p1 – amplificatori operazionali

P1 – AMPLIFICATORI OPERAZIONALI
P1.0 – Il guadagno degli amplificatori, come altre grandezze che derivano da
rapporti fra potenze o fra tensioni (o correnti), viene spesso espresso in decibel. E’
utile perciò saper stimare mentalmente il valore del rapporto di potenze o di tensioni
corrispondente ad un dato numero di decibel. Ciò detto, si stimino mentalmente:
a) i rapporti P1/P2 corrispondenti a 7 dB, a 16 dB e a 24 dB;
b) i rapporti P1/P2 corrispondenti a −2 dB e a −13 dB
c) i rapporti V1/V2 corrispondenti a 34 dB e a 27 dB;
Soluzione
a) Decibel di potenza
Bisogna ricordare che:
10 log 10 = 10 dB
10 log 2 ≅3 dB
ovvero:
10dB → P1/P2 = 10
3dB → P1/P2 = 2
e tenere presenti le proprietà dei logaritmi:
log a + log b = log (ab)
log a – log b = log (a/b)
Indicando con n (dB) il numero dei decibel di potenza assegnato:
n(dB) = 10 log(P1 / P2 )
e scomponendo tale numero in una somma o differenza di multipli di 10 e/o di 3:
n (dB) = a ⋅ 10 + b ⋅ 3
oppure:
n (dB) = a ⋅ 10 − b ⋅ 3
il valore di P1/P2 è dato rispettivamente da:
P1
= 10 a ⋅ 2 b
P2
oppure:
P1
= 10 a / 2 b
P2
Così, per il primo dei numeri di decibel assegnati si ha:
7 dB = (10 − 3) dB →
Il valore “vero” è:
P1
= 10 / 2 = 5
P2
10 7 / 10 = 5,012
con uno scostamento percentuale, in valore assoluto:
∆ % = 100
5,012 − 5
= 0,24%
5,012
Analogamente, per il secondo numero di decibel assegnato, si ha:
P1
= 10 ⋅ 22 = 40
P2
16 dB = (10 + 2 ⋅ 3) dB →
Valore “vero” :
1016 / 10 = 39,8
Scostamento:
∆ % = 100
39,4 − 40
= 0,5%
39,8
Infine per il terzo numero assegnato:
24 dB = (3 ⋅ 10 − 2 ⋅ 3) dB →
Valore “vero”:
P1 103
=
= 250
P2 22
10 24 / 10 = 251,19
Scostamento:
∆% = 100
251,19 − 250
= 0,47%
251,19
Possiamo osservare che in quest’ultimo caso si sarebbe potuto scrivere anche:
24 dB = 8 ⋅ 3 dB →
P1
= 28 = 256
P2
incorrendo però in uno scostamento molto maggiore:
∆% = 100
251,19 − 250
= 1,6%
251,19
Ciò perché, delle due relazioni utilizzate:
10 log 10 = 10dB
10 log 2 ≅ 3dB
soltanto la prima è esatta, mentre la seconda è approssimata. In generale, quindi, fra
le possibili scomposizioni del numero di decibel:
n (dB) = a ⋅ 10 ± b ⋅ 3
conviene scegliere quella con il minimo valore di b.
b) Decibel negativi
Se il numero di decibel da convertire mentalmente è negativo, si può procedere
come in a) oppure si può dapprima ignorare il segno negativo e invertire poi il
risultato. Così, per il valore assegnato di − 2 dB, procedendo come in a) si ha:
− 2 dB = (18 − 20) dB = (3 × 6 − 10 × 2) dB → P1 / P2 = 26 / 102 = 0,64
Per il valore di −13 dB, seguendo il secondo procedimento, si ottiene:
− 13 dB = −(3 + 10) dB → P1 / P2 = 1 /(2 × 10) = 0,05
c) Decibel di tensione
Per i decibel di tensione:
avendosi:
n(dB)=20 log(V1/V2)
n(dB) / 2 = 10 log (V1 /V2)
se n(dB) è pari, si può procedere come per i dB di potenza riferendosi alla metà dei
dB di tensione. Così, nel caso del valore assegnato di 34 dB, si ha:
(34 / 2) dB = 17 dB = (10 × 2 − 3) dB → V1 / V2 = 102 / 2 = 50
Se invece il numero di decibel assegnato è dispari, come nel caso di 27 dB, tenuto
presente che:
100,5/10= 1,12
si considerano 13 dB (cioè la metà di 26 dB) e si incrementa il risultato all’incirca
del 10%:
(26 / 2) dB = 13 dB = (10 + 3) dB → V1 / V2 = 10 × 2 = 20
(27 / 2) dB → V1 / V2 = 20 + 20 / 10 = 22
_____________________________________________________________
P1.1 – Nello stadio amplificatore in figura, realizzato con un AO in configurazione
invertente supposto ideale e funzionante in zona lineare,il generatore ha f.e.m.
