls s
s R C s CL s V s s LCV s L I L I R C V R I
−−
− − −
++ = +
+
+ + = + − + +
2 2 22 20
(0 )(0 )1 ( ) (0 ) CLC
R VR I R IIs s s V s s V sLC L C C L LC
−−− + + = + − + +
2 2 2
022
(0 )(0 )(0 )( )
1
CLC
R VI R IIs V sC C L LC
V sRs s s
LC L
−−− + − + +
= + +
Ejemplo de análisis en s (III_b)
SEÑ
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ES Y
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LE
S Y SIST
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AS)
Para determinar la tensión instantánea hemos de calcular la antitransformada de:
( ) ( )2
2
4.9 0.50.1 1o
s sV ss s s
− ⋅ +=
⋅ + ⋅ +
Ejemplo de análisis en s (IV)
Determinamos los polos de la transformada:
1
2
3
0120120
s
s j
s j
=
≈ − +
≈ − −
( )22
00.1 1 0
0.1 1 0s
s s ss s=
⋅ + ⋅ + = ⇒ + ⋅ + =
Se descompone en fracciones simples de la forma:
( ) ( )*2
1 2 22
4.9 0.51 10.1 120 20
ok k ks sV sss s s s j s j
− ⋅ += = + +
⋅ + ⋅ + + − + +
SEÑ
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S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo de análisis en s (V)
( ) ( )*2
1 2 22
4.9 0.51 10.1 120 20
ok k ks sV sss s s s j s j
− ⋅ += = + +
⋅ + ⋅ + + − + +
( ) ( )( )
2
1 20
0
4.9 0.50.5
0.1 1o s
s
s s sk s V s
s s s=
=
⋅ − ⋅ += ⋅ = =
⋅ + ⋅ +
Se calculan los residuos:
( )
( )
21
20
2
2
120
120
1 4.9 0.520 2.5 84.3º
1 120 20
os j
s j
k s j V s
s j s sk
s s j s j
−= +
−= +
= − − + ⋅
− − + ⋅ − ⋅ + = = ∠ ⋅ − − + ⋅ − − −
SEÑ
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ÑA
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S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo de análisis en s (V) Supongamos, que al realizar la descomposición en fracciones parciales se tienen polos complejos
( )*
2 22 2( ) ( )
jk kX s k k es j s j
γ
α β α β= + =
− + − −
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) * ( )2 2
2
2
( ) ( )
( ) ( )
( )
j t j t
j t j t j t j t
j t j tt
x t k e u t k e u t
x t k e e e e e e u t
x t k e e e u t
α β α β
γ α β γ α β
β γ β γα
+ −
− −
+ − +
= +
= + = +
( ) ( )22 cos ( )tx t k e t u tα β γ = ⋅ +
En el tiempo se obtiene una señal, que es un coseno modulado por una exponencial
2 2.5 84.3ºk = ∠* *
2 2 2 2
1 11 120 2020 20
k k k k
s j s js j s j+ = +
+ − + +− − + − − −
SEÑ
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ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo de análisis en s (VI)
( )84.3 84.3
180 1801 0.5 2.5 2.5
1 120 20
j j
oe ev t
s s j s j
π π⋅ − ⋅
−
⋅ ⋅
= + + + − + +
L
( ) ( ) ( )
Respuesta libreRespuesta forzada
1200.5 5 cos 1 84.3
180t
ov t u t e t u tπ−⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
22 5k =( )2
1Re20
s −=
( )2Im 1s =( )2arg 84.3ºk =
( ) ( ) ( ) ( )00 0 0.5 5 cos 0 84.3º 1 V 0o C Cv v e v+ + − −= = + ⋅ ⋅ + ≈ =
1 0.5k =
Se puede comprobar que la solución satisface las condiciones iniciales. Por ejemplo, la tensión de salida al coincidir con la tensión en el condensador no puede variar de forma brusca en t=0+:
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ÑA
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S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo de análisis en s (y VII)
0 20 40 60 80 100 120 140
-5
-4
-3
-2
-1
00.5
1
2
3
4
55.5
tiempo (s)
Ampl
itud
(Vol
tios)
vo(t)
Análisis nodal en el dominio s (I)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• El punto del circuito en el que se conectan dos o más elementos se denomina nodo. • Cualquier elemento de dos terminales constituye una rama. Cada rama conecta dos nodos. • Consideremos un circuito con b ramas (cada rama es un elemento) y n nodos. • El número de incógnitas en nuestro análisis es 2·b (las tensiones y corrientes en cada elemento) • Para realizar el análisis nodal uno de los nodos se considera el nodo de referencia. Los n-1 nodos restantes tiene una tensión nodal (tensión respecto al nodo de referencia). La tensión nodal en el nodo de referencia es 0. • Se puede demostrar que todas las tensiones de rama (b tensiones en los elementos) se pueden poner en función de las n-1 tensiones nodales. • Las corrientes en las ramas se pueden obtener a partir de las relaciones constitutivas del elemento en la rama.
