En realidad es bastante fácil. Lo resolveré simbólicamente y volveré a comprobarlo con el resultado de QsapecNG, que también estoy usando como esquema para dar nombres simbólicos y asignar algunas direcciones de corriente arbitrarias.
El resultado simbólico allí (tensión de salida) es
$$ V_o = E\; \frac{-R_2(R_3+R_4)}{sCR_1R_2R_4+R_1(R_3+R_4)}$$
¿Cómo se consigue esto a mano? En realidad, es bastante sencillo. En primer lugar por la conexión virtual a tierra de la entrada negativa del primer opamp (y un divisor de corriente):
$$I_1 = \frac{E}{R_1} = I_c + I_2$$
Así que
$$I_2 = \frac{E}{R_1} - I_c\;\; \text{(*)}$$
Entonces, debido a la igualdad de voltajes en las entradas del segundo amplificador óptico
$$ I_4 R_4 = - \frac{I_c}{sC}$$
Además, obviamente \$I_3 = I_4\$ así que
$$I_c = -sCR_4I_3 \;\;\text{(**)}$$
De nuevo, debido a la conexión a tierra [virtual] de las entradas del primer amplificador óptico y a la ley de Ohm:
$$ V_o = (R_3+R_4) I_3 = -I_2R_2$$
Sustituyendo a su vez los valores de \$I_2\$ y \$I_c\$ de (*) y (**) en el lado derecho de esta última igualdad, obtenemos:
$$ (R_3+R_4) I_3 = -I_2R_2 = - R_2 (\frac{E}{R_1}-I_c) = -R_2 (\frac{E}{R_1} + sC R_4 I_3)$$
La primera y última parte de esta última igualdad la resolvemos para \$I_3\$ como:
$$ I_3 = \frac{-E R_2}{R_1(R_3+R_4 + sC R_2 R_4)}$$
Finalmente, multiplicando esto por \$R_3+R_4\$ nos da \$V_o\$ como se desee. Si se introducen los valores numéricos de los pasivos se obtiene
$$V_o = \frac{-E}{0.0005s+0.5}$$
Para \$s=1000j\$ Esto da un resultado de aspecto agradable (como se espera para un problema académico): \$V_o = E(-1+j)\$ . Creo que puedes seguir desde aquí :)
Y para añadir un poco de conocimiento a la fórmula de \$V_o\$ se puede reescribir como:
$$ V_o = -E\; \frac{R_2}{R_1}\frac{R_3+R_4}{R_3 + R_4 (1+sCR_2)} = -E\; \frac{R_2}{R_1}\frac{1+\frac{R_3}{R_4}}{1+\frac{R_3}{R_4}+sCR_2} = \\ = -E\; \frac{R_2}{R_1}\frac{1}{1+\frac{sCR_2}{1+\frac{R_3}{R_4}}}$$
No sé realmente qué función práctica puede tener este circuito (parece que la constante de tiempo de integración se corta por la ganancia de la segunda etapa del opamp), pero vale la pena compararlo con la fórmula del integrador no ideal [de una sola etapa], por ejemplo de aquí :
He confirmado mediante simulación (barriendo algunos valores de R3: 0, 5K y 15K) que la última fórmula "perspicaz" de Vo que derivé es efectivamente lo que hace este circuito. La división de la constante de tiempo (equivalentemente la multiplicación de la frecuencia de esquina) es lo que hace el segundo opamp (además de amortiguar). No veo muy bien el sentido de esta práctica (cuando se puede alterar la constante de tiempo directamente), pero supongo que por eso se llama ejercicio académico.
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¿Es mi circuito difícil de leer?
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Imagina este circuito sin el opamp derecho y las dos resistencias de 5k. La salida del opamp izquierdo está ahora conectada a Vo. ¿Puedes resolverlo ahora? Entonces, ¿qué hace el opamp derecho + los dos 5 k?
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¿Se puede manejar si había un op-amp con un 20k a través del condensador? Si es así, ¿cómo? Es decir, muestra cómo lo harías.
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¡¡@FakeMoustache grandes mentes dicen!!
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Ok bueno tengo algunas dudas de que sea correcto pero para la salida del primer op amp si solo pongo el 20k en paralelo con la tapa e ignoro el segundo op amp obtengo 1.788cos(1000t-63.4349)
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@FakeMoustache: Bueno, esto es más adecuado para el chat, pero ya que no vas por ahí: ¿adivinaste/viste lo que realmente acabó haciendo ese 2º opamp? Yo desde luego no lo hice antes de calcular bastante.
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Me resulta muy familiar: un simple amplificador x2 no inversor. Pero como está dentro del bucle de realimentación global, la ganancia global (Vo/Vi) es la misma. El tapón de 0,1 uF perturba un poco la imagen, a altas frecuencias limitará la ganancia de la primera etapa a 1 (uno).