trasformata di laplace diagrammi di bode

1

Trasformata di Laplace

Diagrammi di Bode

2

Sistemi lineari, tempo-invarianti

I circuiti elettrici possono essere visti come sistemi caratterizzabili dalla

loro risposta ai segnali.

Un sistema può essere definito come:

• lineare (se vale il principio di sovrapposizione e di proporzionalità) o

non lineare

• tempo invariante (se uno spostamento nel tempo dell’ingresso

genera un uguale spostamento dell’uscita) o tempo variante

• deterministico (produce sempre la stessa uscita, dato lo stesso input)

o stocastico

I circuiti elettrici di nostro interesse possono essere visti come sistemi

lineari tempo-invarianti (LTI systems), analogici e deterministici

(non tenendo conto di limitazioni di range delle tensioni e

dell’invecchiamento dei componenti).

3

Sistemi lineari, tempo-invarianti

• lineare (se vale il principio di sovrapposizione e di proporzionalità) o

non lineare

• X1(t) → O(x(t)) → Y1(t)

• X2(t) → O(x(t)) → Y2(t)

• aX1(t) + bX2(t) → O(ax1(t) + b(x2(t))

• aO(ax1(t)) + bO(x2(t)) → aY1(t)+b Y2(t)

• tempo invariante (se uno spostamento nel tempo dell’ingresso

genera un uguale spostamento dell’uscita)

• X1(t) → O(t) → Y1(t)

• X1(t-τ) → O(t- τ) → Y1(t - τ)

Definiamo inoltre h(t) la risposta del sistema ad un ingresso impulsivo

(impulso di Dirac)

δ(t) → O(δ(t)) → h(t)

4

Funzione di trasferimento e diagramma di Bode

Il circuito puramente resistivi sono senza memoria (l’uscita dipende

soltanto dal valore che si ha in quell’istante in ingresso).

Quelli che comprendono condensatori sono invece con memoria e

possono essere modellati a parametri concentrati (la variabile di stato è la

carica o la tensione sul condensatore).

Per analizzare questo tipo di sistemi viene comunemente utilizzata

l’analisi nel dominio di Laplace attraverso la funzione di trasferimento

del sistema e l’analisi dei suoi poli e zeri nel piano complesso.

5

La trasformata di Laplace

La trasformata di Laplace di una funzione f(t), definita per tutti i numeri

reali t ≥ 0, è la funzione F(s), così definita:

Con s numero complesso s = σ+jω

Date le funzioni f(t) e g(t), e le loro rispettive trasformate F(s) e G(s):

8


Un sistema LTI può essere analizzato nel dominio del tempo ricavando

quella che viene chiamata la risposta all’impulso h(t).

Prendendo un generico ingresso x(t), l’uscita del sistema y(t) è data dalla

convoluzione tra x(t) e h(t).

Un sistema LTI è completamente descritto dalla sua risposta

all’impulso h(t)

Se conosco la risposta all’impulso posso ricavarmi la risposta del

mio sistema a qualsiasi segnale

9


L’operazione di convoluzione può essere semplificata passando dal

dominio del tempo al dominio di Laplace.

In tal caso H(s) è la funzione di trasferimento e prendendo un generico

ingresso X(s), la trasformata dell’uscita Y(s) può essere ottenuta dal

prodotto di H(s)X(s).

La convoluzione si trasforma in un prodotto nel dominio di

Laplace

Un sistema LTI è completamente descritto dalla sua funzione di

trasferimento H(s)

Se conosco H(s) posso ricavarmi la risposta del mio sistema a

qualsiasi segnale

10


X(s) è la trasformata di Laplace di x(t), Y(s) è quella di y(t) e H(s) è quella

di h(t).

Ci si può muovere tra i due domini, scegliendo la strada che ci risulta più

semplice per lo specifico circuito.

11


Per capire l’importanza di questo approccio partiamo dalla relazione che

lega la corrente e la tensione in un condensatore.

𝑖 = 𝐶𝑑𝑣

𝑑𝑡Supponendo v(0)=0 (si potrà eventualmente riconsiderare questo

vincolo utilizzando la sovrapposizione degli effetti) si ottiene nel

dominio di Laplace:

𝐼 𝑠 = 𝐶𝑠𝑉(𝑠)Se vogliamo trovare un equivalente della legge di Ohm nel dominio di

Laplace per un condensatore potremmo scrivere (parlando di impedenza

Z al posto di resistenza R):

𝐼 𝑠 =𝑉(𝑠)

𝑍(𝑠)E quindi l’impedenza di un condensatore nel dominio di Laplace è

definita come:

𝑍 𝑠 =1

𝑠𝐶

12


Per un capacitore, utilizzando la relazione appena ricavata, si può dire

che vale in modulo Τ1 𝜔𝐶 (chiamata talvolta reattanza capacitiva).

Come numero complesso:

𝑍𝑐 =1

𝑗𝜔𝐶

Abbiamo appena dimostrato che nel dominio di Laplace l’impedenza di

un condensatore nel dominio di Laplace è definita come:

𝑍 𝑠 =1

𝑠𝐶

s= jω

13


Consideriamo adesso il seguente circuito RC

Vista la linearità della trasformata si possono applicare le leggi di

Kirchhoff anche ai segnali trasformati, quindi:

I

R

V

V

V1

0

0

2

1Se consideriamo V0 come ingresso del sistema e

V2 come uscita dello stesso

Voglio ricavare la relazione che li lega nel

dominio di Laplace.

