LIMITAZIONE DELL’AMPLIFICAZIONE ALLE BASSE FREQUENZE
DELL’INTEGRATORE INVERTENTE MEDIANTE RETE COMPENSATRICE
Il problema dell’integratore invertente si ha alle basse frequenze: l’amplificazione aumenta al
diminuire della frequenza, tendendo al massimo valore possibile. Al fine di limitare
l’amplificazione alle basse frequenze, si può usare una rete compensatrice R-C2-R in parallelo alla
capacità C1.
L’impedenza della rete compensatrice è funzione della frequenza. Con s = jω, si ha:
1
sC 2
2 + sRC 2
2 + jωRC 2
R
ZC = R +
=R+
=R
=R
1
1 + sRC 2
1 + sRC 2
1 + jωRC 2
R+
sC 2
R
ZC = R
2 2 + (ωRC 2 )
1 + (ωRC 2 )
2
2
=R
4 + (ωRC 2 )
1 + (ωRC 2 )
2
;
2
ϕ = ∠Z C = arctg
ωRC 2
− arctgωRC 2
2
Z C è funzione della frequenza:
Se ω → 0 ⇒ ωRC 2 << 1 ⇒ (ωRC 2 ) viene trascurato rispetto a 1 e a 4 ⇒
2
Se ω → ∞ ⇒ ωRC 2 >> 2 ⇒ 1 e 4 si trascurano rispetto a (ωRC 2 )
2
⇒
Z C ≅ 2R ; ϕ ≅ 0
ZC ≅ R ; ϕ ≅ 0
Il comportamento della rete compensatrice può essere spiegato tenendo conto del comportamento
della capacità C2 al variare della frequenza. Alle basse frequenze C2 tende a comportarsi da circuito
aperto e in parallelo a C1 si sarà la serie delle due resistenze R, ossia 2R. alle alter frequenze tende
1
ad assumere le caratteristiche di un cortocircuito, cortocircuitando la prima delle due resistenze R, e
in parallelo a C1 vi sarà solo la seconda delle resistenze R.
CALCOLO DELLA FUNZIONE D’USCITA IN NOTAZIONE COMPLESSA
2 + sRC 2
2 + sRC 2
1
1
⋅R ⋅
R⋅
// Z C
sC1 (1 + sRC 2 )
sC
1 + sRC 2
1
1 sC1
⋅
⋅ Vi = −
⋅
⋅ Vi =
Vo = − 1
Vi = −
2 + sRC 2
R 1 1 + sRC 2 + 2sRC1 + s 2 R 2 C1C 2
R1
R1 1
+R⋅
sC1
1 + sRC 2
sC1 (1 + sRC 2 )
=−
2 + jωRC 2
2 + sRC 2
R
R
⋅ Vi
⋅ Vi = −
⋅
⋅
2
2
2
2
R 1 1 − ω R C1C 2 + jωR (2C1 + C 2 )
R 1 1 + s R C1C 2 + sR (2C1 + C 2 )
Al fine di ottenere una semplificazione della funzione d’uscita, si può supporre che, alle frequenze
di funzionamento del circuito integratore, risulti:
ω 2 R 2 C1C 2 << 1
e
ωRC 2 << 2
⇒
1
1
>>
ωRC 2
2
⇒
XC =
1
R
>>
ωC 2
2
In tali condizioni si può trascurare jωRC 2 rispetto a 2 al numeratore e ω 2 R 2 C1C 2 rispetto ad 1 al
denominatore. La funzione d’uscita approssimata sarà:
Vo = −
R
2
2R
1
⋅
⋅ Vi = −
⋅
⋅ Vi
R 1 1 + jωR (2C1 + C 2 )
R 1 1 + jωR (2C1 + C 2 )
La funzione di trasferimento è: G ( jω) =
G ( jω) =
− Per ω → 0
⇒
Vo
2R
1
=−
⋅
, il cui modulo e fase sono:
R 1 1 + jωR (2C1 + C 2 )
Vi
2R
1
⋅
R 1 1 + [ωR (2C + C )]2
1
2
ωR (2C1 + C 2 ) << 1
;
ϕ = π − arctg[ωR (2C1 + C 2 )]
2R
G ( jω) = −
R1
⇒
⇒
2R
⎧
⎪ G ( jω) =
R1 .
⎨
⎪ϕ = π
⎩
Il circuito si comporta da amplificatore invertente con conseguente limitazione dell’amplificazione
alle basse frequenze.
− Per ω → ∞
⇒
2
⎧
⎪⎪ G ( jω) = ωR (2C + C )
1
1
2
.