k i jV V V= −
1lV V=
Análisis nodal en el dominio s (II)
SEÑ
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ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
a. Identificar cada uno de los nodos y definir las n-1 tensiones nodales b. Plantear la KCL (ley de Kirchhoff de las corrientes) en cada uno de los nodos
c. Obtener las tensiones nodales resolviendo el sistema de ecuaciones algebraico obtenido Para analizar circuitos “a mano” se recomienda resolver el sistema por Cramer.
saliente del nodo entrante al nodopor elementos por generadorespasivos de corriente
I I =
∑ ∑
• Si todas las fuentes en el circuito son fuentes independientes de corriente, el sistema de ecuaciones lineales toma la forma: [ ]⋅ =Y V I
[ ]
( )
( )
( ) ( ) ( )( )
11 1 1 1
1 1
1 1 1 1 1
j n
j jj j n
n n j n n
Y Y Y
Y Y Y
Y Y Y
−
−
− − − −
=
Y
1
1
j
n
V
V
V −
=
V
1
1
j
n
g
g
g
I
I
I−
=
I
• Algoritmo análisis nodal:
Admitanciasentre el nodo y el nodo
ijYi j
= −
∑Admitanciasconectadasen el nodo
iiYi
=
∑Corriente de fuentes entrantesal nodo
igIi
=
∑
( ) 1 1iV i n= −
Análisis nodal en el dominio s (III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
1V
Nodo de referencia
2V 3V
( ) ( )1 1 1 2 1 3 3 1 21
1Nodo 1: V C s V V V V G I IL s
⋅ ⋅ + − ⋅ + − ⋅ = −⋅
Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis nodal. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
Análisis nodal en el dominio s (III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
1V
Nodo de referencia
2V 3V
( ) ( )2 1 2 1 2 3 2 21
1Nodo 2: V V V G V V G IL s
− ⋅ + ⋅ + − ⋅ =⋅
Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis nodal. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
Análisis nodal en el dominio s (III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
1V
Nodo de referencia
2V 3V
( ) ( )3 1 3 3 2 2 3 2 32
1Nodo 3: 0V V G V V G V C s VL s
− ⋅ + − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =⋅
Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis nodal. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
Análisis nodal en el dominio s (IV)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
En forma matricial: siendo
( )
( )
( ) ( )
1 1 3 2 3 3 1 21 1
1 2 1 2 3 2 21 1
1 3 2 2 3 3 2 22
1 1
1 1
1 0
V C s G V V G I IL s L s
V V G G V G IL s L s
V G V G V G G C sL s
−⋅ ⋅ + + + ⋅ + ⋅ − = − ⋅ ⋅
⋅ − + ⋅ + + + ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ − + ⋅ + + ⋅ + =
[ ]
1 3 31 1
1 2 21 1
3 2 3 2 22
1 1
1 1
1
C s G GL s L s
G G GL s L s
G G G G C sL s
−⋅ + + − ⋅ ⋅
−= + + −
⋅ ⋅
− − + + ⋅ +
Y
[ ]⋅ =Y V I
1
2
3
VVV
=
V1 2
2
0
I II−
=
I
Las 3 tensiones nodales son nuestras incógnitas. Son un conjunto generador del resto de tensiones y corrientes que se pueden definir en el circuito.
Matriz de admitancias simétrica (por no haber fuentes controladas)
El sistema de ecuaciones pedido es:
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
•¿Podemos incorporar al análisis nodal fuentes de corriente controlada?
[ ] i c⋅ = +Y V I I
[ ][ ] [ ]
c i
i
⋅ − =
⋅ − ⋅ =
Y V I I
Y V C V I
Las fuentes independientes de nuestro circuito
Las fuentes controladas de nuestro circuito (contienen incógnitas)
Las corrientes controladas pueden ser expresadas en función de las tensiones nodales: [ ]c = ⋅I C V
[ ]
i− ⋅ =Y C V I
La matriz de admitancias del sistema a resolver ahora ya no es necesariamente simétrica (por haber fuentes controladas)
Análisis nodal en el dominio s (V)
Análisis nodal en el dominio s (VI)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Ejemplo 2: Determine la tensión en el circuito de la figura. Considere reposo inicial del circuito.