Vs=0,5 V e resistenza interna Rs=500 Ω. Il carico è rappresentato da una resistenza
RL=48 kΩ.
Determinare i valori delle resistenze R1, R2, sapendo che il circuito ha
un’attenuazione d’ingresso α=0,8 e che la potenza assorbita dal carico vale
Pu=3mW.
Calcolare inoltre l’intensità della corrente di uscita dell’amplificatore.
R2
R1
I1
Rs
Vs
+
-
I2
IL
+
Vi
Vd
Vu
RL
GND
Soluzione
a) Valori delle resistenze
L’attenuazione d’ingresso, dovuta alla partizione della f.e.m. fra la resistenza Rs
del generatore e la resistenza d’ingresso, pari a R1, dell’amplificatore, ha
l’espressione:
α=
R1
Rs + R1
dalla quale si ricava il valore della resistenza R1:
R1 = Rs
α
0,8
= 500
= 2 kΩ
1−α
1 − 0,8
La tensione di uscita ai capi del carico vale:
Vu = PRL = 3 ⋅ 10 −3 × 48 ⋅ 103 = 12 V
e quindi il valore dell’amplificazione complessiva risulta:
Art =
Vu 12
=
= 24
Vs 0,5
L’espressione della Art deriva dal prodotto del guadagno dell’AO in
configurazione invertente:
Ar =
Vu R2
=
Vi
R1
α=
R1
Rs + R2
per l’attenuazione d’ingresso:
Si ha dunque:
Art = α Ar =
da cui si ricava:
R1 R2
R2
=
Rs + R1 R1 Rs + 1
R2 = Art ( Rs + R1 ) = 24(500 + 2 ⋅ 103 ) ≅ 60 kΩ
b) Corrente di uscita
La corrente di uscita dell’amplificatore è la somma della corrente di reazione
(corrente in R2 uguale ed opposta alla corrente in R1):
I2 =
e la corrente nel carico:
Vi αVs 0,8 × 0,5
=
=
= 0,2 mA
R1
R1
2 ⋅ 103
IL =
Si ottiene pertanto:
Vu
12
=
= 0,25 mA
RL 48 ⋅ 103
I u = I 2 + I L = 0,2 + 0,25 = 0,45 mA
Tenuto presente che in un AO ideale il terminale dell’ingresso invertente è punto
di massa virtuale e che pertanto la resistenza RL risulta in parallelo alla R2, il valore
della corrente di uscita può essere calcolato anche dividendo la Vu per il parallelo di
tali resistenze. Si ha infatti:
Rp =
R2 RL
60 × 48
=
= 26,66 kΩ
R2 + RL 60 + 48
Iu =
12
Vu
=
= 0,45 mA
R p 26,66 ⋅ 103
___________________________________________________________
P1.2 – Calcolare il valore della tensione di uscita del circuito in figura, nell’ipotesi
di amplificatori ideali funzionanti in zona lineare.
R2' = 50KΩ
R2'' = 10KΩ
R1A' = 20KΩ
-
R1B' = 40KΩ
ViA +
ViB -
+3V
-3V
R1'' = 100KΩ
-
+
+
V u'
Vu
GND
Soluzione
Il primo stadio è un sommatore invertente, perché la sua tensione di uscita è pari
alla somma delle tensioni d’ingresso, pesate rispetto ai valori dei corrispondenti
resistori, invertita di segno.
