Esercizi amplificatori operazionali OP AMP (in aula)

Esercizi di ripasso

1.

V_AB = V_A - V_B = V_A - 0V

V_A = V_g + I_gR₁ = 10V + 10V = 20V

V_g = 10 V

I_g = 1 mA

R₁ = 10 kΩ

R₂ = 1 kΩ

V_AB = ?

2.

V_cc = V_R1 + V_R2 + V_R3 = I₁R₁ + I₂R₂ + I₁R₃

Dalla legge dei nodi mi ricavo I₁ e così da data in funzione di I₂.

I₁ = I₂ + βI₂ = (1+β)I₂

I₁ = V_cc → I₂ = I₁R₁ + R₂ + R₃ β+1β+1

Esercizi di ripasso

1.

Dati:

V_g = 10 V

I_g = 1 mA

R₁ = 10 kΩ

R₂ = 1 kΩ

V_AB = ?

V_AB = V_A - V_B = V_A - 0V

V_A = V_g + I_g R₁ = 10 V + 10 V = 20 V

2.

V_cc = V_R1 + V_R2 + V_R3 = I₁ R₁ + I₂ R₂ + I₁ R₃

Dalla legge dei nodi mi ricavo I₁ ed esce data in funzione di I₂

I₁ = I₂ + βI₂ = (1 + β) I₂

I₁ = ^V_cc/_{R1 + R2 + R3/(β+1)} ⇒ I₂ = ^I₁/_(1+β)

Esercizi sugli amplificatori

La tensione di uscita sarà pari alla tensione sui capi della resistenza da 4 KΩ:

v_o = ^4KΩ/_2KΩ+4KΩ Av_d2

Si osserva che tale circuito rappresenta un filtro passa-basso. Come riesco ad intuirlo? L'impedenza capacitiva, Z_c = ¹/_jωC, mi dice che, man mano che ω aumenta, jωC aumenta, Z_c diminuisce e di conseguenza v_o tende a diminuire (anche la tensione ai morsetti di ingresso (v_i ≈ 0)) A_vd1 → 0 → v_o ≈ 0

Ricalcolo il parallelo delle due resistenze di 10 KΩ mi ottengo una da 5 KΩ. Per calcolare la tensione sui morsetti 1 e 2 utilizzo il teorema di Thevenin.

V_th:

V_th = ^5kΩ/_5kΩ+5kΩ V_S = ^V_S/₂

R_th:

R_th = ^V_x/_ix = 5kΩ

Ridisegno il circuito.

Ci immergiamo alla caduta di tensione sulla capacità, pertanto applico il partitore di tensione:

V₁ = ¹/_jω2μF • ^V_S/₂ = ¹/_{1+jω•2μF•5kΩ} • ^V_S/₂ =

τ = 2μF•5kΩ = 2•10^-6•5•10³ = 10^-5 10μs

ω₀ = ¹/_τ = ¹/_10•10^-6 = 10⁵ rad/s

4. Partitore di tensione

v_o = ^R_L/_{Ro + RL + ¹/jωCo} A_nx; v_i = ^R_i/_{Ri + RS} v_S

In questo caso il mio circuito rappresenta un filtro (RC) passa-alto: l’impedenza z_c = ¹/_jωC fa sì che se ω ≈ 0 non possa essere considerata. Di piacchio quest’ultimo non faceva pensare a T_o ≈ 0.

Quindi v_o = ^R_L/_{Ro + RL + ¹/jωCo}A_nx ^R_i/_{Ri + RS} v_S

Espressione filtro passa-alto

Fattore indipendente dalla frequenza

^v_o/_vS = ^jωC_oR_L/_{1 + jωCo(Ro + RL)}

Filtro passa alto

ω_o = ¹/_{Co(Ro + RL)} ∅ con ω = ∞

Diagramma di Bode - ampiezza

20log|A_o|

ω_o = ¹⁄_{Co(Ro + RL)}

Se ω → ∞

Va → come ^R_L⁄_{Ro + RL}A_v R_i⁄(R_i + R_s)

Ad infinito il condensatore è come ci s. Cortocircuitato

ω → ∞

V_o = ^R_L⁄_{Ro + RL} A_v &ras;

