Cap_V, Appunti di Elettronica Analogica. Università del Salento (UNISA)
famuzzo
famuzzo28 novembre 2013

Cap_V, Appunti di Elettronica Analogica. Università del Salento (UNISA)

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BASCHIROTTO ELETTRONICA ANALOGICA
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Cap. V - L'amplif. operazionale

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 1 September 25, 2000

Capitolo V

L' amplificatore operazionale

Indice

Definizioni 2 Il concetto di massa virtuale 3 L'amplificatore ideale 6 L'amplificatore reale 8 Stadi elementari 15 Misura delle caratteristiche di un ampop 56 Filtri analogici 74 Stabilita' dei sistemi reazionati 96 Il comparatore 110

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 2 September 25, 2000

Definizioni

Vi+

Vi– VoA

• L'amplificatore operazionale e' un amplificatore di tensione comandato in tensione.

• La relazione ingresso- uscita e' quindi:

Vo = A · (Vi+ – Vi–) Vi = Vi+ – Vi-

Vo

A

• L'amplificatore operazionale ideale e' caratterizzato dall' avere guadagno infinito, cioe' con la caratteristica:

Vi = Vi+ – Vi -

Vo

A=∞

• Ovviamente e' solo un modello ideale, non realizzabile in realta'.

• Risulta pero' valido per determinati livelli di precisione che si vogliono ottenere

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 3 September 25, 2000

Il concetto di massa virtuale

Vi+

Vi– VoA

Vo = A · (Vi+ – Vi–)

Vi = Vi+ – Vi-

Vo

A=∞

• Facendo operare l'amplificatore ideale (A=∞) ad anello aperto, l'uscita assume valori finiti solo se l'ingresso e' nullo (o quasi), cioe' per:

(Vi+ – Vi–) = 0

cioe'

Vi+ = Vi–

• Quindi, se l'uscita assume un valore finito i due terminali di ingresso devono essere alla stessa tensione

• Serve un dispositivo / meccanismo che tenga l'amplificatore ad operare con Vo finito

• Questo meccanismo e' la REAZIONE NEGATIVA.

• Un amplificatore operazionale e' tipicamente (quasi sempre) utilizzato in configurazioni retroazionate negativamente (cioe' ad anello chiuso)

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 4 September 25, 2000

La retroazione

• Retroazione negativa

R1

o

R2 2

Ad un disturbo (1), il circuito risponde (in (2) per arrivare in (3)) con un segnale che si oppone e tende ad annullare quello di partenza.

Il circuito tende a ristabilire le condizioni precedenti al disturbo.

• Retroazione positiva

R1

Vo

R2

1

2

3

Ad un disturbo (1), il circuito risponde (in (2) per arrivare in (3)) con un segnale che si sovrappone (con un notevole guadagno) a quello di partenza.

Il circuito tende a far divergere il valore dell' uscita

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 5 September 25, 2000

Il principio di massa virtuale

Se sono verificate le seguenti ipotesi:

• La reazione e' negativa • La reazione e' attiva • L'amplificatore operazionale ha guadagno infinito

=> Allora vale il principio di massa virtuale per cui la tensione ai due nodi di ingresso dell' amplificatore operazionale sono uguali

Vi+

Vi– VoA

Vo = A · (Vi+ – Vi–) A –> ∞

Vi+ = Vi–

Il principio di massa virtuale non vale se la reazione non e' attiva, il che accade, ad esempio, se:

- nel circuito di reazione c'e' un componente (diodo, transistor, condensatore in continua) che non opera in regione attiva

- l'amplificatore operazionale non opera in regione attiva (non vale cioe' la legge Vo = A · (Vi+ – Vi–)), ad esempio se: - e' spento - e' in saturazione - e' in slew-rate

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 6 September 25, 2000

L'amplificatore ideale

Ri

A·Vi

Ro Vi

Vi-

Vi+

Vo

• Le caratteristiche di un amplificatore ideale sono le seguenti:

• Guadagno infinito A = ∞

• Impedenza di ingresso infinita Ri = ∞

cio' comporta

Ii = 0 (altrimenti, con Ri=∞, risulterebbe Vi =∞ con Ii≠0)

• Impedenza di uscita nulla Ro = 0

cio' comporta che l'amplificatore possa erogare qualsiasi quantita' di corrente, mentre la sua tensione di uscita deve essere imposta dal circuito esterno

• Escursione del nodo di uscita infinita

• Banda infinita

Le prestazioni di un amplificatore reale differiscono da quelle del'amplificatore ideale.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 7 September 25, 2000

L'amplificatore reale

Guadagno finito

• L' amplificatore reale presenta un guadagno finito (Ao)

Vi = Vi+ – Vi -

Vo

A

Vo = A · (Vi+ – Vi–)

Questo limita l'applicazione del principio di massa virtuale a certi casi con una data precisione.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 8 September 25, 2000

L'amplificatore reale Impedenza di ingresso / Corrente di ingresso

• Lo stadio di ingresso di un amplificatore operazionale e' uno stadio differenziale.

• Lo stadio differenziale puo' essere costruito con i diversi dispositivi studiati

• In base al dispositivo, si puo' avere o meno una corrente di ingresso e, di conseguenza, una Ri finita.

• Stadio di ingresso con dispositivi BJT

La Ibias e' la corrente di base del transistor BJT, che e' quindi nonnulla

Ibias

Ibias

• Stadio di ingresso con dispositivi MOS

La Ibias e' la corrente di gate del transistor MOS, che e' quindi nulla

Ibias

Ibias

• Stadio di ingresso con dispositivi JFET

La Ibias e' la corrente di gate del transistor JFET (corrente di una giunzione polarizzata in inversa), che e' quindi molto piccola

Ibias

Ibias

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 9 September 25, 2000

L'amplificatore reale Tensioni di saturazione

• L' amplificatore reale e' alimentato tra VDD e –VSS

• Le sue uscite devono quindi essere incluse tra due valori Vsat+ (<VDD) e Vsat- (>–VSS)

Vi+

Vi– VoA

VDD

-VSS

i = Vi+ – Vi-

o Vsat+

sat–

Quando l'uscita si porta ad uno dei due livelli di saturazione, l' amplificatore non si comporta piu' correttamente (non vale piu' la sua legge fondamentale Vo = A · (Vi+ – Vi–))

Pertanto - la reazione si apre all'interno dell'amplficatore, - non vale piu' il principio di massa virtuale ed - una tensione tende ad esserci tra i morsetti di ingresso

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 10 September 25, 2000

L'amplificatore reale

Tensione di offset

• La tensione di offset e' la tensione che si deve applicare all'ingresso per avere tensione di uscita nulla.

• Si modellizza come un generatore di tensione continua su un morsetto dell'amplificatore

(per studiare l'effetto dell'offset possono essere eliminati tutti i componenti che non sono attivi in continua - es.: condensatori)

i+

i– o

offset

• La caratteristica dell'amplicatore risulta spostata della quantita Voffset.

Vi = Vi+ – Vi-

Vo

A

Vsat+

Vsat–

V of

fs et

• Tale fenomeno e' dovuto ad un mismatch tra i due rami dello stadio differenziale.

La Voffset di strutture con transistor BJT e' minore di quella con transistor MOS e JFET

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 11 September 25, 2000

L'amplificatore reale Impedenza di uscita

• L'amplificatore operazionale reale ha un'impedenza di uscita (Ro) non-nulla.

Cio' si puo' schematizzare come segue:

RoVi–

Vi+

Vo

• L' effetto dell' impedenza di uscita (Ro) non-nulla va visto in correlazione con il valore del guadagno dell' amplificatore.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 12 September 25, 2000

L'amplificatore reale Risposta in frequenza

• Un amplificatore reale in anello aperto ha una risposta in frequenza del tipo:

A(s) = Ao

(1 + s/ωp1)·(1 + s/ωp2)

• Il cui diagramma di Bode per l'ampiezza e' il seguente

A(s) dB

log(ω/ωr) ωp1

Ao UGB=GBW

ωp2

• Talvolta il secondo polo e' a frequenza molto alta e puo' essere trascurato. Allora si e' nella condizione di polo dominante.

• GBW (Gain-BandWidth) e' il prodotto banda·guadagno ed e' definito come:

GBW = Ao·ωp1

• UGB (Unity-Gain-Bandwidth) e' la pulsazione per cui l'operazionale ha guadagno unitario (0dB)

• Nel caso di polo dominante, GBW = UGB

• L' eventuale utilizzo di un amplificatore ad anello aperto risulta possibile fino alla pulsazione ωp1, oltre la quale l'amplificatore inizia a cambiare il valore del guadagno

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 13 September 25, 2000

L'amplificatore reale Risposta in frequenza

Un amplificatore reale puo' essere:

• compensato internamente - presenta una risposta a polo dominante - UGB=GBW - e' comunque stabile - ha banda piu' stretta

A(s) dB

log(ω/ωr) ωp1

Ao UGB=GBW

ωp2

• compensato esternamente - presenta piu' di un polo prima del UGB - UGB ≠ GBW - non e' comunque stabile e necessita di essere

stabilizzato dalla rete esterna - ha banda piu' larga

A(s) dB

log(ω/ωr) ωp1

Ao

GBW

ωp2 UGB

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 14 September 25, 2000

L'amplificatore reale

Tabella delle prestazioni

Amplificatore AD741 (µA741)

Guadagno in continua (Ao) dB 106dB

Prodotto Banda-Guadagno (GBW) MHz 1

Alimentazione V ±15V VDD=15V VSS=–15V

Potenza mW 50

Escursione sul nodo di uscita V ±10V Vsat+=10V Vsat–=–10V

Rapporto di Reiezioni dei disturbi sull' alimentazione (PSRR)

dB –90

Impedenza di ingresso (Ri) MΩ 1

Voffset mV 0.5

Ibias (ingresso BJT) nA 5

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 15 September 25, 2000

Stadi elementari La configurazione invertente

Vi R1

Vo

R2

I1

I2

• L'amplificatore e' ideale (A=∞) e quindi vale il principio di massa virtuale.