⎨
π
⎪ϕ =
2
⎩⎪
ωR (2C1 + C 2 ) >> 1
⇒
G ( jω) = j
2
ωR 1 (2C1 + C 2 )
Il circuito si comporta da integratore invertente.
2
⇒
CALCOLO DELLA FREQUENZA DI TAGLIO
La frequenza di taglio è quella frequenza alla quale la funzione di trasferimento si attenua di un
fattore √2 rispetto al valore massimo possibile; pertanto:
2R
1
2R 1
⋅
=
⋅
2
R 1 1 + [ω R (2C + C )]
R1
2
t
1
2
ωt =
⇒
1
R (2C1 + C 2 )
⇒
ω t R (2C1 + C 2 ) = 1
⇒
ft =
⇒
1
2πR (2C1 + C 2 )
Il vantaggio di usare questa rete compensatrice in parallelo a C1, invece di una semplice resistenza,
è quello di disporre di una impedenza che alle basse frequenze della banda vale 2R e alle alte
frequenze vale R, migliorando (almeno in teoria, la risposta del circuito come integratore.
DIMENSIONAMENTO DEL CIRCUITO
Si devono fissare la frequenza di taglio ft e l’amplificazione alle basse frequenze A =
La frequenza di taglio conviene sia tale da risultare
ω t RC 2 << 2 . Poiché ω t =
2R
.
R1
1
R (2C1 + C 2 )
,
sostituendo, si ha:
1
R (2C1 + C 2 )
RC 2 << 2
⇒
2C 1 + C 2
>> 2
C2
⇒
2C 1
+ 1 >> 2
C2
⇒
2C1 >> C 2
In tale condizione, nella frequenza di taglio e nella funzione d’uscita, si può trascurare C2 rispetto a
C1, ottenendo:
ωt =
1
R (2C1 + C 2 )
R
2
Vo = −
⋅
⋅ Vi
R 1 1 + j2ωRC1
≅
1
2RC1
⇒
ft ≅
1
4πRC1
R
2
⎧
⋅ Vi
⎪VoM = − R ⋅
2
1
1 + (2ωRC1 )
⎨
⎪
⎩ϕ = π − arctg(2ωRC1 )
⇒
Calcolo di R , C1 e C2
Dalla frequenza di taglio si calcola il valore del prodotto RC1:
ft =
1
4πRC1
⇒
RC1 =
Si fissa il valore di C1 e si calcola R. si fissa un valore di C2 per il quale risulti C2 << 2C1.
3
1
.
4πf t
Calcolo di R1
2R
2R
⇒ R1 =
.
R1
A
Il valore di R deve risultare abbastanza grande da determinare per R1 un valore dell’ordine della
decina di KΩ (R1 è la resistenza d’ingresso del circuito).
Noto il valore di R, dall’amplificazione A si calcola R1:
A=
Si controlla che, alla frequenza di taglio, risulti: ω 2t R 2 C1C 2 << 1 e ω t RC 2 = 2πf t RC 2 << 2 ,
ossia che siano soddisfatte le condizioni per le quali è stato possibile semplificare la funzione di
trasferimento.
RISPOSTA AD UN GENERICO SEGNALE
Si suppongono gli ingressi equipotenziali e che gli ingressi non assorbono corrente. In tali ipotesi, si
ha:
I R1 + I C 2 = I R 2
⇒
−
Se RC 2 << 2 la quantità −
VA
dVA VA − Vo VA Vo
− C2
=
=
−
dt
R
R
R
R
⇒
VA = −
V
RC 2 dVA
può essere trascurata rispetto a o . In tale condizioni, si ha:
2 dt
2
I R = I C1 + I R1 + I C 2 = I C1 + I R 2
⇒
dV
Vi
V
dVA
= − C1 o − A − C 2
.
R1
dt
R
dt
Supponendo soddisfatta la condizione RC 2 << 2 , si ha:
VA ≅
RC 2 dVA Vo
+
2 dt
2
Vo
2
⇒
dV
V
Vi
C dVo
= − C1 o − o − 2
R1
dt
2R
2 dt
4
⇒
(2C1 + C 2 )
dVo
V
2V
=− o − i
dt
R
R1
⇒
dVo
1
2
= Vo' = −
Vo −
Vi
dt
R (2C1 + C 2 )
R 1 (2C1 + C 2 )
Se si utilizza l’altra relazione tra le correnti, I R1 = I C1 + I R 2 , si ha:
dV
V − Vo
dV
V
dV
V
V
dV
V
Vi
V
= − C1 o + A
= − C 1 o + A − o ≅ − C 1 o + o − o = − C1 o − o
R1
dt
R
dt
R
R
dt
2R R
dt
2R
⇒
dVo
1
1
Vi
Vo −
= Vo' = −
2 R 1 C1
2RC1
dt
⇒
Tale equazione differenziale deve dare una soluzione compatibile con l’altra equazione
differenziale trovata. Le due equazioni differenziali tendono a coincidere se C2 risulta trascurabile
rispetto e C1, ossia se risulta C2 << 2C1.