È quindi l’espressione del guadagno:

^V_o⁄_Vs = ¹⁄_{jωCoRL + ^{Ro + RL}⁄RL} = ¹⁄_{Ro + RL} [1 + ¹⁄_jωCo(Ro+RL)] = ^R_L⁄_{Ro + RL}

Espressione filtro passa alto

Per t<0

Dall'impulso noto che il condensatore ha assorbito tutto il tempo di carica, perciò lo posso considerare come un circuito aperto. La tensione puntuto si ripartisce su R₁ e R₂, perciò si può avere tensione su C.

0 < t₁ ≤ 1ms

Applico il metodo esibito quello una sola costante di tempo τ:

v_c(t) = v_d(∞) - [v_d(∞) - v_d(0⁺)] e^-t/τ = 2,5V

v_d(0⁺) = 0,5V

v_c(∞) = 7,5V → Quindi la tensione si distribuisce sulle resistenti e puntualmente la tensione sul condensatore non è più a quella di R₂.

Calcolo delle costante di tempo:

• Tolgo i generatori;
• Al posto di C metto V_x.

τ = R_P · C = 0,5 · 10³ · 10^-8 = 5μs << 100μs

t ≫ 1ms

v_x(t) = v_c(∞) - [v_c(∞) - v_c(1ms)] · e^{- (t - 1ms) / τ}

Quando v_x = 0 ⇒ v_c si riduce sulle resistenze.

Graficamente:

v_x(t) → 2,5V

0,5V

1ms

6. 14/07/2015 OP-AMP non invertente

Al seguente OP-AMP non invertente viene applicato un gradino di tensione:

T = 20 ms

DUTY CYCLE = 50%

Divisato il circuito in blocchi:

v_A = v⁺

Se conosco v_O ⇒ conosco I_L, perciò:

I_L = ^v_O/_RL = ^{1 + R₄/R₃}/_RL v_A

L'unica incognita risulta essere: v_A

Dati:

R₁ = 1 KΩ, R_L = 21 KΩ, R₃ = 4 KΩ, R₄ = 2 KΩ

C = 330 mF

I_L = 10^-3 v_A ^V/_Ω

Considero la rete del circuito che comprende v_A. La sua funzione del tempo perché è applicato un gradino alla tensione di alimentazione:

Per v_A(t) applico il metodo simbolico.

v_A(t) = v_A(∞) - [v_A(∞) - v_A(0⁺)] e^-t/

Da variazione di tensione in t=0⁺ si ripartisce solo su R₁ e R₂.

Partizione di tensione:

v_A(0⁺) = v_IN(0⁺) ⋅ R₂/(R₁+R₂) = 3,33V

v_A(∞) = 0 → il condensatore si è caricato ⇒ circuito aperto = C (R₁+R₂) = 930μs ≃ 1ms ⇒ Il condensatore si è caricato nell'intervallo in cui ho i 5V

10ms < t < 20ms

v_A(t) = v_A(∞) - [v_A(∞) - v_A(10ms⁺)] e^-(t-10ms)/

v_A(10ms⁺) = R₂ ⋅ Δv/(R₁+R₂) = -3,33V

Il è proporzionale a v_A e quindi ho lo stesso andamento di v_A

Graficamente:

v_A(t)

3,33V

10ms

t

V_in

t(ms)

Dati:

V_S = 1 + 3cosV_msin(2πf_ot) dove f_o = 2kHz

R₁ = 0,5KΩ

R₂ = 1,5KΩ

Applicare il principio di sovrapposizione degli effetti:

V_IN = 0

V_S ≠ 0

√v_OS = -^R₂/_R1V_S = -3 = 0,0 °m(πf_ot)

v_OS

1/f₀ = 0.5ms

-2V

-3V

-3,8V

t

v_IN ≠ 0

v_S = 0

v_{O IN} = (1 + R₂/ R₁) v_IN = G v_IN

Il grafico finale: v_O = v_OS + v_{O IN}

8. OP-AMP ideale

V_o = ?