Vi+ = Vi– = 0

• Si puo' scrivere la legge di Kirchoff al nodo di ingresso negativo

I1 = Vi - 0 R1 = I2 =

0 - Vo R2

Da cio' si ricava:

Vo Vi = –

R2 R1

• L'amplificazione Vo/Vi dipende solo dalle resistenze (che costituiscono la rete di reazione) e non dal guadagno dell'amplificatore

• Con R1=R2 si ottiene uno stadio di guadagno –1, che potrebbe servire a disaccoppiare due stadi Pero' puo' risultare problematico per la sua impedenza di ingresso finita

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 16 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore invertente: impedenza di ingresso

Vi R1

Vo

R2

Rin

Rx

Si applica un generatore di tensione di test (Vt) e si valuta la corrente che il circuito assorbe (It).

Se l'amplificatore e' ideale (A=∞), vale il principio di massa virtuale, cioe' Vi+ = Vi– = 0.

La corrente e' quindi data da:

It = Vt - Vi-

R1 = Vt R1

Ne segue che l'impedenza di ingresso e' data da:

Rin = R1 Ne segue che l'impedenza vista in massa virtuale Rx e' nulla. Esempio: Dato un generatore di segnale di 10V capace di

erogare 2mA, si dimensioni R1 e R2 in modo da poter guadagnare –2.

La corrente massima si ottiene per il segnale massimo cioe':

Imax = 10V R1 ≤ 2mA

Se vale l'uguale si ottiene: R1 = 5kΩ

Da cui R2 = 10kΩ

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 17 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore invertente: Effetto del guadagno finito

Guadagno Vo/Vi

o

Vo/Ao

i R1

o

R2

1

2

Se Ao≠∞, allora si puo' scrivere: Vo = Ao · (Vi+ - Vi-)

Da cio' per Vi+=0, si ricava:

Vi- = – Vo Ao

Inoltre vale sempre l'equazione di Kirchoff, che diventa:

I1 = Vi - Vi-

R1 = I2 = Vi- - Vo

R2 Risolvendo per Vo si ottiene:

Vo Vi = –

R2 R1 ·

1

1 + 1 Ao · 

  

1 + R 2 R1

Per Ao => ∞, il guadagno diventa quello dell'amplificatore ideale (Vo/Vi = – R2/R1).

Esempio: R1=1kΩ, R2=2kΩ (Vo/Vi = –2) Ao=10 Vo/Vi = – 1.5385 Ao=100 Vo/Vi = – 1.9417 Ao=1000 Vo/Vi = – 1.9940 Ao=10000 Vo/Vi = – 1.9994

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 18 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore invertente: Effetto del guadagno finito

Impedenza di ingresso

Vi R1

Vo

R2

Rin Ao

Rx

Rin si puo' scomporre in Rin=R1+Rx

• Calcolo di Rx

Vt

Vo

R2

Ao

Rx

Vo = -Ao·Vt

It = Vt - (-Ao·Vt)

R2 = (1+Ao)·Vt

R2 Da cui:

Rx = Vt It =

R2 1+Ao

Si puo' allora scrivere:

Rin = R1 = Rx = R1 + R2

1+Ao Verifica: per Ao–>∞, Rin tende al valore gia' calcolato per Ao=∞

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 19 September 25, 2000

Effetto Miller

Vt It

Zf

Zi A

Posta un'impedenza generica (Zf) ai capi di un amplificatore invertente (di guadagno A), si calcolino l' impedenza di ingresso (Zi).

Si applica Vt e si calcola It.

It = Vt – (–A·Vt)

Zf = Vt · 1+A Zf

Da cui:

Zi = Zf

1+A ≈ Zf A

L'impedenza in reazione viene divisa per il guadagno dell'amplificatore.

N.B.: se Zf e' un condensatore (Zf= 1

s·Cf)

Zi = 1

s·A·Cf = 1

s·(A·Cf) cioe' il condensatore viene moltiplicato per A

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 20 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore invertente: Effetto dell'offset

Voffset

R1

o I1

2 R2

Vo Voffset = 1 +

R2 R1 = 1+ Guadagno del segnale

L'offset potrebbe portare l'amplificatore in saturazione

(Esempio: Voffset=20mV, R2=100kΩ, R1=1kΩ, Vo=2.02V)

Riduzione dell'offset L'offset in uscita puo' essere ridotto se il segnale e' su una

banda di frequenze piu' alte della banda (strettissima/nulla) dell'offset.

In questo caso si puo' usare lo schema

Voffset

R1

o 1

I2

C1

R2

Vi

Per il calcolo dell'effetto dell'offset (che da un contributo a frequenza zero), il condensatore si comporta come circuito aperto

L'uscita e' data da:

Vo = – Vi · s·C1·R2

1+ s·C1·R1 + Voffset

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 21 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore invertente: Resistenze parassite

i R1

o

R2

34

• La relazione che fissa il guadagno e' la legge di Kirchoff al nodo di ingresso invertente.

Pertanto:

• R3 non entra nel bilancio di corrente al nodo Vi- ed e quindi ininfluente sul guadagno Vo/Vi (e' importante per valutare la corrente totale erogata dall'amplificatore operazionale)

• R4 e' collegata al nodo Vi- e quindi deve essere considerata nell'equazione della legge di Kirchoff.

I1 = I4 + I2 Pero':

• Se l'amplificatore e' ideale (A=∞) allora Vi-=0, ai capi di R4 non c'e' caduta di tensione e pertanto non assorbe corrente, risultando ininfluente su Vo/Vi

• Se Ao e' finito allora si scrive: Vi - (-Vo/Ao)

R1 = -Vo/Ao

R4 + -Vo/Ao - Vo

R2 Da cui si ottiene:

Vo Vi = –

R2 R1 ·

1

1+ R1·R2+R1·R4+R2·R4

Ao·R1·R4 Si puo' anche calcolare la resistenza di ingresso:

Rin = R1 +   

  

R 4 // R2

1+Ao

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 22 September 25, 2000

Stadi elementari La configurazione non-invertente

Vi

R1

Vo

R2

I1

I2

Il guadagno Vo/Vi si calcola ancora dalla relazione di Kirchoff al nodo V-.

Se A=∞ (amplificatore ideale) allora V- = V+ = Vi

Da cui si scrive:

I1 = 0 - Vi R1 = I2 =

Vi - Vo R2

Si ricava quindi: Vo Vi = 1 +

R2 R1

• Il guadagno e' sempre maggiore di 1

Amplificatore non-invertente: Impedenza di ingresso

Vi

R1

Vo

R2

I1

I2

• La corrente assorbita dall'ingresso dell'amplificatore e' sempre nulla => l' impedenza vista da Vi e' sempre ∞

Rin = ∞

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 23 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore non-invertente:

Effetto del guadagno finito

Vi

R1

Vo

R2

I1

I2

Il guadagno finito Ao comporta che: Vo = Ao·(V+ - V–) = Ao·(Vi - V–)

V– = Vi – Vo Ao

Il guadagno Vo/Vi si calcola dalla legge di Kirchoff al nodo V-:

I1 = 0 - V–

R1 = I2 = V– - Vo

R2

Risolvendo per Vo (sostituendo V–) si ottiene:

Vo Vi = 

  

1 + R 2 R1 ·

1

1 + 1+

R 2 R1

Ao • Per Ao => ∞, Vo/Vi torna al valore calcolato nel caso

ideale. • Il guadagno Vo/Vi diventa funzione di Ao.

• Esempio: R1=1kΩ, R2=3kΩ Ao=10 Vo/Vi = 2.3077 Ao=100 Vo/Vi = 2.9126 Ao=1000 Vo/Vi = 2.9910 Ao=10000 Vo/Vi = 2.9991

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 24 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore non-invertente: buffer di tensione

Vi

R1

Vo

R2

I1

I2

Vo Vi = 1 +

R2 R1

• Caso particolare: per R2=0 si ha un buffer di tensione (Vo/Vi = 1)

i

R1

o

• L' impedenza di ingresso (vista da Vi) e' ∞ • R 1 non serve. Anzi

richiede una corrente che deve essere fornita dall'amplificatore. Quindi R1 puo' essere eliminata

Vi

Vo

• Effetto del guadagno finito Vo = Ao · (V+ - V–) = Ao · (Vi – Vo)

Vo Vi =

Ao 1 + A o

• Esempio:

Ao=10 Vo/Vi = 0.9091 Ao=100 Vo/Vi = 0.9901 Ao=1000 Vo/Vi = 0.9990 Ao=10000 Vo/Vi = 0.9999

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 25 September 25, 2000

Stadi elementari Amplificatore non-invertente - Effetto dell'offset

• Il circuito per lo studio dell'effetto del'offset e' lo stesso di quello dell'amplificatore invertente

Voffset

R1

o I1

2 R2 Vo

Voffset = 1 + R2 R1

Vo Voffset = Guadagno del

segnale

Riduzione dell'offset Analogamente al caso invertente, un possibile schema per la

risuzione dell' offset in uscita e' il seguente:

offset

R1

o

C1

R2

i

L'uscita e' data da (Vi e Voffset qui sono in serie):

Vo = (Vi + Voffset) · 1+s·C1·(R1+R2)

1+s·C1·R1 • Voffset e' solo a bassa frequenza (s≈0) e guadagna

Vo Voffset = 1

• Il segnale Vi e' solo ad alta frequenza (s >>0) e guadagna Vo Vi = 1 +

R2 R1

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 26 September 25, 2000

Stadi elementari Sommatore

• L' amplificatore invertente p u o ' e s s e r e concettutalmente scomposto in due stadi: Vin -> I1 -> Vo

Vi R1

Vo

R2

I1

I2

E' possibile eseguire la somma di segnali in corrente. Con N ingressi sono necessari N stadi che realizzano la

trasformazione (Vi -> Ii) Le N correnti cosi' generate vengono tutte iniettate in massa

virtuale.