Infatti, per il principio del circuito virtuale, la tensione sull’ingresso invertente è
nulla e quindi, secondo la legge di Ohm, si ha:
I1 A ' =
ViA
V
V'
; I1B ' = iB ; I 2 ' = u
R1 A '
R1B '
R2 '
Poiché in un AO ideale la corrente d’ingresso è nulla, deve essere:
ovvero:
da cui si ricava:
I1 A '+ I1B '+ I 2 ' = 0
ViA
V
V'
+ iB + u = 0
R1 A ' R1B ' R2 '
Vu ' = − R2 (
ViA
V
+ iB )
R1 A ' R1B '
Quindi il primo stadio effettua la somma delle tensioni di ingresso, ciascuna della
quali contribuisce con un “peso” derivante dal rapporto fra la resistenza di reazione
R2’ e la propria resistenza in ingresso R1 A ' , R1B '. Nel nostro caso si ottiene:
Vu ' = −50(
3
3
− ) = −3,75 V
20 40
Il secondo stadio non è altro che un amplificatore invertente con guadagno
unitario:
Ar " = −
R2 "
10
= − = −1
R1"
10
Pertanto la tensione di uscita dell’intero circuito risulta:
Vu = −Vu '= 3,75 V
_____________________________________________________________
P1.3 – E’ dato il circuito in figura, in cui l’amplificatore operazionale è supposto
ideale e funzionante in zona lineare. Determinare:
a) la funzione di uscita e la sua generalizzazione per un numero n di ingressi;
b) il valore delle resistenze d’ingresso e di uscita.
R2
R1
GND
VA
-
R = 50KΩ
+
R = 50KΩ
Vu
VB
GND
Soluzione
a) Funzione di uscita
Determiniamo anzitutto la tensione Vp sull’ingresso non invertente dell’AO,
applicando il principio di sovrapposizione degli effetti, valido nel funzionamento in
zona lineare. Cortocircuitando il generatore VB, si ha:
V p ' = VA / 2
perché la VA risulta applicata ad un partitore costituito da due resistenze uguali (R ),
funzionante a vuoto (la corrente sull’ingresso non invertente è nulla, se l’AO è
ideale). Analogamente, cortocircuitando il generatore VB si ha:
V p " = VB / 2
Sommando i due effetti si ottiene:
V p = V p '+V p " =
VA + VB
2
La Vp è applicata all’ingresso di un AO in configurazione non invertente con
guadagno:
Ar = 1 +
per cui si ha in definitiva:
Vu = ArV p =
R2
R1
1
R
(1 + 2 )(VA + VB )
2
R1
Si tratta quindi di un sommatore non invertente, poiché fornisce in uscita la
somma delle tensioni d’ingresso, moltiplicata per un fattore dipendente dal rapporto
R2/R1. Chiaramente la stessa espressione si ottiene, se si pone RA=RB=R nella (2.13)
che esprime la funzione di uscita di un generico sommatore non invertente a due
ingressi.
Si può aumentare il numero degli ingressi del circuito assegnato, collegando altri
resistori di valore R all’ingresso non invertente dell’AO. La corrispondente funzione
di uscita diventa:
Vu =
1
R
(1 + 2 )(VA + VB + VC + ...)
n
R1
in cui n è il numero degli ingressi considerati.
b) Resistenze d’ingresso e di uscita
Nell’espressione della funzione di uscita non figura la resistenza inserita su
ciascuno degli ingressi del sommatore. Tale resistenza ha influenza soltanto sul
valore della resistenza d’ingresso, che nel nostro caso risulta, per entrambi gli
ingressi, pari a:
Ri = R + R = 2 R = 2 × 50 = 100 kΩ
In generale, per un sommatore a n ingressi, la resistenza d’ingresso è pari alla
somma della resistenza inserita sull’ingresso considerato più il valore del parallelo
delle rimanenti n-1 resistenze. Nel caso di resistenze tutte uguali ad R, si avrà:
Ri = R +
R
n
R
=
n −1 n −1
Per quanto riguarda la resistenza di uscita, questa coincide con quella dell’AO e
quindi, per AO ideale, risulta in ogni caso uguale a zero.
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P1.4 – Determinare la funzione di uscita dei due circuiti in figura e porre a
confronto le loro caratteristiche fondamentali.