( )ov t
1
2
DATOS:1 F100 F
1.01 H
CCL
===
DATOS TRANSISTOR :1001 ir
β == Ω
( )( ) ( ) ( )1 210 AtI s i t e u t− −= = ⋅ ⋅L
Análisis nodal en el dominio s (VII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
El dispositivo de tres terminales representado es un transistor bipolar. Podemos sustituir el transistor polarizado en pequeña señal por el modelo adjunto:
Introduciendo el modelo del transistor obtenemos dos ecuaciones linealmente independientes que describen al circuito.
Nodo de referencia
bV
oV1
2
1 1 1
1 1
obi
b o b
C s V IVr L s L s
V C s V IL s L s
β
+ + ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅
− ⋅ + + ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅
Análisis nodal en el dominio s (VIII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
La corriente de base no es un dato sino una incógnita por lo que hemos de expresarla en función de las tensiones nodales. En este caso:
1
2
1 1 1
1 1
obi
b o b
C s V IVr L s L s
V C s V IL s L s
β
+ + ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅
− ⋅ + + ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅
1b b
i
I Vr
= 1
2
1 1 1
1 1 0
obi
b oi
C s V IVr L s L s
V C s VL s r L s
β
+ + ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅
− + ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅
En forma matricial tenemos que:
1
2
1 1 1
1 1 0i b
o
i
C sr L s L s V I
VC sL s r L s
β
+ + − ⋅ ⋅ = − + + ⋅ ⋅
Análisis nodal en el dominio s (IX)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Resolvemos el sistema por Cramer. Repasemos brevemente el método, para centrar ideas presentamos la solución de sistemas de tres ecuaciones lineales con tres incognitas:
111 12 13
21 22 23 2
31 32 33 3
1
2
3
Vy y yy y y Vy y y V
III
⋅ =
31 21 2 3 V V V ∆∆ ∆= = =∆ ∆ ∆
11 12 13
21 22 23
31 32 33
y y yy y yy y y
∆ =
siendo:
12 13
1 22 23
32
1
2
33 3
y yy
Iy
y
II
y∆ =
11 13
2 21 2
1
3
3 3331
2
III
y yy yy y
∆ =11 12
3 21 22
31 3
2
2
1
3
II
y yy yy y I
∆ =
Análisis nodal en el dominio s (X)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
12 2 1 2
1 2
2
1 1 11 1
1 1i
i i
i
C sr L s L s C C CC C s s
r L r L sC sL s r L s
ββ
+ + −⋅ ⋅ + +
∆ = = ⋅ + ⋅ + + ⋅− + +
⋅ ⋅
( )
11 1
1 10
i
i io
C s Ir L s
L s r L s rV I H s I
β β
+ +⋅
− + − ⋅ ⋅ = = ⋅ = ⋅
∆ ∆
Sólo nos interesa el valor de la tensión nodal en el colector:
( )3 2 1 21 2
1 1 2 1 2
1 1
i
i
i i
rsLH s C Cr C C s s s
r C C C L r C C L
β ββ
−− ⋅= ⋅
+ +⋅ ⋅ + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
( )Función de transferencia ó función de red
H s
Análisis nodal en el dominio s (XI)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Dando los valores correspondientes tenemos que:
( ) ( )( )( )
( ) ( )( )( ) ( )
3 2 2
1 110101 101
1 21 1
110110
1 2
o
o
s sV s I s
s s s ss s
sV s
s s j s j s
− −= − ⋅ = − ⋅
+ + + ++ +
−= −
+ + − ⋅ +
( )*
31 2 2
1 2okk k kV s
s s j s j s= + + +
+ − + +
La transformada de la solución admite una descomposición en fracciones simples de la forma:
Determinemos los residuos por el algoritmo visto:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
1 0 21
1
109180
2 0
11011 10 5.05
1 2
110110 1.58
1 2
s
s
j
s j
s j
sk V s s
s s
sk V s s j e
s s j sπ
=−
=−
=
=
−= ⋅ + = − =
+ ⋅ +
−= ⋅ − = − = ⋅
+ ⋅ + +
Análisis nodal en el dominio s (XII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
( ) ( )( )( )3 0 22
2
11012 10 4.02
1 1s
s
sk V s s
s s=−
=−
−= ⋅ + = − = −
+ +
La señal en el dominio del tiempo es:
( )( ) ( ) ( )Respuesta forzada
1 20
Respuesta libre
1095.05 3.16cos 4.02180
t toV s v t e t e u tπ− − −
= = ⋅ + + − ⋅
L
Nos encontramos ante un circuito para el que en régimen permanente “sobrevive” uno de los modos de la respuesta libre, o dicho de otra forma, la respuesta libre tiene un modo que es una oscilación sostenida. A un circuito como este se le llama oscilador sinusoidal. Ante cualquier señal de entrada la forma de la respuesta libre es la misma, como cualquier circuito, éste aún cuando no haya un generador físico i(t), está sometidos a una señal aleatoria (el ruido), que hace que se produzca la oscilación.