• Esempio (N=2):

Vo

R3

V2 R2 I2

I3V1 R1 I1

Vo = – R3 ·   

  V1

R1 + V 2 R2

Il circuito puo' essere studiato con la sovrapposizione degli effetti:

Applico V1 con V2=0 => Vo = – R3 R1 · V1

Applico V2 con V1=0 => Vo = – R3 R2 · V2

Sommando i due termini

Vo = – R3 ·   

  V1

R1 + V 2 R2

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 27 September 25, 2000

Stadi elementari Stadio delle differenze

V1 R1

Vo

R2

R3

R4

V2

V+ = V2 · R4

R 3 + R4 Per il principio di massa virtuale

V– = V+ = V2 · R4

R 3 + R4 V1 – V–

R1 = V– – Vo

R2 Da cui si ricava:

Vo = – R2 R1 · V1 + 

  

1 + R 2 R1 ·

R4 R 3 + R4 · V2

Si poteva operare anche con la sovrapposizione degli effetti. Si applica solo V1 e si ottiene:

Vo = – R2 R1 · V1

Si applica solo V2 e si ottiene:

Vo =   

  

1 + R 2 R1 ·

R4 R 3 + R4 · V2

Sommando i due termini si ottiene:

Vo = – R2 R1 · V1 + 

  

1 + R 2 R1 ·

R4 R 3 + R4 · V2

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 28 September 25, 2000

Effetto delle correnti di polarizzazione

R1

o

R2

4

b–

b+

Si considerano le due correnti di polarizzazione (ib+ e ib–) come due generatori indipendenti.

Si applica la sovrapposizione degli effetti. Si applica ib+ (ib–=0). Si ha che:

V+ = –ib+·R4 e quindi:

Voib+ = –ib+·R4·(1+ R2 R1)

Si applica ib– (ib+=0).Si ha che: V–=0

Allora ib– scorre tutta su R2 e si ottiene: Voib– = ib–·R2

Sommando i due termini e supponendo ib+=ib–=ib si ha:

Vo = Voib+ + Voib– = –ib·R4·(1+ R2 R1) + ib·R2

Vo=ib·(R2 – R4·(1+ R2 R1)

Per annullare il contributo di ib si deve imporre:

R2 = R4· R1+R2

R1 e cioe':

R4 = R1·R2

R 1 + R2 = R1 // R2

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 29 September 25, 2000

Stadi elementari Uso di impedenze complesse

Tutte i circuiti finora studiati usando resistenze, possono essere studiati sostituendo alle resistenze delle impedenze complesse.

Amplificatore invertente

o i

Z2

Z1

Vo Vi = –

Z2 Z1

Amplificatore invertente

o

Vi

Z2

Z1

Vo Vi = 1 +

Z2 Z1

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 30 September 25, 2000

Stadi elementari Integratore

2

i R1

o I1

2

E' uno stadio invertente (R2 e' sostituito da 1

s·C2)

Quindi si ottiene: Vo Vi = –

1 s·R1·C2

Si possono tracciare i relativi diagrammi di Bode:

log(ω/ωr)

-20dB/dec

log(ω/ωr)

-270°

vout vin

vout vin

dB

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 31 September 25, 2000

Stadi elementari Integratore

2

i R1

o I1

2

La struttura in realta' non e polarizzabile in continua in quanto la reazione negativa non e' attiva.

Infatti, in continua C2 e' un circuito aperto e quindi in coontinua non c'e' alcun circuito di reazione che mantiene l'amplificatore in zona lineare.

Effetto dell'offset

offset

C2

R1

o 1

2

Se ad esempio si considera un eventuale offset applicato su morsetto V+, questo si riporta su V– e la corrente

( Voffset

R1 ) si integra su C2 finche' l'amplificatore satura.

Allo stesso modo, applicando una Vi≠0 in continua, con A=∞ e senza reazione, l'amplificatore opera ad anello aperto e satura.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 32 September 25, 2000

Stadi elementari Integratore: Effetto del guadagno finito

Effetto del guadagno finito C2

Vi R1

Vo I1

I2

Ao

Vi – (-Vo/Ao) R1 =

(-Vo/Ao) – Vo 1

s·C2 Vo Vi = –

Ao 1+s·C2·R1·(1+Ao)

Diagrammi di Bode

og( ω/ωr)

20dB/dec

og( ω/ωr) 270°

out in

out vin

dB

1/τ

180°

o

In continua il C non e' 'attivo' e quindi il guadagno di tensione risulta Vo/Vi = – Ao

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 33 September 25, 2000

Stadi elementari Derivatore

C1Vi

R2

Vo I1

2

Vi 1

s·C1

= –Vo R2

Vo Vi = – s·C1·R2

Diagammi di Bode

log( ω/ωr)

20dB/dec

log( ω/ωr)

– 90°

vout vin

vout vin

dB

con A finito

-180° con A finito

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 34 September 25, 2000

Polarizzazione vs. segnale • Anche per i circuiti con gli amplificatori operazionali, va

prima valutato il punto di lavoro, e poi il circuito per il piccolo segnale.

Esempio

R

o

R

vi

E=2V I=1mA

R=1kΩ

Polarizzazione: si spegne vi e il circuito diventa:

I

R

Vo

R

E

Con la sovrapposizione degli effetti si ottiene:

Si applica E (e si spegne I):

Vo_E = E ·   

  

1 + R R = 2 · E = 4V

Si applica I (e si spegne E), la corrente I passa tutta sulla resistenza in reazione:

Vo_I = R·I = 1V In totale si ottiene:

Vo =Vo_E + Vo_I = 5V Segnale: il circuito equivalente di un amplificatore

operazionale e' un amplificatore operazionale (il suo guadagno e' lineare !) e si ottiene il seguente circuito equivalente:

R

Vo

R

vi

Si ottiene:

vo vi = –

R R = – 1

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 35 September 25, 2000

Tensione di saturazione

Vi R1

o

R2

1

I2 Vsat + = 5V

Vsat– = –5V R1 = 1kΩ R2 = 1kΩ Vi = 10V·sin(2·π·f·t)

Se non intervenisse la saturazione degli amplificatori, il segnale di uscita sarebbe:

Vo = – 10V·sin(2·π·f·t)·R2R1 = –10V·sin(2·π·f·t)

In realta' l'operazionale non puo' avere l'uscita superiore a 5V, e pertanto l'uscita si porta al livello di saturazione.

In questo caso, l'amplifcazione dell'amplificatore e' nulla (se si applica un piccolo segnale in ingresso l'uscita non cambia e rimane alla saturazione)

=> L'anello di reazione e' aperto e il principio di massa virtuale non vale piu'.

Il nodo di ingresso invertente dell'amplificatore puo' quindi muoversi e si porta a

V– = Vi + (Vsat – Vi)· R1

R1+R2 Il diagramma di Vo

e di V– e' il seguente:

Negli intervalli con '*' la reazione e' aperta

0 1 2 3 4 5 6 -10

-5

0

5

10

Tempo

*

*

*

*

0 1 2 3 4 5 6 -5

0

5

Tempo

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 36 September 25, 2000

Esercizio (I) Testo

L' amplificatore operazionale e' ideale.

C i

R

Vo

R

C

R = 10kΩ

C = 1µF

a - si determini la funzione di trasferimento vo vi

(s)

b - si traccino i diagrammi di Bode della risposta in frequenza vo vi

(jω).

c - si calcoli l'effetto su Vo di un'offset dell'amplificatore di 10mV

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 37 September 25, 2000

Esercizio (II) Soluzione

a- Si imposta un sistema lineare di equazioni di Kirchoff alle

maglie od ai nodi. Si scrive, facendo riferimento alle notazioni riportate in figura,

la legge di Kirchoff al nodo x

C Vi

R

o

R

C

3

1 2

X

I1 = I2 + I3 = vi – vx

R

I2 = s·C·vx

I3 = s·C·(vx – vo)

vi – vx

R = s·C·vx + s·C·(vx – vo)

Si puo' poi scrivere l'equazione di Kirchoff al nodo di massa virtuale:

s·C·vx = - vo R

Si ricava vx:

vx = - 1

s·R·C ·vo

e si sostituisce nell'equazione relativa al nodo x:

vi R -

vx R = s·2·C·vx - s·C·vo

vi R +

1 s·R2·C ·vo = –

2 R ·vo – s·C·vo

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 38 September 25, 2000

Esercizio (III)

Da cio' si puo' ricavare la funzione di trasferimento vout/vin

vo vi = -

1 R

1 s·R2·C +

2 R – s ·C

= - s·R·C

s2·R2·C2 + 2·s·R·C + 1 =

vo vi =

s/τ s2 + 2·s/τ + 1/τ2

con τ = R·C = 10kΩ· 1µF = 0.01 sec/rad Introducendo i valori numerici si ottiene:

vo vi =

s /0.01 s2 + 2·s/0.01 + 1/0.0001 =

100 s s2 + 200 s + 10000

• Il numeratore presenta solo il termine in s => la risposta del circuito e' di tipo passabanda.