R2 = 40KΩ
R1 = 10KΩ
-
VB
R1 = 10KΩ
+
VA
(a)
Vu
R2 = 40KΩ
GND
VA
Vu'
VB
R1 = 10KΩ
(b)
R2 = 30KΩ
Vu
R2 = 30KΩ
R1 = 10KΩ
GND
Soluzione
Lo schema (a) rappresenta un semplice amplificatore differenziale bilanciato, con
la tensione di uscita espressa dalla (2.18):
Vu =
R2
40
(VA − VB ) =
(VA − VB ) = 4(VA − VB )
R1
10
Per ricavare la funzione di uscita del circuito (b), nell’ipotesi di funzionamento
lineare possiamo applicare il principio di sovrapposizione degli effetti.
Cortocircuitando la sorgente VA , il primo stadio è un amplificatore non invertente
che fornisce all’ingresso del secondo stadio la tensione:
Vu ' = (1 +
R1
)VB
R2
Il secondo stadio è un amplificatore invertente che fornisce la tensione:
Vu1 = −
R2
R
R
R
Vu ' = − 2 (1 + 1 )VB = −(1 + 2 )VB
R1
R1
R2
R1)
Cortocircuitando la sorgente VB , si azzera la tensione sull’ingresso invertente ed il
circuito si riduce ad un amplificatore in configurazione non invertente, che fornisce in
uscita la tensione:
Vu 2 = (1 +
Sommando gli effetti si ottiene:
Vu = Vu1 + Vu 2 = −(1 +
R2
)VA
R1
R2
R
R
)VB + (1 + 2 )VA = (1 + 2 )(VA − VB )
R1
R1
R1
ovvero, con i valori indicati per R1, R2:
Vu = (1 +
30
)(VA − VB ) = 4(VA − VB )
10
In conclusione, il circuito (b) è un amplificatore differenziale che, con i valori
delle resistenze assegnati, ha la stessa uscita del circuito (a). Rispetto a questo, è
meno semplice circuitalmente (due stadi invece di uno), ma ha il vantaggio di
presentare una resistenza d’ingresso idealmente infinita su entrambi gli ingressi
(mentre nel circuito a uno stadio la resistenza d’ingresso vale R1 per l’ingresso VB ,e
R1+R2 per l’ingresso VA): ciò significa che l’amplificatore non richiede praticamente
corrente all’ingresso, e quindi è adatto anche a sorgenti di segnale con piccolissima
potenza erogabile.
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P1.5 – Determinare la funzione di uscita del circuito in figura, denominato
amplificatore per strumentazione, supponendo gli AO ideali e funzionanti in zona
lineare.
Vu1
VB
A1
RG
R
2R
-
2R
+
A3
VA
R
A2
+
Vu
R
Vu2
R
GND
Soluzione
Si tratta di un amplificatore differenziale bilanciato a guadagno unitario, con gli
ingressi pilotati da un circuito contenente due AO fra loro connessi attraverso una
resistenza RG.
Per determinare la funzione di uscita, applichiamo il principio di sovrapposizione
degli effetti.
Cortocircuitando la sorgente VA, sull’ingresso invertente dell’amplificatore A2 si
ha una massa virtuale che determina una configurazione non invertente per
l’amplificatore A1, il quale pertanto fornisce:
Vu1 ' = (1 +
2R
)VB
RG
Invece l’amplificatore A2, al quale la VB è applicata grazie alla equipotenzialità degli
ingressi e alla resistenza RG, si presenta come amplificatore invertente e fornisce
quindi la tensione:
Vu 2 ' = −
2R
VB
RG
Simmetricamente, cortocircuitando la sorgente VB , si ottengono le relazioni.
Vu1" = −
2R
VA
RG
Vu 2 " = (1 +
2R
)VA
RG
Sommando gli effetti si ha:
Vu1 = Vu1 '+Vu1" = (1 +
Vu 2 = Vu 2 '+Vu 2 " = −
2R
2R
)VB −
VA
RG
RG
2R
2R
VB + (1 +
)VA
RG
RG
All’uscita dello stadio differenziale a guadagno unitario si ottiene la differenza fra
queste due tensioni, cioè:
Vu = Vu1 − Vu 2 = (1 +
4R
)(VA − VB )
RG
Il circuito assegnato è quindi un amplificatore differenziale a tre stadi avente un
guadagno:
Ad =
Vu
4R
=1+
VA − VB
RG
Come quello a due stadi, ha il pregio di presentare una resistenza d’ingresso infinita
su entrambi gli ingressi; in più ha il vantaggio di poter regolare il guadagno agendo
su una sola resistenza (la RG), mentre negli amplificatori differenziali a uno o due
stadi la regolazione deve essere fatta agendo simultaneamente su una coppia di
resistori (resistenze R1 o R2).
