1. Amplificador Operacional básico
Completo
Integración de los diferentes circuitos
vistos que conforman un amplificador
operacional completo y sencillo

2. Conformación básica del Operacional
• Como se vio durante la primera mitad de este
curso, hay varios circuitos que son esenciales
para tener un Amplificador Operacionales
sencillo y básico que cumpla con los requisitos
mínimos.
• Ya estudiamos y diseñamos cada uno de
dichos circuitos, por lo tanto, ahora los vamos
a unir a fin de tener un amplificador
operacional completo en forma sencilla.

3. Amplificador Diferencial
Es la primera etapa de un amplificador operacional, la vamos a construir usando
transistores discretos, lo más cercanos en cuanto al valor del β si es posible para que nos
funcione lo mejor posible.
Los transistores que usaremos son del tipo 2N3904 para los NPN y 2N3906 para el PNP.
Además tendrá una fuente de corriente espejo para polarización y una carga activa como
reemplazo de las resistencias de colector.
Lo alimentaremos + VCC
con dos fuentes de Entonces el valor de la
voltajes ± iguales . resistencia será
D1
La fuente de corriente
Q 4 R= (VDF – VEE ) / IREF
tiene la resistencia
que limita la corriente
IREF la cual está V o Calculada esta resistencia y
alimentada desde la armado el circuito tenemos
Q 2 Q 3
tierra hasta la fuente nuestra primera etapa, lista
V i + V i -
negativa a través del para funcionar.
diodo D2, es el único Q 1 La corriente IREF es igual a la
elemento diferente a R suma de las corrientes que
los transistores. D 2 circulan por los transistores
Q2 y Q3 .
- V ee

4. La corriente que circula por Q2 es a la vez la corriente de referencia para la carga activa
que tiene el transistor Q3 en lugar de la resistencia de colector. Lo que hace que la
corriente por Q3 es igual a la mita de la fuente de corriente que los polariza por los
emisores, haciendo que el circuito esté listo.
Trasladador de nivel
Esta segunda etapa se encarga de acoplar en DC la salida del amplificador diferencia con
el amplificador de salida, evitando la necesidad del uso de capacitores de acople entre
etapas, y haciendo a la vez de un acople de impedancias entre etapas.
En este circuito hay que calcular sólo dos resistencias, la de la
VC C
fuente de corriente que polariza el circuito compuesta por R1 , D3 ,
y Q6 . Para calcular R1 debemos saber o suponer el valor de
Q 5 corriente IC6 que se va a usar.
V in
R1 = (VDF – VEE) / IC6
R 2
Ahora debemos calcular el valor de R2 que nos va a dar el cambio
R 1 V out
de voltaje entre la entrada y la salida del trasladador de voltaje,
Q 6
cuyo valor de salida debe coincidir con el voltaje de entrada al
D 3 amplificador de salida del amplificador operacional.
- V ee R2 = (Vin – 0,7V – Vout) / IC6

5. Amplificador de salida
Esta es la última etapa de nuestro amplificador operacional básico. Para este circuito
usaremos un amplificador Push-Pull con un transistor de excitación o impulsor.
Este circuito es un típico amplificador clase B con un + VCC
impulsor y para este caso vamos a usar una
resistencia variable con el fin de poder ajustar el voltaje
en el punto de salida (Vout), a fin de que este sea cero R 3
(0).
Esto sucede por al controlando la corriente que pasa Q 8
por Q7 podemos hacer que el voltaje en el punto medio D 4
de los diodos D4 y D5, que es igual al punto medio de V out
los transistores Q8 y Q9 sea igual a la mitad del voltaje
entre VCC y VEE o sea cero voltios. D 5
De esta forma la salida del operacional no necesita
R 5 Q 9
usar capacitores de desacople.
Como dijimos la corriente que circula por la rama Q 7
donde se encuentran los diodos está ajustada por la V in
resistencia variable que ajusta el punto de operación R 6
del transistor Q7 , que a su vez ajusta la corriente de R 4
las bases de los transistores Q8 y Q9 de forma que la
corriente de los transistores mencionados tengan algo
- V ee
de conducción sin señal evitando así la llamada

6. distorsión de cruce que se debe a que los transistores sólo comienzan a conducir
después de los 0,7 V. Y entre los dos existen una diferencia de 1.4 V que generan gran
distorsión . Por lo que si se hacen conducir un poco antes que aparezca la señal con el
fin de que no halla ese problema y la distorsión sea mínima a costa de disminuir la
eficiencia del circuito.
Ahora al unir los circuitos vemos que las resistencias de polarización del excitador de los
transistores de salida están sobrando y que el transistor excitador se puede polarizar con
el mismo trasladador de nivel ahorrando una resistencia variable y una fija.
+ VCC Sólo queda calcular los valores de
R1, R2, R3 y R4.
R3 Supongamos que R3 =10 KΩ y R4 =
D1 Q 8 1 KΩ, luego la corriente por D4, D5 y
Q 4 D4 Q7 será:
V out
Vi- Q 5 I = (VCC – 0,7 V ) / 10 K = 1,43 mA
D5 El voltaje en la base de Q7 será:
Q 2 Q 3 R2 Q 9 VBQ7 = (1.43 mA x 1 K) + 0,7 V – 15
Vi + V = - 12,87 V
Q 7
Q 1 Q 6 Luego la caída de voltaje en R2 será
R R1 de 25,67 V usando la IC6 dada por la
D3 R4
D2 fuente de corriente Q6, tenemos
- V ee
R2 = 25,67V/ 7,15 mA = 3590 Ω ≈
3,6 KΩ ahora veamos R1 será:
R1 = (15 V – 0,7 V)/ 2KΩ = 7,15 mA

7. distorsión de cruce que se debe a que los transistores sólo comienzan a conducir
después de los 0,7 V. Y entre los dos existen una diferencia de 1.4 V que generan gran
distorsión . Por lo que si se hacen conducir un poco antes que aparezca la señal con el
fin de que no halla ese problema y la distorsión sea mínima a costa de disminuir la
eficiencia del circuito.
Ahora al unir los circuitos vemos que las resistencias de polarización del excitador de los
transistores de salida están sobrando y que el transistor excitador se puede polarizar con
el mismo trasladador de nivel ahorrando una resistencia variable y una fija.
+ VCC Sólo queda calcular los valores de
R1, R2, R3 y R4.
R3 Supongamos que R3 =10 KΩ y R4 =
D1 Q 8 1 KΩ, luego la corriente por D4, D5 y
Q 4 D4 Q7 será:
V out
Vi- Q 5 I = (VCC – 0,7 V ) / 10 K = 1,43 mA
D5 El voltaje en la base de Q7 será:
Q 2 Q 3 R2 Q 9 VBQ7 = (1.43 mA x 1 K) + 0,7 V – 15
Vi + V = - 12,87 V
Q 7
Q 1 Q 6 Luego la caída de voltaje en R2 será
R R1 de 25,67 V usando la IC6 dada por la
D3 R4
D2 fuente de corriente Q6, tenemos
- V ee
R2 = 25,67V/ 7,15 mA = 3590 Ω ≈
3,6 KΩ ahora veamos R1 será:
R1 = (15 V – 0,7 V)/ 2KΩ = 7,15 mA