• Il denominatore indica invece la posizione dei poli (ωo) ed il loro fattore di merito Q.

Il denominatore in funzione di ωo e Q si scrive (s2 + ωo/Q·s + ωo2)

• E' possibile ricavare allora ωo e Q ωo2 = 1/τ2 quindi ωo = 1/τ

ωo/Q = 2/τ quindi Q = ωo·τ/2 = 1/2

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 39 September 25, 2000

Esercizio (IV) b) Il diagramma di Bode e' illustrato in figura (con ωr=1)

ω/ωr

|vout/vin|dB

-10

0

-20

ω/ωr

ϕ [rad]

-π/2

0 10

2 10

3 10

-3π/2

-2π

10 2

10 3

10

+20dB/dec -20dB/dec

asintotico

reale

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 40 September 25, 2000

Esercizio (I) Testo

Il MOSFET e' a canale n. L' amplificatore operazionale e' ideale.

M

R

Vi

Vo

R = 10kΩ

k = 10µA/V2

VTH=1V.

Si determini l'andamento della tensione di uscita vo in funzione della tensione di ingresso vi per |vi|≤5V, e se ne tracci il diagarmma cartesiano.

Si dia infine un'espressione del guadagno di piccolo segnale vo/vi in funzione del valore di polarizzazione di vi.

Soluzione • Il transistor MOS e' in configurazione chiusa a diodo.

=> se VGS>VTH, M e' in saturazione e conduce una corrente pari a (k·(VGS - VTH)2).

=> se se VGS<VTH, M si comporta come un circuito aperto e non conduce corrente

• La reazione attorno all'amplificatore operazionale sempre chiusa

=> il segnale vi si riporta sempre sul morsetto invertente e quindi comanda il gate del MOS

• Per vi<VTH=1V il transistor MOS e' aperto e non conduce corrente; pertanto in R non passa corrente e vo=vi.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 41 September 25, 2000

Esercizio (II)

• Per vi>VTH il MOS e' in saturazione e conduce una corrente pari a

I=k·(VGS - VTH)2 = k·(vi - VTH)2, Tale corrente passa tutta in R.

• La tensione in uscita sara' allora data da

vo = vi + k·(vi - VTH)2·R

• Il diagramma cartesiano e' il seguente

0 1 2 3 4 5 0

1

2

3

4

5

6

7

Vi [V]

M off M on

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 42 September 25, 2000

Esercizio (III) 2- Il guadagno di piccolo segnale dipende dalla polarizzazione

del transistor MOS. Per Vi<VTH, M e' spento e quindi e' come se non ci fosse. Il

guadagno risulta pertanto: vo vi = 1

Per Vi>VTH, M e' attivo e presenta una impedenza ai suoi capi pari a 1/gm, ove gm dipende dal punto di lavoro, ovvero dal valore di polarizzazione di Vi:

gm = 2·k·(Vi – VTH) Il guadagno vo/vi si puo' pertanto scrivere:

vo vi = 1 +

R 1/gm = 1 + gm·R

Il grafico risulta il seguente:

0 1 2 3 4 5 0.5

1

1.5

2

Vi [V]

M off

M on

• Essendo il guadagno di piccolo segnale il rapporto incrementale di Vo/Vi, tale grafico si poteva ricavare facendo la derivata di quello precedente.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 43 September 25, 2000

Esercizio (I) Testo

Gli amplificatori operazionali sono ideali.

i

R1 vo

C R

R

C

o’

+

R = 10kΩ R1 = 100Ω C = 1µF

a - si determini la funzione di trasferimento vo/vi b - si traccino i diagrammi di Bode di vo/vi(s)

Soluzione • Gli amplificatori operazionali sono ideali

=> il nodo vo' e' a bassa impedenza => il circuito si puo' scomporre e studiare come cascata di

due stadi • Il primo avra' come ingresso vi ed uscita vo' • Il secondo ingresso vo' ed uscita vo. • La funzione di trasferimento sara' il prodotto delle due

funzioni di trasferimento parziali.

vo vi =

vo' vi ·

vo vo'

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 44 September 25, 2000

Esercizio (II)

• Per il primo stadio si possono scrivere le equazioni di Kirchoff per le correnti al nodo v' ed al nodo di ingresso non-invertente dell'amplificatore operazionale.

v i – v ' R =

v' – vo' R + sC ( )v' – vo '

v' – vo ' R = s·C·vo'

• Dalla seconda si ricava vo' in funzione di v' e si sostituisce nella prima

v' = vo' (1 + s·R·C)

vi – (1+s·R·C)·vo' = = (1+s·R·C)·vo' – vo'+s·R·C·((1+s·R·C)·vo'–vo')

• Risolvendo per vo'/vi si ottiene:

vo' vi =

1 (1 + s·R·C)·(1 + s·R·C)

• La funzione di trasferimento vo/vo' del secondo stadio e':

vo vo' =

1 s·C

1 s·C + R1

= 1

1 + s·C·R1

• La funzione di trasferimento totale si puo' allora scrivere:

vo vi =

1 (1 + s·R·C) (1 + s·R·C)

1 1 + s·C·R1

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 45 September 25, 2000

Esercizio (III)

• La funzione di trasferimento e' quindi:

vo vi =

1 (1 + s·R·C)·(1 + s·R·C) ·

1 1 + s·C·R1

• Ci sono tre poli, dei quali due alla stessa frequenza

ω1 = 1R·C = 100 rad/sec (con molteplicita' due)

ω2 = 1R1·C = 10krad/sec

• I diagrammi di Bode (con ωr=1) sono i seguenti:

H(s)

H(s) dB

log(ω/ωr)ω1

Ao = 0dB

–270° = 90° log(ω/ωr)

ω2

90°

ωr=1 rad/sec

–40dB/dec

180°

–60dB/dec

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 46 September 25, 2000

Esercizio (I) Testo

L' amplificatore operazionale e' ideale

v1 R vo

R1

C

R2

v2

R1 = 1kΩ

R2 = 10kΩ

R = 1kΩ

C = 1µF

1- Per v2=0, determinare la funzione di traferimento vo/v1 del circuito in figura e tracciarne i diagrammi di Bode

2- Tracciare in un grafico l'evoluzione temporale dell'uscita della rete quando all'ingresso 2 e' collegata una batteria (v2=1V) ed all'altro ingresso e' applicato un gradino di ampiezza 1V.

Soluzione 1- Per il principio di massa virtuale si ha:

vi+ = vi– Applicando un segnale solo su v1 si ottiene:

vi+ = v1 1

1+s·R·C Essendo vi-=vi+, la corrente attraverso R1 e':

IR1 = vi–/R1 Questa corrente puo' essere fornita dall'uscita dell'amplificatore, perche' l'ingresso non puo' dare corrente. Quindi vo si ricava:

vo = vi– + R2·IR1 = vi– + vi– · R2/R1= v1 · 1

1+s·R·C (1 + R2/R1) vo v1 =

1 1+s·R·C · (1 + R2/R1)

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 47 September 25, 2000

Esercizio (II)

I diagrammi di Bode della funzione di trasferimento (con ωr=1) sono i seguenti:

90°

(s)

(s) B

og(ω/ωr)ωp

og(ω/ωr)

ωr=1rad/sec

o

20dB/dec

con: Ao = (1 + R2/R1)

ωp = 1R·C

2. Avendo due sorgenti di segnale in una rete lineare si applica il principio di sovrapposizione degli effetti.

Applicando v1 e annullando v2 si ha:

vx = v1

R + 1

s C

1

s C = 1

1 + s R C v1

vo1 = 1

1 + s R C  

  

1 + R 2 R1 v1

Analogamente applicando v2 e annullando v1 si ha:

vo2 = - R2 R1 v2

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 48 September 25, 2000

Esercizio (III) Sommando i due contributi si ha

vo = 1

1 + s ·R ·C  

  

1 + R 2 R1 · v1 –

R2 R1·v2

Ora si ha che v2=1V e v1 e' un gradino di 1V la cui trasformata e' 1/s. Si puo' allora scrivere:

vo (s) = 1

1 + s ·R ·C  

  

1 + R 2 R1

1 s –

R2 R1 1

Antitrasformando e sostituendo i valori dei componenti si ottiene:

vo (t) = 11 ( )1 – e -1000 · t – 10 = 1 – 11 e -1000·t

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01

t [s]

vo [

V ]

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 49 September 25, 2000

Esercizio (I)

Testo L' amplificatore operazionale e' ideale

L vi

R1

vo

R2 L = 1mH

R1 = 100Ω

R2 = 500Ω

1. Si determini la funzione di traferimento del circuito e tracciarne il diagramma di Bode

2. Tracciare il grafico dell'evoluzione temporale dell'uscita del circuito quando all'ingresso e' applicato un gradino di ampiezza 2V

Soluzione 1. Se l'amplificatore e' ideale il suo guadagno e' infinito, e il suo

nodo di ingresso invertente opera da massa virtuale ed e' a massa.

La corrente che passa nella serie R1-L si puo' scrivere:

IR1L = vi – v– R1+s·L =

vi R1+s·L

Iin scorre tutta nella resistenza in reazione R2 e la tensione di uscita si scrive:

vo = v– – IR1L·R2 = – Ii·R2 = – vi

R1+s·L·R2

La funzione di traferimento e' allora vo vi = –

R2 R1+s·L = –

R2 R1 ·

1 1+s·L/R1

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 50 September 25, 2000

Esercizio (II)

I diagrammi di Bode della funzione di trasferimento sono illustrati in Figura (con ωr=1).