Análisis nodal en el dominio s (XIII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
0 5 10 15 20-6
-4
-2
0
2
4
6
5.05 te−⋅
24.02 te−⋅
1093.16 cos180
t π ⋅ +
( )ov t
Análisis nodal en el dominio s (XIV)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Hemos desarrollado una técnica de análisis general para cuando las fuentes (independientes y controladas) son de corriente, ¿Qué sucede si tenemos fuentes de tensión? Podemos transformarlas en fuentes de corriente:
Si el generador de tensión (independiente o controlada) esta en serie con una impedancia (forma Thevenin) podemos pasar a su forma Norton
( ) ( ) ( )I s V s Y s= ⋅
Análisis nodal en el dominio s (XV)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Si el generador de tensión (independiente o controlada) no esta en serie con una impedancia hemos de utilizar la propiedad de movilidad de generadores de tensión:
Una vez “movido” el generador (independiente o controlado) hacia las ramas con impedancia, podremos hacer transformaciones Thevenin – Norton para convertirlos en generadores de corriente y poder utilizar el método de análisis nodal.
Análisis nodal en el dominio s (y XVI)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Una alternativa al uso de la propiedad de movilidad de generadores para tratar las fuentes de tensión no conectados en serie a una impedancia es utilizar el método del análisis nodal modificado. Distinguimos dos casos:
1. En este caso se reduce en 1 ecuación la dimensión del sistema. No necesitamos desarrollar una ecuación KCL para el nodo A, ya que sabemos que su tensión nodal es:
( ) ( )A gV s V s=
2. En este caso aumenta en 1 ecuación la dimensión del sistema. Añadimos 1 incógnita nueva, la corriente en el generador:
Para determinar la nueva
incógnita añadimos una nueva ecuación:
( )xI s
( ) ( ) ( )A B gV s V s V s− =
Análisis de mallas en el dominio s (I)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• El camino cerrado que se obtiene al recorrer una serie de ramas se denomina bucle.
• Para circuitos planos, una malla es un tipo particular de bucle que no contiene ninguna rama en su interior. • Consideremos un circuito con b ramas (cada rama es un elemento) y n nodos. El número de incógnitas en nuestro análisis sigue siendo 2·b (las tensiones y corrientes en cada elemento). • Se puede demostrar (recurriendo a la teoría de grafos) que para circuitos planos (o sea que se pueden dibujar en un plano sin que se crucen ramas), el número de mallas (m) es: • Se puede demostrar que todas las corrientes de rama (b corrientes en los elementos) se pueden poner en función de las m corrientes de malla. Las tensiones en las ramas se pueden obtener a partir de las relaciones constitutivas del elemento en la rama.
( )1m b n= − −
Análisis de mallas en el dominio s (II)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
xIyI
1
1 2
x
y
I II I I== −
Análisis de mallas en el dominio s (III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
a. Identificar cada una de las mallas y definir (en sentido horario) sus corrientes b. Plantear la KVL (ley de Kirchhoff de las tensiones) en cada una de las mallas
c. Obtener las corrientes de malla resolviendo el sistema de ecuaciones algebraico obtenido
en elementos pasivos en generadores dede acuerdo con I de acuerdo con I de mallamalla (entrante por (saliente por patilla + del patilla + del elemento) generador)
V V
=
∑ ∑
• Si todas las fuentes en el circuito son fuentes independientes de tensión, el sistema de ecuaciones lineales toma la forma: [ ]⋅ =Z I V
[ ]
11 1 1
1
1
j m
j jj jm
m mj mm
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
=
Z
1
j
m
g
g
g
V
V
V
=
V
1
j
m
I
I
I
=
I
• Algoritmo análisis de mallas:
Impedanciasen las mallas y
ijZi j
= −
∑Impedanciasen la malla iiZ
i
=
∑Tensiones de fuentes en lamalla
igVi
=
∑
1iI i m=
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (IV)
•¿Podemos incorporar al análisis de mallas fuentes de tensión controlada?