L’amplificatore differenziale per strumentazione viene realizzato anche in forma
integrata, con la resistenza RG esterna per avere la possibilità di fissare il guadagno
dell’amplificatore in fase di progetto. Sono disponibili anche integrati contenenti una
serie di RG che, con semplici collegamenti esterni, permettono di scegliere i valori di
guadagno più usati.
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P1.6 – L’amplificatore per strumentazione integrato INA 110 (Very-high Accuracy
Instrumentation Amplifier) della Burrus-Brown comprende 4 resistenze RG integrate,
tarate con regolazione al laser (laser trimming) e quindi con alta precisione e bassa
deriva termica, caratterizzate dal costruttore.
Facendo riferimento ai valori delle resistenze indicati in figura, determinare i
valori nominali del guadagno differenziale ottenibili selezionando con collegamenti
esterni le varie RG.
Soluzione
Per R=10 kΩ il guadagno differenziale dell’amplificatore è dato da (v. problema
P1.4):
Ad = 1 +
4R
40 ⋅ 103
=1+
RG
RG
Quando nessuna delle RG viene collegata, si ottiene un amplificatore differenziale
a guadagno unitario:
Ad = 1
Se viene inserita la resistenza più elevata, collegando il pin 3 dell’integrato al pin
13, si ottiene il valore nominale di guadagno:
Ad = 1 +
40 ⋅ 103
= 10
4,44 ⋅ 103
Collegando invece il pin 3 al pin 12, viene inserita la RG = 404 Ω , ottenendo il
guadagno:
Ad = 1 +
40 ⋅ 103
= 100
404
e così via per le altre resistenze.
E’ possibile anche utilizzare più di una resistenza, ottenendo ulteriori valori di
guadagno. Ad esempio, collegando il pin 3 con i pin 12 e 16, si inseriscono le
resistenze da 404 Ω e da 201 Ω in parallelo fra loro, equivalenti ad una resistenza:
RGp =
404 × 201
= 134,22 Ω
404 + 201
per cui si ottiene il guadagno:
Ad = 1 +
40 ⋅ 103
= 300
124,22
La tabella seguente riporta tutti i valori nominali di guadagno ottenibili, con
l’indicazione del grado di precisione fornito dal Costruttore.
Connessione
pin 3 al pin:
Nessuno
13
12
16
11
Guadagno
Ad
1
10
100
200
500
Precisione
%
0,02
0,05
0,1
0,2
0,5
Connessione
Pin 3 al pin:
12 e 16
11 e 12
11 e 16
11, 12 e 16
Guadagno
Ad
300
600
700
800
Precisione
%
0,25
0,25
2
2
__________________________________________________________________
P1.7 – Impiegando amplificatori operazionali da ritenersi ideali e funzionanti in
zona lineare, si proponga un circuito insensibile ai disturbi in bassa frequenza che,
ricevendo in ingresso un segnale sinusoidale di frequenza f=340 Hz, fornisca in
uscita un segnale di pari frequenza e della stessa ampiezza, ma sfasato di 90° in
anticipo rispetto al segnale d’ingresso.
Soluzione
Per ottenere un segnale in anticipo di 90° sul segnale d’ingresso, si potrebbe
impiegare un integratore di Miller: ma il circuito non sarebbe insensibile ai disturbi in
bassa frequenza, a meno di non ricorrere ad un integratore limitato (cioè con un
resistore in parallelo al condensatore), nel qual caso però si altererebbe la relazione di
fase. Una soluzione migliore è quella di impiegare un circuito derivatore (che
produce uno sfasamento di -90°) seguito da un amplificatore in configurazione
invertente (sfasamento di 180°), in modo da ottenere lo sfasamento di +90° richiesto.