90°

(s)

(s) B

og(ω/ωr)ωp

180°

og(ω/ωr)

ωr=1rad/sec

o

20dB/dec

con:

Ao = R2 R1

ωp = LR1

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 51 September 25, 2000

Esercizio (III) 2. La risposta ad un gradino si ottiene antitrasformando la

funzione di trasferimento. Si ottiene allora una risposta del tipo

vo(t) = – R2 R1 

  

1– exp(– t· R1 L ) · 2V

L'evoluzione nel tempo di vo e':

-10

-8

-6

-4

-2

0

0 1 2 3 4 5

x10-5t [s]

vo ut

[ V

]

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 52 September 25, 2000

Esercizio (I)

Testo Gli amplificatori operazionali sono ideali.

i

o

R4

R3

R2

R1

i

R1 = 1 kΩ

R2 = 9 kΩ

R3 = 10 kΩ

R4 = 20 kΩ

1. Si determini l’espressione ed il valore dell’impedenza Zi che appare nel punto A.

2. Si determini l’espressione ed il valore del guadagno vo/vi 3. Si determini l’espressione del guadagno vo/vi nel caso

limite R4 → ∞.

Soluzione Entrambi gli amplificatori operazionali sono ideali e sono

reazionati negativamente; pertanto vale per entrambi il principio del cortocircuito virtuale ai morsetti di ingresso e si ha v+ = v–.

1. L’impedenza Zi si determina eliminando il generatore di

segnale vi e la resistenza R1, ed applicando nel punto A il generatore di tensione di sonda vt, come mostrato nella figura.

Risulta pertanto: Zi = vt/it. Poiche' gli operazionali sono ideale, la corrente it scorre interamente attraverso la resistenza R2.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 53 September 25, 2000

Esercizio (II)

vt R4

R3

R2

it

vA vB

vo

Il primo amplificatore e' in configurazione buffer non invertente, pertanto vB=vA=vt. Il secondo operazionale e' reazionato negativamente tramite la resistenza R4 ed e' in configurazione di amplificatore invertente. Il guadagno tra il punto B e l’uscita risulta:

vo/vB = AV = – R4/R3 L’espressione per la corrente it e':

it = (vt – vo)/R2 Essendo vo = AV·vB = AV·vt si puo' anche scrivere:

it = (vt – vo)/R2 = vt· 1+R4/R3

R2 Pertanto, l’impedenza Zi e' data da:

Zi = vt it =

R2 1+R4/R3

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 54 September 25, 2000

Esercizio (III)

2. Per calcolare il guadagno vo/vi e' conveniente sfruttare il risultato ottenuto al punto 1. La tensione vA puo' infatti essere calcolata sostituendo la parte di circuito che sta a destra della linea sottile con l’impedenza Zi calcolata al punto 1.

vi R1

Zi

A

Con riferimento alla figura, si ha:

vA = vi· Zi

Z i + R1 Avendo trovato al punto 1 che risulta vo = AV·vA, (con AV=–

R4/R3) si ha:

vo = AV·vA = – R4 R3 ·vi·

Zi Z i + R1

vo vi = –

R2·R4 (R1+R2)·R3 + R1·R4

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 55 September 25, 2000

Esercizio (IV)

3. Il valore limite del guadagno vo/vi si può ottenere facendo tendere R4 all’infinito nell’espressione ottenuta al punto 2:

vo vi = –

R2 R1

Si nota che il circuito proposto puo' essere ridisegnato nel seguente modo:

vi

vo

R2

R1

Av A

I due amplificatori operazionali reazionati vengono sostituiti da un amplificatore ideale di tensione con guadagno AV = -R4/R3. Essendo vA = vo/AV ed avendo vo valore finito, per R4 → ∞ si ha AV → –∞ e di conseguenza vA → 0. Il punto A si comporta quindi come una massa virtuale e risulta agevole verificare che in questo limite si ha vo/vi = – R2/R1

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 56 September 25, 2000

Misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dell' offset - Voffset (I)

L'offset e tipicamente di qualche mV, e difficilmente supera qualche decina di mV.

E' pertanto difficile apprezzare l'ampiezza dell'offset con, ad esempio, una struttura a buffer

Vo

off

In questo caso infatti l'uscita si porta a: Vo = Voff

Cioe' a qualche mV, che risulterebbe difficilie da misurare.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 57 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dell' offset (II) Per poter avere valori apprezzabili all'uscita (in modo da

poterli leggere con strumentazione standard) e' quindi necessario amplificarlo.

Si puo' usare il circuito in figura

R1

Vo

R2

off

In questo modo, l'uscita si porta al valore:

Vo = Voff ·   

  

1 + R 2 R1

Il valore delle resistenze deve essere fissato in modo da ottenere un valore apprezzabile all'uscita (>1V).

E' quindi necessario introdurre un'amplificazione di qualche centinaia

Attezione che in caso di offset molto grande l'uscita potrebbe saturare, allora e' necessario ridurra l'amplificazione.

Conoscendo le resistenze utilizzate e, quindi, l'amplificazione introdotta, e' possibile ricavare il valore del'offset.

Esempio: R1=100Ω, R2=49.9kΩ, Vo=500·Voff Se si misura 2V, allora l'offset e' di 4mV.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 58 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dell' offset (III)

Tale configurazione risulta sensibile ad un'eventuale corrente di polarizzazione

R1

Vo

R2

ib–

ib+Voff

Infatti l'uscita (utilizzando la sovrapposizione degli effetti ed i risultati gia' ottenuti) si porta:

Vo = Voff ·   

  

1 + R 2 R1 + R2·Ib

E cio' comporta un errore nella misura Esempio: Ib=20µA, Voff=2mV (ignoto a chi lo deve misurare)

Vo = Vo(Voff) + Vo(Ib1) = 2mV· 500 + 20µA ·49.9kΩ = Vo = 1V + 0.998V = 1.998V

Ignorando questo effetto si ricaverebbe un offset di:

Voff_presunto = 1.998V

500 = 3.996mV

Si commetterebbe quindi un errore del 100% !!

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 59 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dell' offset (IV)

Per ovviare all'effetto delle correnti di polarizzazione, si puo' modificare lo schema i modo da renderlo insensibile alle correnti di polarizzazione.

Lo schema che ne risulta e':

R1

Vo

R2

4

b–

b+off

in cui R4 = R1//R2

R4 = R1·R2 R1+R2

In questo schema l'uscita si porta a:

Vo = Voff ·   

  

1 + R 2 R1

e la misura risulta piu' precisa.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 60 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dello slew-rate - SR (I)

• Lo slew-rate e' la massima velocita' di variazione dell'uscita di un amplificatore operazionale.

• Si misura in V/s • Tipicamente e' dovuto ad una limitata corrente (I) che

carica un certo condensatore (C). Risulta pertanto dato da:

SR = I C

• La capacita' puo' essere interna all'amplificatore od esterna.

• In ogni caso, e' possibile misurare lo slew-rate sollecitando l'amplificatore con una forma d'onda con variazioni molto veloci.

• L'amplificatore rispondera' quindi con una velocita' limitata dallo slew-rate appunto.

• Il circuito che solitamente viene usato e' la configurazione a buffer al cui ingresso viene applicata un'onda quadra.

Vo

Vi

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 61 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Misura dello slew-rate (II)

• La forma d'onda in uscita e':

ineare

Vi

Vo

lew ate

Slew rate

ineare

• Lo slew-rate per gradini positivi puo' essere diverso da quello per gradini negativi

Per affinare la tecnica di misura e' possibile applicare una capacita' al nodo di uscita

Vo

Vi CEXT

In questo modo lo Slew-Rate e' limitato dal nodo di uscita.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 62 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Corrente di polarizzazione - Ib

• Un possibile circuito per la misura della corrente di polarizzazione e' il seguente:

Vo

RF

ib–

ib+

• L'uscita si porta a: Vo = Ib·RF

• In realta' bisogna considerare anche l'eventuale tensione di offset o

RF

ib–

ib+off

• L'uscita si porta quindi a: Vo = Ib·RF + Voff

• Quindi e' necessario dimensionare RF in modo da avere un errore trascurabile dovuto a Voff

• Altrimenti bisognerebbe prima misurare Voff, e poi sottrarlo alla misura delle correnti di polarizzazione.

• Esempio: Ib=20µA, Voff=2mV, RF=50kΩ Si misura Vo = 0.998V Da cui si ricava: Ib = 19.96µA (errore = 0.2%)

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 63 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Guadagno in continua - Ao (I)

La misura del guadagno (in particolare se questo ha un alto valore) non e' agevole.

Un possibile circuito per la misura del guadagno dell'amplificatore D.U.T. (Device Under Test) e' il seguente:

R2=100Ω

C

100kΩ

Eo

R1=100Ω 100kΩ

VC

RF

RL

D.U.T. Vo

Vi

E' necessario fare due misure.