[ ] i c⋅ = +Z I V V
Las fuentes independientes de nuestro circuito
Las fuentes controladas de nuestro circuito (contienen incógnitas)
[ ][ ] [ ]
c i
i
⋅ − =
⋅ − ⋅ =
Z Ι V V
Z I C I V
Las tensiones controladas pueden ser expresadas en función de las corrientes de malla: [ ]c = ⋅V C I
[ ]
i− ⋅ =Z C I V
La matriz de admitancias del sistema a resolver ahora ya no es necesariamente simétrica (por haber fuentes controladas)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (V) Hemos desarrollado una técnica de análisis general para cuando las fuentes (independientes y controladas) son de tensión, ¿Qué sucede si tenemos fuentes de corriente? Hay que conseguir transformarlas en fuentes de tensión:
( ) ( ) ( )V s I s Z s= ⋅
Si el generador de corriente (independiente o controlada) esta en paralelo con una impedancia (forma Norton) podemos pasar a su forma Thevenin
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (VI) Si el generador de corriente (independiente o controlada) no esta en paralelo con una impedancia hemos de utilizar la propiedad de movilidad de generadores de corriente:
Una vez “movido” el generador (independiente o controlado) hacia las ramas con impedancia, podremos hacer transformaciones Norton – Thevenin para convertirlos en generadores de tensión y poder utilizar el método de análisis de mallas.
Análisis nodal en el dominio s (VII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Una alternativa al uso de la propiedad de movilidad de generadores para tratar las fuentes de corriente no conectados en paralelo a una admitancia es utilizar el método del análisis de mallas modificado. Distinguimos dos casos:
1. En este caso, el generador sólo pertenece a una malla y se reduce en 1 ecuación la dimensión del sistema. No necesitamos desarrollar una ecuación KVL para la malla A, ya que sabemos que su corriente de malla es:
( ) ( )A gI s I s=
2. En este caso, el generador pertenece a dos mallas y aumentará en 1 ecuación la dimensión del sistema. Añadimos una incógnita, la tensión que cae en el generador de corriente: La nueva ecuación a añadir es:
( )xV s
( ) ( ) ( )A B gI s I s I s− =
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (VIII) Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis de mallas. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
( ) ( )1 1 3 1 2 1Malla 1: R I I L s I I V⋅ − + ⋅ − =
+ −+
−
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (VIII) Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis de mallas. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
( ) ( )2 1 2 3 2 21
1Malla 2: 0L s I I I I R IC s
⋅ − + − + ⋅ =⋅
+ − +
−+
−
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (VIII) Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis de mallas. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
( ) ( )1 3 1 3 2 3 3 21 2
1 1Malla 3: R I I I I R I VC s C s
⋅ − + − + + = − ⋅ ⋅
+ − + −
+−+−
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Análisis de mallas en el dominio s (IX) Ejemplo 1: Determine las ecuaciones del sistema para análisis de mallas. Considere nulas las condiciones iniciales de los elementos con memoria.
1 11 1
2 21 1
23
1 1 31 1 2
1 1 0
1 1 1
R L s L s R I VL s R L s I
C s C sVI
R R RC s C s C s
+ ⋅ − ⋅ − − ⋅ + ⋅ + − = −
− − + + +
[ ]⋅ =Z I V
Matriz de impedancias simétrica (por no haber fuentes controladas)
Teorema de Thevenin y Norton (I)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• El teorema de Thevenin y el teorema de Norton son igualmente validos en el dominio transformado de Laplace. • Recordemos, sin justificar el teorema de Thevenin:
• La tensión del equivalente Thevenin se determina obteniendo la tensión en los bornes del circuito dejándolos en circuito abierto.