R
R2
C
-
R1
+
+
Vi
Vu
GND
Poiché il segnale di uscita deve avere la stessa ampiezza di quello d’ingresso,
possiamo realizzare entrambi gli stadi con guadagno unitario. Per lo stadio invertente
ciò si ottiene assumendo R1=R2, in modo da avere:
A=−
Possiamo assumere:
R2
= −1
R1
R1 = R2 = 10 kΩ
Per lo stadio derivatore si ha, dalla (2.26):
A(ω ) = − jωRC
dove l’operatore “- j” esprime lo sfasamento di 90° in ritardo. Riferendoci al modulo,
la condizione di guadagno unitario impone:
ωRC = 1
Assumendo anche per R il valore;
R = 10 kΩ
si ricava per la capacità C il valore:
C=
1
1
=
= 4,7 nF
ωR 2π ⋅ 340 × 10 ⋅ 103
Lo schema quotato del circuito risulta dunque il seguente:
R
10KΩ
R2
10KΩ
C
47nF
-
R1
10KΩ
-
+
+
Vi
Vu
GND
_______________________________________________________
P1.8 – Un circuito derivatore ed uno integratore, realizzati con AO ideali, hanno
entrambi frequenza di taglio fc=1,5 kHz. Al loro ingresso è applicato un segnale
sinusoidale di ampiezza Vi=0,5 V avente frequenza f1=140 Hz nel caso del
derivatore, e f2=18 kHz nel caso dell’integratore.
Determinare i rispettivi segnali di uscita.
Soluzione
a) Derivatore
Il circuito derivatore funziona correttamente per segnali di frequenza molto
minore della frequenza di taglio. Come criterio pratico si può assumere:
f max = f c / 10
Nel nostro caso, la frequenza f1=140 Hz è inferiore a:
f max = 1,5 ⋅ 103 / 10 = 150 Hz
per cui il circuito assegnato funziona correttamente come derivatore.
La risposta in frequenza è espressa dalla (2.26):
A(ω ) = − jωRC
con:
RC ≡ τ =
1
1
=
= 0,1 ms
2πf c 2π ⋅ 1,5 ⋅ 103
L’uscita del derivatore è quindi un segnale sinusoidale di ampiezza:
Vu = ω1τVi = 2π ⋅ 140 × 0,1 ⋅ 10 −3 × 0,5 = 44 mV
sfasato di 90° in ritardo (-j) rispetto al segnale d’ingresso.
Integratore
Il circuito integratore funziona correttamente per frequenze molto superiori alla
frequenza di taglio. Come criterio pratico possiamo assumere:
f max = 10 f c
Nel nostro caso, la frequenza f2=18 kHz è maggiore di:
f max = 10 × 18 ⋅ 103 = 15 kHz
per cui il circuito assegnato funziona correttamente come integratore.
La risposta in frequenza è espressa dalla (2.22):
A(ω ) = −
1
jωRC
con RC=τ=0,1 ms. L’uscita dell’integratore è quindi un segnale sinusoidale di
ampiezza:
Vu =
Vi
ω2τ
=
0,5
= 44 mV
2π ⋅ 18 ⋅ 103 × 0,1 ⋅ 10 − 3
sfasato di 90° in anticipo (-1/j=j) rispetto al segnale d’ingresso.
In conclusione, per i valori di frequenza assegnati, i due circuiti forniscono in
uscita segnali uguali, ma con fasi opposte.
__________________________________________________________
P1.9 – Esplicitare i passaggi che dalla formula (2.31):
Vu = −VT ln
Vi
I cs R1
conducono all’espressione della tensione di uscita di un amplificatore logaritmico
nella forma (2.32):
Vu [mV ] = −60 log
Vi
I cs R1
Soluzione
Si fa riferimento ad una temperatura di 25 °C, ovvero;
T = 25 + 273 = 298 ° K
per calcolare la tensione equivalente di temperatura (2.30):
Vi =
kT 1,38 ⋅ 10−23 × 298
=
= 2,57 ⋅ 10− 2 V
1,60 ⋅ 10−19
e
−23
−19
essendo k = 1,38 ⋅ 10 J ° K , e = 1,60 ⋅ 10 C i valori della costante di Boltzmann e della
carica dell’elettrone.
Inoltre si effettua il passaggio dai logaritmi neperiani a quelli decimali. In base
alla relazione:
ln x =
log x
≅ 2,3 log x
log e
in cui il simbolo e in questo caso indica la base dei logaritmi neperiani (pari a circa
2,7).