Dati:

R₁ = 2 KΩ, R₂ = 1 KΩ, R₃ = 1 KΩ, R₄ = 2 KΩ

C = 0,1 μF

V_A = 2 V + 10 mV_∼sin(2π800 Hz t)

Applico il principio di sovrapposizione degli effetti:

V_A = 0

V_in ≠ 0

Ottengo un derivatore ideale:

t<0

Il condensatore si è caricato quindi nella resistenza R₂ non corre corrente.

v₀ = R₂I = 0

t>0

Applico il metodo asintotico:

v₀(t) = v₀(∞) - [v₀(∞) - v₀(0⁺)]e^-t/τ

v₀(0⁺) si ottiene dalla sola resistenza R₁, nelle quale percorre I = ΔV_IN/R₁. Quest'ultima la trovo su R₂, allora:

v₀(0⁺) = -R₂/R₁ΔV_IN = 5V dove ΔV_IN = -1V

r_c = cR₁∙

V_A ≠ 0   V_IN = 0

Anche in questo caso utilizzo il principio di sovrapposizione degli effetti. Considero prima il segnale in continua e poi il segnale in alternata.

Va_A = 2V

Partitore di tensione

V⁺ = _R4/R₃+R₄Va = ₄/3 V

Vo_A1 = V⁺(1 + _RL/_∞) = V⁺

Polele in continua (ω=0) dovrà avere R_L in serie con il condensatore C, ma C, nei grandi regimi è da considerare come un circuito aperto risultato:

Z_S = R₁ + ₁/jωC = ∞ ciò vuol dire che non presenza corrente né in R₁ né in R₂.

(ope. a buffer inoperante)

Consideriamo il contributo sinusoidale:

Va₂ = 10mV _sin(2π800Hz t)

Vo_A2 = _R4/_R3+R4 Va₂ (₂/_{1 + RL}/Z_S)

dove:

Z_S = R₁ + ₁/jωC = jωRC +₁/jωC

Sostituendo:

Vo_A2 = _R4/ f_P = 1 / 2πC₁R ≃ 797 Hz -> Il valore della f è seno di 3dB rispetto al valore max.

9. 22/03/2016

Dati:

R_L = 100KΩ

R₁ = 200KΩ

R₃ = 100KΩ

C = 10mF

Poiché la configurazione è inseritore invertente:

V_out/V_in = -Z_PS/R₁*Z_PS = ( R₂//1/jωC ) + R₃

R₂//1/jωC = ( R₂/jωC ) / ( R₂ + 1/jωC) = R₂/1+jωCR₂

Z_PS = R₂/1+jωCR₂ + R₃ = (R₂R₃ + jωCR₂R₃)/(1+jωCR₂)

V_out/V_in = 1/R₁ (R₂+R₃+jωCR₂R₃/1+jωCR₂) = (R₂+R₃)/R₁ (1+jωC R₂R₃/R₂+R₃)/(1+jωCR₂)

ω_p = 1/CR₂

ω_z = 1/(C(R₂//R₃))

ω_p < ω_z

|A|dB

A_o

A₁

ω_p

ω_z

ω

A₀ = 20 log ( ^{R₂ + R₃} / _R1 )

A = 20 log ( ^R₃ / _R1 )

Se ω -> 0 C è un circuito aperto

Se ω -> ∞ C è un cortocircuito

A = ^{R₂ + R₃} / _R1

A = ^-R₃ / _R1

Quanto vale la resistenza d'ingresso?

R_x = ^V_x / _ix

Calcolare l'evoluzione temporale della tensione d'uscita quando v_IN è:

t < 0

v_in(t) = 0

v_out(t) = 0

0 < t < ∞

Applicare il metodo simbolico:

v_out(t) = v_out(∞) - [v_out(∞) - v_out(0⁺)] e^-t/τ

v_out(∞) = ^{R₂ + R₃} / _R1 · 2V

t -> ∞ C circuito aperto

v_out(0⁺) = - ^R₃⁄_R1Δt_IN -> preelecondensatore non sarà istantaneamente e di conseguenza non varia anche su R₂

t = R₂C -> ⇾ nota al posto del C.

Graficamente:

Mettendo un generatore fittizio