( ) ( )th caV s V s=
• La impedancia del equivalente Thevenin se determina obteniendo la impedancia del circuito en esos bornes desactivando las fuentes independientes (también las de condiciones iniciales)
Teorema de Thevenin y Norton (II) thZ
• A veces resulta sencillo (sobre todo si no hay fuentes controladas) determinar la impedancia equivalente a partir de encontrar equivalentes de asociaciones series y paralelo de los elementos. • Un procedimiento general es recurrir a la excitación con un generador de prueba. Si el generador de prueba es de corriente se determina la tensión y si el generador es de tensión se determina la corriente. La impedancia equivalente es el cociente de los fasores de la tensión y la corriente.
ABI
ABV ABVABI
ABth
AB
VZI
=
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Teorema de Thevenin y Norton (y III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• Se puede pasar a la forma Norton del equivalente:
( ) ( )n ccI s I s=
( ) ( )thn
th
n th
V sI s
ZZ Z
=
=
• La corriente del equivalente Norton se determina obteniendo la corriente que se tiene cortocircuitando los bornes.
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (I)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
Repasemos brevemente lo que hace un amplificador operacional:
El amplificador operacional ideal tiene:
0i
o
ARR
→∞→∞→
Valores típicos amplificadores comercial:
6
200000 V/V2 M (741) / 10 M (TL081)i
AR=
= Ω Ω
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (II)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
ccV+
ccV−Para que funcione el amplificador operacional hay que polarizarlo (alimentarlo con continua). La alimentación generalmente es simétrica y permite obtener el nodo de referencia de acuerdo al esquema de la figura superior Idealmente:
0I I+ −= =
Las corrientes de señal de entrada son idealmente nulas, pero la corriente de salida del operacional tendrá un valor no nulo, determinado por el resto de elementos que se conecten al operacional
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (III)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
OV
+ -V V V= −
La pendiente de la recta en la zona lineal es la amplificación del operacional La tensión de saturación es algo menor que la tensión de alimentación Vcc.
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (IV)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
El CI 741 y el TL081 . Un único amplificador operacional por pastilla
El CI TL084. Cuatro amplificadores operacionales por pastilla
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (V)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• Un cortocircuito se produce cuando unimos dos nodos de un circuito con un conductor de resistencia nula. La tensión entre los dos nodos del cortocircuito real es cero y el valor de la corriente entre esos nodos puede ser cualquiera. • Cuando un amplificador operacional se “realimenta negativamente” se produce un cortocircuito virtual entre la patilla (+) y la patilla (-). Entre los dos nodos del cortocircuito virtual la tensión es cero, pero el valor de la corriente entre esos nodos vale también cero.
Cortocircuito (real) Cortocircuito Virtual
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (VI)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• Para analizar circuitos con amplificadores operacionales ideales realimentados negativamente conviene utilizar el método de análisis nodal (la versión modificada para incorporar a las fuentes de tensión) y recordar tres cosas: 1. Las tensiones nodales en la entrada + y la entrada – de un
amplificador operacional son iguales (CORTOCIRCUITO VIRTUAL)
2. Las corrientes de entrada (por los bornes + y -) de un amplificador operacional ideal son nulas.
3. La corriente de salida de un amplificador operacional no es cero. Al aplicar la KCL (ley de corrientes) a la salida de un amplificador operacional se agrega otra incógnita a las ecuaciones de nodo. Si la corriente de salida del amplificador operacional no se va a determinar no es necesario obtener plantear la KCL a la salida del operacional.
( ) ( )V s V s+ −=
( ) ( ) 0I s I s+ −= =
( )0I s
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (VII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
• Obtenga la función de transferencia Vo(s)/Vi(s) del siguiente circuito (AMPLIFICADOR INVERSOR)
( )( )
( )( )
( )( )
0 2 1
1 2i
V s Z s Y sV s Z s Y s
= − = −
( ) ( )1 2 0I s I s+ =
( )( )
( )( )1 2
0 00i oV s V s
Z s Z s− −
+ =
Análisis sistemático de circuitos con Amplificador Operacional en el dominio s (VIII)
SEÑ
AL
ES Y
CIR
CU
ITOS (SE
ÑA
LE
S Y SIST
EM
AS)
( )( )
( ) ( )( )
( )( )
( )( )
2 1 2 1
1 1 2
1 1o
i
V s Z s Z s Z s Y sV s Z s Z s Y s
+= = + = +
• Obtenga la función de transferencia Vo(s)/Vi(s) del siguiente circuito (AMPLIFICADOR NO INVERSOR)
( ) ( )1 2 0I s I s+ =
( )( )
( )( )1 2
00i i oV s V V s
Z s Z s− −
+ =