Le equazioni ottenute sono equazioni differenziali del primo ordine del tipo y' = a (x ) ⋅ y + b(x ) , la
[
]
cui equazione risolutiva generale è y = e ∫ a ( x )dx ∫ b(x ) ⋅ e − ∫ a ( x )dx dx + k . Dall’uguaglianza dei
coefficienti risulta:
a (x ) = a (t ) = −
1
2RC1
−1
1
dt = −
t
∫ a (t )dt = ∫
2RC1
2RC1
Vo (t ) = e
Infine
−
1
t
2 RC1
b(x ) = b(t ) = −
;
;
∫ b (t ) ⋅ e
− ∫ a ( t )dt
1
Vi (t ) ;
R 1 C1
1
t
1
dt = ∫ −
Vi (t ) ⋅ e 2 RC1 dt
R 1 C1
1
t
⎡
⎤
1
2 RC1
⋅ ⎢∫ −
Vi (t ) ⋅ e
dt + λ ⎥ .
⎣⎢ R 1C1
⎦⎥
Segnale sinusoidale
Se il segnale d’ingresso è Vi (t ) = ViM senωt , sostituendo nell’equazione risolutiva si calcola la
risposta del circuito al segnale sinusoidale.
Vo (t ) = e
−
1
t
2 RC1
1
1
t
−
t
⎡
⎤
1
2 RC1
2 RC1
⋅ ⎢∫ −
Vi (t ) ⋅ e
dt + λ ⎥ = e
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
1
t
⎡
⎤
1
2 RC1
⋅ ⎢∫ −
ViM senωt ⋅ e
dt + λ ⎥ .
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
Risolvendo l’integrale per parti si ha:
Vo (t ) = e
−
1
t
2 RC1
1
t
⎡
⎤
⎞
1
2 RC1 ⎛
⎜⎜
e
senωt − ω cos ωt ⎟⎟
⎢
⎥
2RC1
⎢ ViM
⎥
⎝
⎠
⋅ ⎢−
⋅
+ λ⎥ =
1
R 1 C1
+ ω2
⎢
⎥
2
(2RC1 )
⎢⎣
⎥⎦
5
1
senωt − ω cos ωt
1
−
t
ViM 2RC1
2 RC1
=−
⋅
+ λe
.
1
R 1 C1
2
+ω
(2RC1 )2
La soluzione trovata è composta da due termini: il termine senza l’esponenziale è la soluzione a
regime; il termine con l’esponenziale è la risposta transitoria, che descrive il transitorio iniziale.
La costante λ si determina imponendo che al tempo t = 0 sia Vo(0) = 0:
Vo (0) = −
ViM
⋅
R 1 C1
−ω
1
(2RC1 )
2
+λ =0 ⇒ λ =−
+ ω2
ViM
4ωR 2 C12
4V R
ωRC1
⋅
= − iM ⋅
2
R 1C1 1 + (2ωRC1 )
R 1 1 + (2ωRC1 )2
Dopo un tempo sufficientemente lungo l’esponenziale diventa circa uguale a zero, e rimane la sola
risposta a regime.
senωt − 2ωRC1 cos ωt
1
senωt − ω cos ωt
V
2RC1
V
2RC1
= − iM ⋅
=
Vo (t ) = − iM ⋅
2
1
R 1 C1
R 1 C1
2
(
)
1
2
RC
+
ω
1
+ω
(2RC1 )2
(2RC1 )2
=−
2RViM senωt − 2ωRC1 cos ωt
⋅
2
R1
1 + (2ωRC1 )
Il segnale d’uscita, a regime, è una combinazione lineare delle funzioni seno e coseno, ossia può
essere scritto come:
Vo (t ) = VoM sen (ωt + ϕ) = VoM (cos ϕsenωt + senϕ cos ωt ) .
ϕ è la fase, ossia definisce il valore della tensione Vo(t) al tempo t = 0.
Vo(t)
Vo(0)
tϕ
0
t
L’angolo ϕ è legato al tempo dalla relazione ωtϕ = ϕ, dove tϕ è il tempo in cui la funzione Vo(t)
assume il valore zero (immediatamente prima o immediatamente dopo l’origine in crescita in
campo positivo), in anticipo rispetto al tempo zero se tϕ < 0, e in ritardo se tϕ >0. Al fine di calcolare
ϕ si impone che Vo(t) calcolato al tempo t = tϕ sia uguale a zero e si risolve rispetto a ωtϕ = ϕ.