1- Si applica VC1=10V e si misura Eo1 Il morsetto invertente del secondo amplificatore e' una

massa virtuale che si porta quindi a 0V. Applicando VC1, Vo1 si porta necessariamente a -VC1 Vo1 e' a sua volta correlato con Vi1 dalla relazione: Vi1 = Vo1/Ao Eo1 quindi si porta a

Eo1 = Vi1·   

  

1 + R F R2 =

Vo1 Ao · 

  

1 + R F R2 = –

VC1 Ao · 

  

1 + R F R2

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 64 September 25, 2000

Circuiti per la misura delle caratteristiche di un ampop

Guadagno in continua - Ao (II)

R2=100Ω

C

100kΩ

Eo

R1=100Ω 100kΩ

VC

RF

RL

D.U.T. Vo

Vi

Eo1 = Vi1·   

  

1 + R F R2 =

Vo1 Ao · 

  

1 + R F R2 = –

VC1 Ao · 

  

1 + R F R2

2- Si applica VC2=-10V e si misura Eo2, sempre dalla relazione:

Eo2 = – VC2 Ao · 

  

1 + R F R2

A questo punto si fa la differenza dei due risultati

Eo1 – Eo2 = – VC1 Ao · 

  

1 + R F R2 – 

  

– VC 2 Ao · 

  

1 + R F R2

Da questa si ricava Ao:

Ao = VC2 - VC1 Eo2 - Eo 1 · 

  

1 + R F R2

Da notare che la resistenza R1 e' utilizzata per eliminare l'effetto delle correnti di polarizzazione

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 65 September 25, 2000

Effetti della reazione

L'utilizzo di un amplificatore in configurazione reazionata ha benefici sui seguenti parametri:

- Desensibilizzazione del guadagno rispetto a variazioni del guadagno dell'amplificatore operazionale

- Allargamento della banda utile per l'elaborazione del segnale

- Riduzione dell'impedenza di uscita

- Riduzione della distorsione

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 66 September 25, 2000

Effetti della reazione

Allargamento della banda utile per l'elaborazione del segnale

Un amplificatore reale in anello aperto ha una risposta in frequenza del tipo:

A(s) = Ao

1 + s ·τ Il cui diagramma di Bode per l'ampiezza e' il seguente

GBW fp

Ao

GBW e' il prodotto banda·guadagno ed e' definito come:

GBW = Ao

2·π·fp Da cio' appare evidente che l'eventuale utilizzo di un

amplificatore ad anello aperto risulta possibile fino alla

frequenza 1

2·π·τ , oltre la quale l'amplificatore inizia a

cambiare il valore del guadagno.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 67 September 25, 2000

Si studi ora la risposta in frequenza della configurazione reazionata non- invertente, ove si utilizzi l'amplificatore di cui sopra.

R1

Vo

R2

Vi A(s)

Come ricavato per il caso del guadagno finito, la risposta di tal circuito e':

Vo Vi = 

  

1 + R 2 R1 ·

1

1 + 1+

R 2 R1

A Al posto di A, si puo' sostituire l'espressione in frequenza del

guadagno   

  

A(s) = Ao

1 + s ·τ , e si ottiene:

Vo Vi =

Ao·(R1 + R2) A o·R1 + R1 + R2 + s·τ · (R1+R2)

=

Vo Vi =

Ao·(R1+R2) Ao·R1+(R1+R2) ·

1

1 + s ·τ · R1+R2Ao·R1+(R1+R2) Il polo (fp ') ed il guadagno in continua (Ho) della

configurazione retroazionata sono quindi:

fp' = 1

2·π·τ· R1+R2Ao·R1+(R1+R2)

Ho = Ao·(R1+R2)

Ao·R1+(R1+R2)

Il prodotto banda-guadagno (GBW) e' dato da:

GBW = fp·Ho = Ao

2·π·τ

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 68 September 25, 2000

Il valore di GBW ottenuto e' uguale al caso senza reazione Il valore di banda (fp) e' molto piu' grande di quello ad anello

aperto. Il risultato della reazione si puo' visualizzare nella seguente

figura;

GBW fp fp’

Ao

1+R2/R1

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 69 September 25, 2000

Effetti della reazione

Effetto della reazione sull'impedenza di uscita • L'amplificatore operazionale ideale ha un'impedenza di

uscita nulla. • L'amplificatore operazionale reale ha invece

un'impedenza di uscita (Ro) non-nulla. • Cio' si puo' schematizzare come segue:

RoVi–

Vi+

Vo

Si valuti ora il valore dell'impedenza di uscita della struttura reazionata, nello schema seguente:

R1

R2

Vt Ro

Vx

It

Si impone una corrente di test (It) e si calcola la tensione (Vt) che ne risulta.

Essendo il guadagno dell'amplificatore infinito, il morsetto di ingresso invertente e a massa (principio di massa virtuale)

La corrente su R1 e' quindi nulla.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 70 September 25, 2000

Ne segue che la corrente su R2 e' nulla. Quindi la tensione sul morsetto di uscita (a cui e connessa

R2) e' a tensione nulla, cioe': Vt = 0

L'impedenza di uscita' e quindi:

Ro = Vt It = 0

La corrente di segnale che viene iniettata (It) va tutta su Ro e sposta il punto Vx, mentre il punto Vo rimane ben fermo.

La reazione riduce l'impedenza di uscita

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 71 September 25, 2000

Effetti della reazione

Effetto della reazione sull'impedenza di uscita La stessa valutazione puo' essere fatta con guadagno finito

dell'amplificatore (Ao).

R1

R2

Vt Ro

Vx

It

Ao

Si deve risolvere il sistema:

  0 - (-Vx/Ao)R1 =

(-Vx/Ao) - Vt R2

V x - Vt Ro =

(-Vx/Ao) - Vt R2 + I t

Vt = It· 1 Ao ·

Ro·(R1+R2)

R1+ R1+R2+Ro

Ao

Rout = Vt It =

1 Ao ·

Ro·(R1+R2)

R1+ R1+R2+Ro

Ao

Maggiore e' il guadagno (Ao) minore l'impedenza di uscita (Rout)

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 72 September 25, 2000

Esercizio (I)

Testo Valutare Vo(Vi) per Vi=1V·sin(2·π·fin·t). Si consideri il diodo

ideale, cioe' con la caratteristica mostrata in figura.

R

VoVi R

ID

VD0V

Soluzione Si studia il comportamento del circuito per Vi>0 e per Vi<0.

• Per Vi>0, IR tende ad essere positiva nel versi della freccia.

Il diodo e' in grado di accettare IR e pertanto l'anello di reazione attorno all'amplificatore operazionale.

Il nodo invertente di ingresso dell'amplificatore e' a massa.

La corrente IR e' quindi data da:

IR = Vi R

La tensione sul diodo e' nulla e quindi per Vi>0 si ha che:

Vo=0

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 73 September 25, 2000

Esercizio (II)

• Per Vi<0, la corrente IR avrebbe un valore negativo. Tale corrente pero' non puo' essere accettata dal diodo,

che e' quindi interdetto. Per cui IR=0. In aggiunta, la reazione attorno all'operazionale e' aperta,

e non vale il principio di massa virtuale. Essendo IR=0, non cade tensione sulla resistenza e

quindi: V– = Vi

La tensione di uscita Vo si porta quindi a:

Vo = A · (V+ – V–) = – A · V–

Per A=∞, Vo tenderebbe a –∞. In realta' si blocca a Vsat–.

Per Vsat– = –5V si ha il seguente grafico:

0 2 4 6 8 10 -2

-1

0

1

2

Tempo

0 2 4 6 8 10 -2

0

2

4

6

Tempo

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 74 September 25, 2000

Filtri analogici Tipi di risposta di un filtro analogico

• Passabasso

H(s) = K ωz2

s 2 + ωp Qp

·s + ωp2 =

a0 s2 + b1·s + b0

-40dB/dec

20 log Q"

H( )jω

p'

σ

p''

ωp ω

• Passabanda

H(s) = K

ωz Qz

·s

s 2 + ωp Qp

·s + ωp2 =

a1·s s2 + b1·s + b0

-20dB/dec

20 log Q"

H( )jω

p'

σ

p''

ωp

+20dB/dec

ω

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 75 September 25, 2000

Filtri analogici Tipi di risposta di un filtro analogico

• Passa-alto

H(s) = K s2

s 2 + ωp Qp

·s + ωp2 =

a2·s2 s2 + b1·s + b0

+40dB/dec

20 log Q"

H( )jω

p'

σ

p''

ωp

ω

• Notch

H(s) = K s2 + ωz2

s 2 + ωp Qp

·s + ωp2 =

a2·s2 + a0 s2 + b1·s + b0

H( )jω

p'

σ

p'' jωz

ωz

ω

pω Q''

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 76 September 25, 2000

Filtri analogici

• La risposta in frequenza di un filtro analogico si puo' scrivere:

H(s) = a0 + a1·s + a2·s2 + a3·s3 + a4·s4 + ........ b0 + b1·s + b2·s2 + b3·s3 + b4·s4 + ........

= (s+τz1)·(s+τz2)·....·(s2+s·ωz1/Qz1+ωz12)·........ (s+τp1)·(s+τp2)·....·(s2+s·ωp1/Qp1+ωp12)·........