Si ha pertanto:
Vu = −2,57 ⋅ 10 − 2 × 2,3 log
Vi
V
≅ −6 ⋅ 10 − 2 log i
I cs R1
I cs R1
Se poi si vuole la Vu espressa in millivolt (con la Vi espressa in volt), si ottiene:
Vu [mV ] = −60 log
Vi
I cs R1
_________________________________________________________________
P1.10 – Dimensionare un comparatore a singola soglia impiegando un AO (da
ritenersi ideale e funzionate in zona lineare) con la tensione di riferimento regolabile
VRIF=4 ÷ 6 V, ricavata dalla tensione positiva di alimentazione dell’amplificatore
Vcc=15 V.
Soluzione
Lo schema del comparatore è del tipo rappresentato in figura, dove è evidenziata
l’alimentazione duale dell’AO funzionante ad anello aperto.
R2
Vrif
R1
Vcc
+
Vi
Rp
-
Vu
+
-Vee
GND
Per VRIF’ =4 V, ponendo Rp=0 (potenziometro disinserito) e fissando per R1 il
valore:
R1 = 12 kΩ
si può ricavare il valore di R2 dal rapporto di partizione della Vcc.Si ha infatti (tenuto
conto che l’ingresso dell’AO ideale non assorbe corrente):
VRIF ' =
R1
Vcc
R1 + R2
da cui si ottiene:
R2 = R1
Vcc − VRIF '
15 − 4
= 12
= 33 kΩ
VRIF '
4
Il valore Rp del potenziometro completamente inserito si ricava anch’esso dal
rapporto di partizione della Vcc , considerando VRIF”=6 V:
VRIF " =
R1 + R p
R1 + R p + R2
Vcc
Si ottiene:
R p = R2
VRIF "
6
− R1 = 33
− 12 = 10 kΩ
Vcc − VRIF "
15 − 6
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P1.11 – Determinare la caratteristica di trasferimento del comparatore in figura,
per un AO con alimentazione simmetrica di ±15 V e tensione di saturazione ±13,5 V.
-
Vi
Vu
+
+Vcc
R2 = 180KΩ
R1' = 22KΩ
R1'' = 11KΩ
GND
Soluzione
Si tratta di un comparatore a trigger di Schmitt invertente, con caratteristica di
trasferimento asimmetrica rispetto allo zero, per la presenza sull’ingresso non
invertente di una tensione VR0 ,ricavata dalla tensione positiva di alimentazione
mediante un partitore resistivo:
VR 0 =
R1"
11
Vcc =
15 = 5 V
R1 '+ R1"
22 + 11
Lo schema può essere ricondotto a quello di un trigger di Schmitt con rete di
reazione a due resistenze R1 e R2, in cui R1 è data dal parallelo fra R1 e R2 :
R=
R1 ' R1" 22 × 11
=
= 7,3 kΩ
R1 '+ R1" 22 + 11
-
Vi
Vu
+
R2 = 180KΩ
R1 = 7,3KΩ
Vr0 = 5V
+
GND
Possiamo allora applicare la (2.39) per calcolare l’ampiezza di isteresi della
caratteristica di trasferimento, che risulta:
∆V = 2
R1
7,3
Vsat = 2
13,5 = 1 V
R1 + R2
7,3 + 180
centrata intorno alla tensione:
Vi 0 =
R2
180
VR 0 =
5 = 4,8 V
R1 + R2
7,3 + 180
La caratteristica di trasferimento è pertanto rappresentata dal seguente grafico
cartesiano, con:
Vi1 =Vi 0 −
∆V
1
= 4,8 − = 4,3 V
2
2
Vi 2 = Vi 0 +
∆V
1
= 4,8 + = 5,3 V
2
2
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P1.12 – All’ingresso di un AO reale in connessione di inseguitore, realizzato con
l’integrato LF151 (Wide bandwidth single JFET operational amplifier), è applicato
un segnale a gradino che produce il passaggio della tensione di uscita dalla
saturazione positiva a quella negativa. Facendo riferimento alle specifiche fornite
dal data sheet dell’integrato (pag. 554 del testo), determinare il tempo di ritardo
introdotto dall’AO in dipendenza del suo slew rate.