6
Vo (t ϕ ) = −
2RViM sen (ωt ϕ ) − 2ωRC1 cos(ωt ϕ )
⋅
=0
2
R1
1 + (2ωRC1 )
⇒ sen (ω t ϕ ) = 2 ω RC 1 cos (ω t ϕ ) = 0
sen (ωt ϕ ) − 2ωRC1 cos(ωt ϕ ) = 0
⇒
⇒ tgϕ = tg (ωt ϕ ) =
sen (ωt ϕ )
cos(ωt ϕ )
⇒
senϕ
⇒
cos ϕ
= 2ωRC1 =
⇒ ϕ = arctg(2ωRC1 )
Al fine di determinare VoM, si esplicitano senϕ e cosϕ in funzione di tgϕ e si sostituiscono
nell’espressione di Vo(t) generica:
senϕ =
tgϕ
1 + tg 2 ϕ
=
2ωRC1
1 + (2ωRC1 )
;
2
cos ϕ =
1
1 + tg 2 ϕ
=
1
1 + (2ωRC1 )
2
⎛
⎞
2ωRC1
1
⎜
Vo (t ) = VoM (cos ϕsenωt + senϕ cos ωt ) = VoM
senωt +
cos ωt ⎟
⎜
⎟
2
2
1 + (2ωRC1 )
⎝ 1 + (2ωRC1 )
⎠
Si predispone la funzione Vo(t), calcolata risolvendo l’equazione differenziale, in modo conveniente
per un confronto con l’espressione su scritta.
Vo (t ) = −
=−
2RViM
R 1 1 + (2ωRC1 )
2
2RViM senωt − 2ωRC1 cos ωt
⋅
=
2
R1
1 + (2ωRC1 )
⎛
⎞
2ωRC1
1
⎜
senωt −
cos ωt ⎟
⎜
⎟
2
2
1 + (2ωRC1 )
⎝ 1 + (2ωRC1 )
⎠
Dal confronto delle due espressioni di Vo(t), si ha:
VoM = −
2RViM
R 1 1 + (2ωRC1 )
2
.
Poiché il coefficiente del coseno è negativo, implica che senϕ è negativo, quindi l’angolo ϕ è
negativo, ossia il segnale d’uscita è ritardato rispetto a quello d’ingresso.
Riassumendo:
Vo (t ) = VoM sen (ωt + ϕ) = −
2RViM
R 1 1 + (2ωRC1 )
2
sen[ωt − arctg(2ωRC1 )]
oppure, conglobando il segno meno nel seno, si ha:
Vo (t ) = VoM sen (ωt + ϕ) =
2RViM
R 1 1 + (2ωRC1 )
7
2
sen[ωt + π − arctg(2ωRC1 )]
− Se ω → 0
⇒
2ωRC1 << 1
⇒
Vo (t ) = −
− Se ω → ∞
⇒
2ωRC1 >> 1
⇒
Vo (t ) =
2RViM
senωt amplificatore invertente
R1
ViM
π⎤
⎡
sen ⎢ωt + ⎥ integratore invertente
ωR 1C1
2⎦
⎣
Segnale ad onda quadra
L’equazione algebrica di un segnale ad onda quadra è la seguente:
T
⎧
⎪⎪ViM per kT ≤ t < 2 + kT
Vi ( t ) = ⎨
T
⎪− V
⎪⎩ iM per 2 + kT ≤ t < T + kT
vi(t), vo(t)
ViM
VoM
T/2
T
t
−VoM
−ViM
Il grafico riporta l’andamento dell’onda quadra d’ingresso e il generico segnale d’uscita, in cui sono
presenti i transitori di carica e di scarica delle capacità. Poiché il segnale è periodico, limiteremo i
calcoli al solo primo periodo, l’estensione ad un generico istante si ottiene incrementando il tempo
di kT. L’integrale generale dell’equazione differenziale risolutiva è il seguente:
Vo (t ) = e
−
1
t
2 RC1
1
t
⎡
⎤
1
2 RC1
Vi (t ) ⋅ e
dt + λ ⎥
⋅ ⎢∫ −
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
Primo semiperiodo, 0 ≤ t ≤ T/2, Vi = ViM, rampa decrescente
Vo (t ) = e
−
1
t
2 RC1
1
1
t
−
t
⎡
⎤
1
2 RC1