• Cioe' si puo' scomporre in blocchi del primo e del secondo ordine da utilizzarsi in cascata

• Il numero dei poli corrisponde all'ordine del filtro

• Il filtro viene definito con una maschera della risposta in frequenza (in ampiezza o fase). Ad esempio in ampiezza per un passabasso si puo' avere:

0dB

ripple in banda

stopbandattenuazione minima

banda passante

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 77 September 25, 2000

Cella del primo ordine

C2

Vi R1

R2

Vo

C1

H(s) = – R2 R1 ·

1 + s·R1·C1 1 + s·R2·C2

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 78 September 25, 2000

Cella biquadratica di KHN (Kerwin-Huelsman-Newcomb)

C

Vi R2

R C

R

Vlp

Rf

R1

Vhp

R3

Vbp

Vy

      Vi–VyR2 =

Vy–Vb p R3

Vlp–Vy R1 =

Vy–Vh p Rf

V bp = – Vhp

s·R·C

V lp = – Vbp

s·R·C

Hlp= R3·(RF+R1)

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

Hbp= C·R·R3·(RF+R1)·s

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

Hhp= C2·R2·R3·(RF+R1)·s2

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 79 September 25, 2000

Cella biquadratica di KHN (Kerwin-Huelsman-Newcomb)

C

Vi R2

R C

R

Vlp

Rf

R1

Vhp

R3

Vbp

Vy

Hlp= R3·(RF+R1)

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

Hbp= C·R·R3·(RF+R1)·s

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

Hhp= C2·R2·R3·(RF+R1)·s2

C2·R2·R1·(R2 + R3)·s2 + C·R·R2·(RF+R1)·s+RF·(R2+R3)

• E' possibile ricavare il valore della pulsazione dei poli (ωo) e del fattore di qualita' (Q)

s2 + s· R2·(RF+R1)

C·R·R1·(R2+R3) + RF

C2·R2·R1 = s 2 + s·

ωo Q + ωo

2

ωo = 1C·R · √RFR1 Q =

  

  

1+ R3 R2 ·

√RF·R1 RF+R1

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 80 September 25, 2000

Filtro di Tow-Thomas

C

i Rg=R/K

R

R

Vlp

Rd=Q·R

R

bp

lp

C

R

   ViRg = – s ·C ·Vbp –

V b p Rd +

V l p R

V lp = – Vbp

s·R·C

Vlp Vi =

R·Rd Rd·Rg + C·R2·Rg·s + C2·R2·Rg·Rd·s2

Vbp Vi = –

C·R2·Rd·s Rd·Rg + C·R2·Rg·s + C2·R2·Rg·Rd·s2

• La posizione degli zeri (numeratore) dipende dal punto di ingresso e dal punto di uscita

• La posizione dei poli (denominatore) dipende dall'anello di reazione

• E' possibile ricavare il valore della pulsazione dei poli (ωo) e del fattore di qualita' (Q)

s2 + s· 1

C·Rd + 1

C2·R2 = s 2 + s·

ωo Q + ωo

2

ωo = 1R·C Q = ωo·C·Rd = Rd R

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 81 September 25, 2000

Filtro di Sallen&Key

i o

Z1’

Z2’

Z21

H(s) = Vo(s) Vi(s) =

Z1'·Z2' (Z1 + Z2 + Z2') · Z1' + Z1 ·Z2

• L'amplificatore e' configurato a buffer; cio' comporta che deve avere in ingresso lo stesso swing che ha in uscita

• Per avere una risposta di tipo passabasso:

vo

R

2

R i

C1 Z1 = Z2 = R

Z1'= 1

s C1

Z2'= 1

s C2

H(s) = 1

1 + 2·R·C2·s + R2·C1·C2·s2

Si ha una risposta massimamente piatta in banda (Q = √2 /2) C1 = 2·C2 fp =

1 2·π·√2··C

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 82 September 25, 2000

Filtro di Rauch

Vi Vo

Z2’

Z1’

Z2Z1

Z3

H(s) = vo(s) vi(s) = -

1 Z1 Z3 +

Z2 Z2' 

  

1 + Z1 Z1' +

Z 1 Z2 +

Z 1 Z3

Per avere una risposta di tipo passabasso:

vo

R2

C1

R1vi

C2

R3 Z1 = R1 Z2 = R2 Z3 = R3 Z1' = 1/s·C1 Z2' = 1/s·C2

H(s) = - 1

R1 R3 + s ·C2 · 

  

R 1 + R2 + R 1·R2

R3 + s 2·R1·R2·C1·C2

Si ha una risposta massimamente piatta in banda (Q = √2 /2)

R1 = R3 = 2·R2 = 2R C1 = 4·C2 = 4C f0 = 1/(4π √2 RC)

• All'ingresso dell'amplificatore operazionale non c'e' swing di segnale

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 83 September 25, 2000

Esercizio (I)

o

R

R

i

a) Supponendo l’operazionale ideale, si determini la funzione di trasferimento vo/vi(s).

b) Si valuti la funzione di trasferimento vo/vi(s) per un guadagno finito dell’operazionale A = 100

c) Si tracci il diagramma di Bode del modulo della f. d. t. vo/vi(s) nei due casi.

a) • L’amplificatore operazionale e' ideale ed e' reazionato

negativamente; pertanto vale il principio della massa virtuale e si ha V+ = V- = 0 V.

• Attraverso il condensatore C connesso tra i morsetti di ingresso dell’operazionale non fluisce alcuna corrente, in quanto ai capi del condensatore vi e' sempre una differenza di potenziale nulla.

• L’impedenza di ingresso dell’operazionale ideale e' infinita

=> anche la resistenza R (tra il punto A e il morsetto invertente dell’operazionale) e' attraversata da corrente nulla.

=> vA = 0 V

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 84 September 25, 2000

Esercizio (II)

• Il nodo A si comporta a tutti gli effetti come una massa virtuale.

• La tensione vo risulta: vo(s) = – s·C·R ·vi(s)

• Pertanto la f. d. t. ingresso-uscita e': vo vi (s) = – s·C·R = – s·τ

dove si e' posto τ = C·R. Quella trovata e' la funzione di trasferimento che

caratterizza un derivatore ideale.

b) • Per un guadagno finito dell'amplificatore operazionale va

considerata la relazione vo= A(v+ – v–), da cui si ottiene: v– = – vo/A

• Poiche' l’impedenza di ingresso dell’operazionale e' infinita, si può scrivere il seguente bilancio di corrente:

vA – v– R = v

–⋅s·C

• Da cui si ricava vA = – (vo/A)⋅(1 + s·C·R)

• Tenendo conto di questa relazione e risolvendo l’equazione di bilancio della corrente al nodo A:

(vi – vA )·s·C = vA – vo

R + vA – v–

R si trova la seguente funzione di trasferimento:

vo vi = –

A2·C·R·s s2·A·C2·R2 + 3·A·C·R·s + A·(A+1) vo vi = –

A·τ·s s2·τ2 + 3·τ·s + (A+1)

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 85 September 25, 2000

Esercizio (III)

vo vi = –

A·s/τ

s2 + 3· s τ +

A + 1 τ2

dove si e' posto τ = R·C.

• Si verifica che per A → ∞, si trova il risultato del punto a). • La funzione di trasferimento ora ottenuta presenta uno

zero nell’origine e due poli p1 e p2. La posizione dei due poli si ottiene trovando le radici del

denominatore:

s2 + 3· s τ +

A+1 τ2

=0

s= – 3/τ ± √

(3/τ)2 - 4·A+1

τ2 2

s= – 3/τ ± √

5 – 4 ·A τ2

2 I poli per A>5/4 sono complessi coniugati, poiche' il termine

sotto radice diventa negativo. Il denominatore si puo' allora scrivere:

s2 + 3· s τ +

A+1 τ2

= s2 + ωo Q · s + ωo

2=0

La frequenza caratteristica della coppia di poli e il fattore di qualita' Q sono dati da:

fo = ωo 2·π =

√

A+1 2·π·τ

Q = ωo · τ 3 =

√

A+1 3

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 86 September 25, 2000

Esercizio (IV)

c) I diagrammi di Bode del modulo delle f. d. t. ottenute nel caso ideale (A → ∞, linea tratteggiata) e in un caso reale (A = 100, linea continua) sono riportati nel grafico seguente:

ω[rad/s]

|F(jω)| [dB]

40

30.5

20

0

+20 dB/dec

ωc=10/τ1/τ 100/τ

-20 dB/dec

caso a) (ideale)

caso b) (A=100)

Il diagramma di Bode del modulo della f. d. t. considerata presenta, rispetto al diagramma approssimato, uno scostamento nella posizione dei poli il cui valore in dB e' dato da:

20Log10(Q) = 10.5 dB

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 87 September 25, 2000

Esercizio (I) Testo

C2

R2

Vo

C1

Vi Ri

R1

Vx

R1= 100kΩ C1 = 100nF

R2= 10kΩ C2 = 10nF

Ri = 10kΩ Amplificatore operazionale

ideale 1- Si calcoli il guadagno vo/vi 2- Si calcoli il guadagno vx/vi 3- Si tracci il diagramma di Bode del modulo di vo/vi

1/2 - Si puo' scrivere un sistema di equazioni di Kirchoff per le

correnti ai nodi di massa virtuale

  v x = – 1s·C1 · (

vi Ri +

vo R1)

vo = vx · (1 + s·R2 ·C2)

Risolvendo si ottiene:

vo vi = –

R1·(1+s·R2·C2) Ri·(1+s·(R2·C2+R1·C1))

vx vi = –

R1 Ri·(1+s·(R2·C2+R1·C1))

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 88 September 25, 2000

Esercizio (II) 3 -

vo vi = –

R1·(1+s·R2·C2) Ri·(1+s·(R2·C2+R1·C1))

• Ci sono un polo ed uno zero

La pulsazione del polo e' data da:

ωp = 1R1·C1·R2·C2 = 10 Mrad/sec

La pulsazione dello zero e' data da:

ωz = 1R2·C2 = 10 krad/sec

Il guadagno in continua e' dato da:

Ao = R1 Ri = 10 (= 20dB)

• Il diagramma di Bode di modulo e fase sono i seguenti:

90° 0°

(s)

(s) B

og(ω/ωr)ωp ωz

–180°

og(ω/ωr)

ωr=1rad/sec

180°

o

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 89 September 25, 2000

Esercizio (I)

Q

R1

R2

vi

15V

R3

–15V

R4

vo1

vo2

R1= 10kΩ

R2 = 50kΩ

R3 = 15kΩ

R4 = 5kΩ

β -> ∞ VCEsat = 0V

Ampl. operazionale ideale

1- Si calcoli il punto di lavoro 2- Si calcoli il guadagno vo1/vi 3- Si calcoli il guadagno vo2/vi 4- Si valuti per che valori di Vi in continua la reazione si apre

1- • Per calcolare il punto di lavoro si pone Vi=0. • Si supponga che la reazione sia chiusa. • Allora vale il principio di massa virtuale (v–=0V) e su R1

non passa corrente. • Ne consegue che anche su R2 non passa corrente • vo1 in continua si porta a 0V. • La corrente su R3 e' data da

IR3 = 15V - 0V

R3 = 1mA

• Tutta questa corrente arriva su R4 (β -> ∞) e pertanto si puo' ricavare:

vo2 = -15V + IR3·R4 = –10V

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 90 September 25, 2000

Esercizio (II)

• L'uscita dell'amplificatore che e' la base del transistor si porta a –9.3V

• Il transistor opera correttamente (VCE=10V) e quindi era corretta l'ipotesi di reazione chiusa.