Soluzione
Al segnale a gradino in ingresso corrisponde in uscita un segnale a rampa, con
pendenza dipendente dallo slew rate dell’AO.
Dal data sheet dell’integrato LF151 si rilevano i valori dei seguenti parametri
elettrici:
- massima elongazione della tensione di uscita in funzionamento lineare (Output
Voltage Swing): VOPP=± 13,5 V (valutata con resistenza di carico RL=10 kΩ);
- slew rate: SR=16 V/µs.
Per convenzione, il tempo di ritardo è definito come l’intervallo di tempo
corrispondente al passaggio dal 10% al 90% del suo valore finale; nel nostro caso,
quindi, è dato dal tempo necessario all’uscita per passare da −0,9 · 13,5 = −12,15 V a
+ 0,9 · 13,5= +12,15 V, subendo una variazione ∆Vu= 24,3 V.
Dalla definizione (4.7) di slew rate (massima velocità di variazione dell’uscita):
 ∆V 
SR =  u 
 ∆t max
esprimendo ∆Vu in V e SR in V/µs si ricava il tempo di ritardo in µs:
∆t =
∆Vu 24,3
=
= 1,52 µs
SR
16
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P1.13 – Dimostrare che, applicando un segnale d’ingresso sinusoidale ad un AO
reale in connessione a catena chiusa, vale la relazione:
SR = ω VuM
che lega, nel funzionamento in zona lineare, lo slew rate dell’AO alla frequenza
angolare ed all’ampiezza del segnale di uscita.
Determinare poi qual è la massima frequenza del segnale sinusoidale applicabile
all’integrato LF151, se si vuole ottenere un segnale di uscita sinusoidale (privo di
distorsione per slew rate) di ampiezza VuM = 5 V .
Soluzione
Derivando rispetto al
sinusoidale:
si ottiene la funzione:
tempo la funzione che esprime il segnale di uscita
vu (t ) = VuM sen ωt
dvu (t )
= ωVuM cos ωt
dt
che esprime la pendenza puntuale (velocità di variazione in funzione del tempo) del
segnale sinusoidale considerato. La massima pendenza si ha per cos ωt=1 e
corrisponde per definizione allo slew rate dell’AO (massima velocità di variazione
dell’uscita):
 dvu 

 ≡ SR = ωVuM
 dt  max
Da questa relazione si deduce che, se si vuole ottenere un segnale di uscita di
ampiezza VuM privo di distorsione per slew rate, la frequenza del segnale deve essere:
f ≤
SR
SR
=
ωVuM 2πfVuM
Esprimendo SR in V/µs e VuM in V, la frequenza f risulta espressa in MHz. Nel
nostro caso, per SR=16 V/µs (v. data sheet dell’integrato LF151, a pag. 554 del testo)
e VuM=5 V, si ottiene:
f ≤
16
≅ 0,5 MHz
2π ⋅ 5
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P1.14 – Determinare il valore del guadagno di modo comune (Common Mode Gain)
Acm[dB] dell’integrato LF151, di cui è riportato il data sheet a pag. 554 del testo.
Soluzione
Dal data sheet dell’integrato si rilevano i valori del rapporto di reiezione al modo
comune.
CMRR [ dB ] = 86 dB
e del guadagno di tensione a catena aperta (Large Signal Voltage Gain, definito come
rapporto tra la massima elongazione della tensione di uscita e la corrispondente
elongazione della tensione differenziale d’ingresso):
Ad [V / mV ] = 200 V / mV
In base alla (3.9), il CMRR è espresso in decibel dalla formula:
CMRR [dB ] = 20 log
dalla quale si ricava:
Ad
= 10
Acm
CMRR [dB ]
20
Ad
Acm
≅ 2 ⋅ 10 4
Il valore di Ad espresso in V/V (coincidente con l’amplificazione dell’AO ad anello
aperto Aa) risulta:
Ad [V / V ] = A[V / mV ] ⋅ 10 3 = 200 ⋅ 10 3 = 2 ⋅ 10 5
Si ha pertanto:
Acm =
ovvero:
Ad
2 ⋅ 10 5
= 10
=
2 ⋅ 10 4 2 ⋅ 10 4
Acm [dB ] = 20 log Acm = 20 dB
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