2 RC1
⋅ ⎢∫ −
Vi (t ) ⋅ e
dt + λ ⎥ = e
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
=e
A t=0
⇒
−
1
t
2 RC1
Vo (0 ) = VoM
1
t
⎡
⎤
1
2 RC1
⋅ ⎢∫ −
ViM ⋅ e
dt + λ ⎥ =
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
1
1
−
t
t
⎡ 2RV
⎤
2RViM
2 RC1
2 RC1
iM
e
⋅ ⎢−
+ λ⎥ = −
+ λe
R1
R1
⎢⎣
⎥⎦
⇒
Vo (0 ) = −
2RViM
+ λ = VoM
R1
8
⇒
λ = VoM +
2RViM
R1
2RViM
2RViM ⎛
+ ⎜⎜ VoM +
Vo ( t ) = −
R1
R1
⎝
L’equazione di Vo(t) diventa:
1
⎞ − 2 RC1 t
⎟⎟e
⎠
Secondo semiperiodo, T/2 ≤ t ≤ T, Vi = -ViM, rampa crescente
Vo (t ) = e
−
1 ⎛ T⎞
⎜ t− ⎟
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
1 ⎛ T⎞
1 ⎛ T⎞
1 ⎛ T⎞
⎡
⎤
⎤
−
⎜ t− ⎟
⎜ t− ⎟ ⎡
⎜ t− ⎟
1
1
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
⋅ ⎢∫ −
Vi (t ) ⋅ e
dt + λ ⎥ = e
⋅ ⎢∫
ViM ⋅ e
dt + λ ⎥ =
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
⎢⎣ R 1C1
⎥⎦
=e
A t=
T
2
⇒
−
1 ⎛ T⎞
⎜ t− ⎟
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
1 ⎛ T⎞
1 ⎛ T⎞
⎡ 2RV
⎤ 2RV
−
⎜ t− ⎟
⎜ t− ⎟
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
iM
iM
e
⋅⎢
+ λ⎥ =
+ λe
R1
⎢⎣ R 1
⎥⎦
⎛T⎞
Vo ⎜ ⎟ = − VoM
⎝2⎠
⎛ T ⎞ 2RViM
Vo ⎜ ⎟ =
+ λ = − VoM
R1
⎝2⎠
⇒
2RViM ⎛
2RViM
Vo ( t ) =
− ⎜⎜ VoM +
R1
R1
⎝
L’equazione di Vo(t) diventa:
⇒
λ = − VoM −
⎛
1
2RViM
R1
T⎞
⎞ − 2 RC1 ⎜⎝ t − 2 ⎟⎠
⎟⎟e
⎠
Calcolo di VoM
T
, Vo(t) deve assumere il valore –VoM. Imponendo
2
ciò nell’equazione della rampa decrescente, si ha:
Se si calcola la rampa in discesa al tempo t =
2RViM ⎛
2RViM
⎛T⎞
Vo ⎜ ⎟ = −
+ ⎜⎜ VoM +
R1
R1
⎝2⎠
⎝
⇒
⇒
VoM + VoM e
T
−
⎛
4 RC1
⎜
VoM 1 + e
⎜
⎝
−
1 T
⋅
2 RC1 2
⎞ 2RV
iM
⎟=
⎟
R1
⎠
1
T
⎞ − 2 RC1 ⋅ 2
⎟⎟e
= − VoM
⎠
1
⇒
T
2RViM 2RViM − 2 RC1 ⋅ 2
=
−
e
R1
R1
T
−
⎛
⎜1 − e 4 RC1
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
⇒
VoM =
1− e
1+ e
⇒
−
T
4 RC1
T
−
4 RC1
⋅
2RViM
R1
Approssimazione della funzione d’uscita
T
, la carica e la scarica della capacità interesserà solo un piccolo
2
tratto iniziale delle curve di carica (o di scarica) in un intorno di t = 0, ossia un tratto circa lineare
che può essere approssimato da una retta, come nelle figure.
Nel caso in cui risulti 2RC1 >>
9
VC(t)
VC(t)
t
t
Nell’intorno dello zero [t = 0 e t-T/2 = 0] si può sviluppare l’esponenziale con McLaurin, fermando
lo sviluppo alla derivata prima.
−
e
1
t
2 RC1
1
= 1−
t
2RC1
−
e
;
1 ⎛ T⎞
⎜ t− ⎟
2 RC1 ⎝ 2 ⎠
1−
1 ⎛ T⎞
⎜t − ⎟
2RC1 ⎝
2⎠
Si sostituiscono, rispettivamente, nelle equazioni delle rampe decrescente e crescente.