2- • Per il calcolo del guadagno si puo' ricorrere al circuito

equivalente di piccolo segnale. • Tuttavia, si puo' osservare che l'amplificatore

operazionale e' ideale e pertanto vale anche per piccolo segnale il principio di massa virtuale

• Allora PER IL SEGNALE si puo' scrivere l'equazione di bilancio delle correnti al nodo di massa virtuale

v i – 0 R1 =

0 – vo1 R2

• Da cui si ricava: vo1 vi = –

R2 R1 = – 5

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 91 September 25, 2000

Esercizio (III) 3- Per ricavare il guadagno

vo2/vi si puo' considerare il bilancio di correnti al nodo vo1:

ir2 + ir3 = ir4 Q

R1

R2

vi

15V

R3

–15V

R4

vo1

vo2

IR3

IR2 IR4

ove: ir2 = – vo1/R2, e ir3 = – vo1/R3. Da cio' si ricava:

ir4 = – vo1·(1/R2 + 1/R3)

Tale corrente (ir4) arriva tutta su R4 (β=∞) e quindi si ottiene:

vo2 = ir4·R4 = – vo1·   

  1

R2 + 1 R3 ·R4

vo2 = vi· R2 R1 ·

R4·(R2+R3) R2·R3

vo2 vi =

R2 R1 ·

R4·(R2+R3) R2·R3 = 2.166

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 92 September 25, 2000

Esercizio (IV)

In alternativa si puo' considerare il circuito equivalente per piccoli segnali. Da notare che il circuito equivalente per piccoli segnale di un apmlificatore operazionale che opera in regione lineare e' un amplificatore di tensione con guadagno pari a quello dell'amplificatore operazionale usato.

R1

R2

vi

R3

R4

vo1

vo2

m·vbe vbe

I valori dei componenti sono:

gm = IC Vt =

1mA 25mV = 40mA/V

rπ = β

gm = ∞

40mA/V = ∞

per cui rπ non e' stata disegnata nel circuito a piccolo segnale

4- Per Vi positivi, su R1 inizia a passare una corrente in continua

e pertanto Vo1 tende ad abbassarsi. Abbassandosi Vo1, la corrente su R3 tende a crescere. Tale corrente scorre tutta su R4 e pertanto Vo2 tende a salire. La tensione VCE del transistor tende a calare.

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 93 September 25, 2000

Esercizio (V)

La reazione e' chiusa finche' il transistor non entra in saturazione (VCE<VCEsat)

Numericamente si ottiene:

Vo1 = – R2 R1 · Vi

IR3 = 15V - Vo1

R3

IR2 = Vi R1

IR4 = IR3+IR2

Vo2 = -15V + IR4·R4 = – 15V+   

  15V - Vo 1

R3 + Vi R1 ·R4

Vo2 = – 15V+   

  15V + R2R1 · V i

R3 + Vi R1 ·R4

Quindi bisogna trovare Vo2 = Vo1

– 15V+   

  15V + R2R1 · V i

R3 + Vi R1 ·R4 = –

R2 R1 · Vi

Ne risulta che:

Vi = –15V · R1 ·(R4-R3)

R2·R3+R3·R4+R3·R4 = 1.39V

Per Vi negativi, Vo1 tende a salire e di conseguenza la corrente su R3 tende a scendere.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 94 September 25, 2000

Esercizio (VI)

La reazione e' chiusa finche' una certa corrente attraversa il transistor, e cioe' finche' la corrente su R3 e' maggiore di quella su R2.

IR2 = – Vi R1

IR3 = 15V – Vo1

R3 = 15V +

R2 R1 ·Vi

R3 Il punto di passaggio si ha per

IR3 = IR2

– Vi R1 =

15V + R2 R1 ·Vi

R3 Cioe' per:

Vi = – 15V · R1

R2+R3 = – 2.3V

Quindi il circuito opera con reazione attiva per –2.3V < Vi < 1.39V

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 95 September 25, 2000

Esercizio

R

Vo

C

9·R

Vi C

R = 1kΩ C = 10pF

RA 10kΩ µ·Cox=10µA/V2

  

  W

L M = 100 µm 1 µm

VTH = 1V

Nel circuito in figura, l'amplificatore e' ideale. 1- Si calcoli la funzione di trasferimento vo/vi(s) per E=2V 2- Si traccino i relativi diagrammi di Bode della funzione di

trasferimento vo/vi(s) 3- Si determini il valore di E per cui i poli della funzione di

trasferimento sono reali e coincidenti.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 96 September 25, 2000

Stabilita' dei sistemi reazionati • Criterio generale

Data una struttura lineare, 1- Si calcola il Guadagno di Anello (Gloop) (Ricordarsi di ripristinare le impedenze dove si e' aperto

l'anello di reazione) 2- Il sistema e' stabile se alla frequenza per cui la fase di

Gloop e' uguale a -180°, il modulo di Gloop e' < 1

• Prima deduzione: Un sistema con al massimo due poli nel guadagno

d'anello (cioe' con sfasamento sempre minore in modulo a -180°) e' sempre stabile

• Margine di Guadagno e Margine di Fase

Margine di guadagno

Margine di fase

Gloop dB

Gloop log(ω/ωr)

ωr=1rad/sec

log(ω/ωr)

0dB

+180°

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 97 September 25, 2000

Stabilita' dei sistemi reazionati

• Il margine di fase ottimo alla frequenza di guadagno unitario (per ridurre sovraelongazioni alla risposta al gradino) e' 45°

Cio' corrisponde ad avere il secondo polo alla frequenza di Gloop=0dB

• Criterio di Bode (semplice) i poli e gli zeri del Gloop sono nel semipiano destro i poli e gli zeri del Gloop sono non interagenti (distanziati di

una decade)

1- Si calcoli il Guadagno di Anello (Gloop)

2- Si disegni il diagramma di Bode dell'ampiezza del guadagno di anello

3- Se il diagramma di Bode dell'ampiezza attraversa l'asse di 0dB con una pendenza maggiore o uguale a -20dB/dec, allora il sistema reazionato e' stabile

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 98 September 25, 2000

Stabilita' dei sistemi reazionati

Con la presenza di un certo numero di poli, lo sfasamento ottimo alla frequenza di guadagno unitario (per ridurre sovraelongazioni alla risposta al gradino) e' 45°

Cio' corrisponde ad avere il secondo polo alla frequenza di guadagno unitario

• Stabilizzazione di un sistema

Riduzione del guadagno Pb.: Imprecisione a bassa frequenza

Polo dominante Pb.: Riduzione della banda

Rete correttrice Pb.: Difficile implementazione

A. Baschirotto - Note per il corso di Elettronica

V - 99 September 25, 2000

Stabilita' dei sistemi reazionati Esempio: circuito derivatore (I)

C1 Vi

R2

VoA(s)Taglio dell’anello

C1 = 1 nF

R2 = 10 kΩ

Si assume:

A(s) = Ao

(1+s·τ1)·(1+s·τ2) Calcolo del Gloop Avendo tagliato l'anello all'ingresso dell'amplificatore

operazionale l'impedenza da ripristinare e' infinita e quindi nulla si deve aggiungere

C1

Vli R2 Vlo

A(s)

Gloop = Vlo Vli = A(s) ·

1 1+s·R2·C1

Sostituendo A(s) si ottiene:

Gloop = 1

1+s·R2·C1 · Ao

(1+s·τ1)·(1+s·τ2)

Ci sono tre poli e quindi la struttura potrebbe essere instabile.

Capitolo V - L'amplificatore operazionale

V - 100 September 25, 2000

Stabilita' dei sistemi reazionati Esempio: circuito derivatore (II)

C1

Vli R2 Vlo

A(s)

Ao = 60dB

τ1 = 1/(2·π·1kHz)

τ2 = 1/(2·π·10MHz)

τRC = 1/(2·π·100kHz)

Gloop = 1

1+s·R2·C1 · Ao

(1+s·τ1)·(1+s·τ2)

• Diagramma di Bode del modulo del Gloop

60dB

1kHz 10kHz 100kHz 1MHz

-20dB/dec

-40dB/dec

-60dB/dec

0dB

Gloop

Con i parametri in esame il modulo del Gloop atraversa l'asse di 0dB con una pendenza di -40dB/dec

=> Il circuito retroazionato non e' necessariamente stabile

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