Primo semiperiodo, 0 ≤ t ≤ T/2, Vi = ViM, rampa decrescente
2RViM ⎛
2RViM
Vo ( t ) = −
+ ⎜⎜ VoM +
R1
R1
⎝
=−
1
⎞ − 2 RC1 t
2RViM ⎛
2RViM
⎟⎟e
=−
+ ⎜⎜ VoM +
R1
R1
⎠
⎝
⎞⎛
1
⎟⎟⎜⎜1 −
⎠⎝ 2RC1
⎞
t ⎟⎟ =
⎠
⎛ V
V
2RViM
2RViM 2RViM
V ⎞
1
+ VoM − oM t +
−
⋅
t = −⎜⎜ oM + iM ⎟⎟ t + VoM
R1
2RC1
R1
R1
2RC1
⎝ 2RC1 R 1C1 ⎠
Calcolo di VoM
T
, Vo(t) deve assumere il valore –VoM. Imponendo
2
ciò nell’equazione della rampa decrescente, si ha:
Se si calcola la rampa in discesa al tempo t =
⎛ V
V
V ⎞ T
T V
T
⎛T⎞
Vo ⎜ ⎟ = −⎜⎜ oM + iM ⎟⎟ ⋅ + VoM = − oM ⋅ − iM ⋅ + VoM = −VoM
2RC1 2 R 1C1 2
⎝2⎠
⎝ 2RC1 R 1C1 ⎠ 2
⇒
2VoM −
T
T
VoM =
ViM
4RC1
2R 1 C1
⇒
VoM =
⇒
8RR 1C1 − R 1T
2RT
=
ViM
4RR 1C1
4RR 1C1
⇒
T
2R
T
⋅
ViM ≅
ViM
8RC1 − T R 1
4R 1 C1
T
, si può trascurare T a denominatore rispetto a 8RC1.
2
prima calcolato, sostituendo all’esponenziale il suo sviluppo con
Essendo valida la condizione 2RC1 >>
Stesso risultato si ottiene dal VoM
McLaurin.
VoM ⋅
⇒
10
VoM =
1− e
1+ e
−
T
4 RC1
T
−
4 RC1
⋅
2RViM
R1
T
4RC1 2RViM
T
2R
T
⋅
=
⋅
ViM ≅
ViM
=
T
R1
8RC1 − T R 1
4 R 1 C1
1+1−
4RC1
1−1−
Sostituendo nell’espressione di Vo(t), si ha:
⎛ 1
⎛ V
V ⎞
TViM
V ⎞
TViM
=
Vo (t ) = −⎜⎜ oM + iM ⎟⎟ t + VoM = −⎜⎜
⋅
+ iM ⎟⎟ t +
⎝ 2RC1 4R 1C1 R 1C1 ⎠ 4R 1C1
⎝ 2RC1 R 1C1 ⎠
=−
⎞
ViM ⎛ T
TViM
V
T + 8RC1
TViM
V
TViM
⎜⎜
= − iM ⋅
t+
≅ − iM t +
+ 1⎟⎟ t +
R 1C1 ⎝ 8RC1
R 1 C1
8RC1
4R 1 C1
R 1 C1
4 R 1 C1
⎠ 4 R 1 C1
Vo (t ) = −
Riassumendo:
ViM
TViM
t+
R 1 C1
4 R 1 C1
VoM =
;
T
ViM
4 R 1 C1
Secondo semiperiodo, T/2 ≤ t ≤ T, Vi = -ViM, rampa crescente
2RViM ⎛
2RViM
− ⎜⎜ VoM +
Vo ( t ) =
R1
R1
⎝
=
=−
Riassumendo:
⎛
T⎞
2RViM
2RViM ⎛
2RViM
− VoM −
+ ⎜⎜ VoM +
R1
R1
R1
⎝
TViM ⎛ TViM
2RViM
+ ⎜⎜
+
4R 1 C1 ⎝ 4R 1 C1
R1
=−
1
⎞ − 2 RC1 ⎜⎝ t − 2 ⎟⎠ 2RViM ⎛
2RViM
⎟⎟e
=
− ⎜⎜ VoM +
R1
R1
⎠
⎝
⎞⎡
1 ⎛ T ⎞⎤
⎟⎟ ⎢1 −
⎜ t − ⎟⎥ =
2 ⎠⎦
⎠ ⎣ 2RC1 ⎝
⎞ 1 ⎛ T⎞
⎟⎟
⎜t − ⎟ =
2⎠
⎠ 2RC1 ⎝
⎞ 1 ⎛ T⎞
⎞ V ⎛ T⎞
TViM ⎛ T
⎟⎟
+ ⎜⎜
+ 1⎟⎟ iM ⎜ t − ⎟ =
⎜t − ⎟ = −
2⎠
4R 1C1 ⎝ 8RC1
2⎠
⎠ 2RC1 ⎝
⎠ R 1 C1 ⎝
TViM
T + 8RC1 ViM ⎛ T ⎞ ViM ⎛ T ⎞ TViM
+
⋅
⎜t − ⎟ ≅
⎜t − ⎟ −
4R 1 C1
8RC1
R 1 C1 ⎝
2 ⎠ R 1 C1 ⎝
2 ⎠ 4R 1 C1
Vo (t ) =
ViM ⎛ T ⎞ TViM
⎜t − ⎟ −
R 1 C1 ⎝
2 ⎠ 4 R 1 C1
11
;
− VoM = −
T
ViM
4R 1 C1
PROGETTO DI UN INTEGRATORE REALE INVERTENTE CON LIMITAZIONE
DELL’AMPLIFICAZIONE MEDIANTE RETE COMPENSATRICE
GDF
CH1
CH2
2R
= 5.
R1
Nella frequenza di taglio, assumendo C2 << 2C1, si trascura C2 rispetto a C1. In tale caso, si ha:
Si fissa una frequenza di taglio di 3kHz e una amplificazione alle basse frequenze di A =
ft =
1
.
4πRC1
Calcolo di R , C1 e C2
Dalla frequenza di taglio si calcola il valore del prodotto RC1:
ft =
1
4πRC1
⇒
RC1 =
Si fissa il valore di C1 = 1ηF e si calcola
R=
1
1
=
= 26,53µs .
4πf t 4π ⋅ 3 ⋅ 10 3
26,53 ⋅ 10 −6 26,53 ⋅ 10 −6
=
≅ 27kΩ
4πC1
4π ⋅ 1 ⋅ 10 −9
Si fissa C2 = 10pF << 2C1 = 2ηF.
Calcolo di R1
Noto il valore di R, dall’amplificazione A si calcola R1:
A=
2R
R1
⇒
R1 =
2R 2 ⋅ 27 ⋅ 10 3
=
= 10,8kΩ ., valore commerciale 10kΩ.
A
5
12
Riassumendo:
R = 27kΩ ; R1 = 10kΩ ; C1 = 1ηF ; C2 = 10pF.
Con tali valori:
ft =
1
1
=
= 2,95kHz
4πRC1 4π ⋅ 27 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 −9
Si controlla che, alla frequenza di taglio, risulti: ω 2t R 2 C1C 2 << 1 e ω t RC 2 = 2πf t RC 2 << 2 ,
ossia che siano soddisfatte le condizioni per le quali è stato possibile semplificare la funzione di
trasferimento.
(ω t R )2 C1C 2 = (2πf t R )2 C1C 2 = (2π ⋅ 2,95 ⋅ 10 3 ⋅ 27 ⋅ 10 3 )2 ⋅ 1 ⋅ 10 −9 ⋅ 10 ⋅ 10 −12 = 0,0025 << 1
ω t RC 2 = 2πf t RC 2 = 2π ⋅ 2,95 ⋅ 10 3 ⋅ 27 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 −12 = 0,005 << 2
RC 2 = 27 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 −12 = 0,27 ⋅ 10 −6 << 2
8RC1 >> T
⇒
f =
1
1
1
>>
=
= 4,63kHz
T
8RC1 8 ⋅ 27 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 −9
Si comporterà da integratore per frequenze molto più grandi di 4,63kHz, intorno ai 20 ÷ 30kHz.
Risposta al segnale sinusoidale
Si utilizza un segnale sinusoidale di ampiezza ViM = 1V. Le formule per il calcolo dei valori teorici
e per calcolare la fase sperimentale ϕ sono:
VoM =
2RViM
R 1 1 + (4πf ⋅ RC1 )
2
;
ϕ = π − arctg(4πf ⋅ RC1 )
;
∆t =
ϕ
360°f
;
ϕ = 360°f ⋅ ∆t
Segnale sinusoidale
kHz
f
0,3
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
5
10
20
50
100
Valori calcolati
Volt
Adimensionali
ViM
VoM
A
AdB
1
5,372 5,372 14,60
1
5,324 5,324 14,52
1
5,113 5,113 14,17
1
4,813 4,813 13,64
1
4,469 4,469 13,00
1
4,118 4,118 12,29
1
3,785 3,785 11,56
1
3,479 3,479 10,82
1
3,204 3,204 10,11
1
2,743 2,743 8,765
1
1,527 1,527 3,678
1
0,787 0,787 -2,07
1
0,317 0,317 -9,95
1
0,159 0,159 -15,9
Gradi
ϕ
174,18
170,37
161,25
153,02
145,83
139,68
134,48
130,08
126,37
120,50
106,39
98,345
93,331
91,644
µs
∆t
1612,8
946,50
447,93
283,37
202,55
155,20
124,52
103,24
87,757
66,944
29,553
13,659
5,1850
2,5456
13
Volt
VoM
5,2
5,2
5,1
4,7
4,3
4
3,6
3,4
3,1
2,6
1,5
0,76
0,31
0,16
Valori misurati
Adimensionali
µs
A
AdB
∆t
5,2
14,32 1600
5,2
14,32
960
5,1
14,15
450
4,7
13,44
290
4,3
12,66
210
4
12,04
160
3,6
11,12
130
3,4
10,62
104
3,1
9,827
92
2,6
8,299
70
1,5
3,521
30
0,76 -2,383 13,5
0,31 -10,17
5,2
0,16 -15,91
2,5
Gradi
ϕ
172,8
172,8
162
156,6
151,2
144
140,4
131,04
132,48
126
108
97,2
93,6
90
VoM 6
5
4
VoM mis
3
VoM calc
2
1
0
100
logf
1000
10000
100000
fase 180
170
160
150
140
fase mis
130
fase calc
120
110
100
90
100
Logf
1000
10000
100000
Risposta al segnale ad onda quadra
Si utilizza un segnale ad onda quadra di ampiezza ViM = 1V e valore medio nullo. Le formule per il
calcolo dei valori teorici, esatti e approssimati, sono:
kHz
f
0,3
0,5
1
2
3
5
10
20
50
100
200
Onda quadra
VoM = 1V e ft = 3kHz
Valori calcolati
Valori misurati
Volt
Volt
Commenti
ViM
VoM esat VoM appr
VoM
Onda quadra con transitori di carica e scarica
1
2,7
41,66
2
Onda quadra con transitori di carica e scarica
1
2,7
25
2
Si accentuano i transitori di carica e scarica
1
2,699
12,5
2
Transitori di carica e scarica che si esauriscono
1
2,647
6,25
2
I transitori di carica e scarica non si esauriscono
1
2,464
4,166
1,85
Comincia a comportarsi da integratore
1
1,967
2,5
1,55
I transitori di carica e scarica sono poco evidenti
1
1,167
1,25
1
Il segnale d’uscita è circa triangolare
1
0,614
0,625
0,52
Triangolare con piccole oscillazioni inizio rampa
1
0,249
0,25
0,2
Triangolare con sensibili oscillazioni inizio rampa
1
0,1249
0,125
0,1
Triangolare con forti oscillazioni inizio rampa
1
0,0624
0,0625
0,05
14
Forme d’onda alle varie frequenze
vi(t)
ViM = 1
t
-ViM = -1
Vo(t)
VoM = 2
f = 0,5kHz
t
-VoM = -2
Vo(t)
VoM = 1,55
f = 5kHz
t
-VoM = -1,55
Vo(t)
VoM = 0,36
f = 30kHz
t
-VoM = -0,36
Vo(t)
VoM = 0,1
f = 100kHz
t
-VoM = -0,1
Se si vuole che il circuito integri a frequenze più basse, bisogna aumentare il valore della capacità
C1. se si porta il suo valore a 10ηF, la frequenza di taglio subisce una diminuzione di 10 volte, ossia
il suo valore sarà di 0,3kHz.
Si ripetono le misure con l’onda quadra. Le formule per il calcolo dei valori teorici, esatti e
approssimati, sono le stesse di prima.
15
kHz
f
0,2
0,3
0,5
1
2
3
5
10
20
50
100
200
Onda quadra
VoM = 1V e ft = 3kHz
Valori calcolati
Valori misurati
Volt
Volt
Commenti
ViM
VoM esat VoM appr
VoM
Transitori di carica e scarica si esauriscono appena
1
2,647
125
2
Transitori di carica e scarica non si esauriscono
1
2,464
83,333
1,7
Transitori di carica e scarica non si esauriscono
1
1,967
50
1,2
Non
si esauriscono i transitori ma tende a triangolare
1
1,167
25
0,75
Quasi triangolare indistorta
1
0,614
12,5
0,4
Triangolare indistorta
1
0,413
8,333
0,275
Triangolare con piccole oscillazioni inizio rampa
1
0,249
5
0,17
Triangolare con piccole oscillazioni inizio rampa
1
0,1249
2,5
0,0825
Triangolare con sensibili oscillazioni inizio rampa
1
0,06248
1,25
0,042
Triangolare con forti oscillazioni inizio rampa
1
0,02499
0,5
Triangolare
con forti oscillazioni inizio rampa
1
0,0125
0,25
Triangolare con forti oscillazioni inizio rampa
1
0,00625
0,125
vi(t)
ViM = 1
t
-ViM = -1
Vo(t)
VoM = 2
f = 0,2kHz
t
-VoM = -2
Vo(t)
VoM = 0,75
f = 1kHz
t
-VoM = -0,75
Vo(t)
VoM = 0,17
f = 5kHz
t
-VoM = -0,17
Vo(t)
VoM = 0,0825
f = 10kHz
t
-VoM = -0,0825
16