)()( 011 sIRsV =2

02

)()(

sC

sIsV =

)()(

)( 01

2

0 sIRsC

sIsVo +=

2

1

0

0 1

)()(

sCR

sVsI

+

=

14


Segue che

E quindi

Avremmo potuto ottenere lo stesso risultato anche utilizzando la regola

del partitore generalizzato alle impedenze:

con e

2

2

1

0

2

1

1

)()(

sC

sCR

sVsV

+

=

1

1

)(

)(

120

2

+=

RsCsV

sV

21

2

0

2

)(

)(

ZZ

Z

sV

sV

+=

11 RZ =2

2

1

sCZ =

15


Seguendo la definizione di sistema LTI e di funzione di trasferimento si

può quindi avere:

Se lo scopo fosse quello di ricavare l’uscita Y ad un determinato ingresso,

basterebbe utilizzare la relazione:

1

1)(

12 +=

RsCsH

)()()( sXsHsY =

16


Supponiamo il condensatore scarico all’istante 0-.

Possiamo, per esempio, ricavare Y per l’ingresso a gradino utilizzato

nell’esempio sull’analisi temporale dello stesso circuito:

x(t) è quindi 1·u(t) e quindi X(s)=1/s

Pertanto:

Allora:

che corrisponde al risultato ottenuto nella analisi nel dominio del tempo!

)1(

1)(

12 +=

RsCssY

)()1()( 12 tuetytRC−

−=

17


Il nostro interesse però non è quello di ricavare la risposta nel tempo ma

quello di caratterizzare il sistema in frequenza.

Questo può essere fatto analizzando semplicemente i poli e gli zeri

della funzione di trasferimento.

18

Analisi di poli e zeri

Il nostro interesse però non è quello di ricavare la risposta nel tempo ma

quello di caratterizzare il sistema in frequenza.

Questo può essere fatto analizzando semplicemente i poli e gli zeri

della funzione di trasferimento

La funzione di trasferimento può essere descritta come un rapporto di

polinomi (a coefficienti reali) nella variabile s (complessa).

Vengono definiti zeri le radici del polinomio al numeratore, e poli le

radici del polinomio al denominatore.

Per le proprietà dei polinomi, si può quindi scrivere una generica

funzione di trasferimento come:

)())()((

)())()(()(

321

321

N

M

pspspsps

zszszszssH

−−−−

−−−−=

M è l’ordine del

numeratore, N è quello del

denominatore

19


Un generico polo, 𝑝𝑖 = 𝛿𝑖 + 𝑗𝜔𝑖 è

• reale se 𝜔𝑖 è nullo

• semplice se nessun altro 𝑝𝑗 è identico a esso

• multiplo di ordine 2 se c’è un altro 𝑝𝑗 di valore identico

• di ordine 3 se ce ne sono altri 2 identici

Visto che i coefficienti del polinomio sono reali, se 𝑝𝑖 non è reale (cioè

𝜔𝑖 non è nullo), deve esistere un altro polo 𝑝𝑗 con 𝜔𝑗 identico e di

segno opposto, cioè deve esiste un complesso coniugato.

Anche i poli complessi coniugati possono essere presenti più volte e

quindi multipli.

20


In base alla tipologia dei poli è possibile stabilire se la risposta all’impulso

(l’antitrasformata di H(s), h(t) risposta all’impulso), all’infinito, tende a un

valore limitato o tende a divergere.

Dalla tabella delle trasformate notevoli si può ricavare che, all’infinito:

• se 𝜹𝒊 < 𝟎 la risposta all’impulso h(t) tende a zero. In particolare, se i

poli sono reali, si ha un esponenziale decrescente (se il polo è semplice) o

moltiplicato per una potenza di t (se il polo è multiplo). Se i poli sono

complessi coniugati, si ha una sinusoide decrescente con inviluppo

esponenziale decrescente (se semplici) o moltiplicato per una potenza di

t (se multipli).

• se 𝜹𝒊 > 𝟎 la risposta all’impulso h(t) tende a divergere. In

particolare, si hanno le stesse risposte precedenti ma con inviluppi

esponenziali crescenti.

• se 𝜹𝒊 = 𝟎 la risposta all’impulso h(t) prevede diverse situazioni

(tutte comunque al limite dell’instabilità o oltre). Se il polo è in zero

ed è semplice, si ha un gradino 1u(t), se è multiplo, si ha una potenza di t

(quindi rampa, parabola), comunque crescente e divergente.

21


Si può affermare quindi che se i poli hanno tutti parte reale negativa, il

sistema è stabile (nel senso che la risposta non cresce all’infinito con un

ingresso limitato in ampiezza)

Se la parte reale di almeno un polo è nulla, si possono avere risposte

che perdurano all’infinito nonostante l’ingresso si sia azzerato

Se la parte reale di almeno un polo è maggiore di zero, il sistema è

instabile

In base ai poli e zeri è possibile anche determinare la risposta in frequenza

di un sistema realizzando quello che viene chiamato il diagramma di Bode

22

Diagramma di Bode

La funzione di trasferimento H(s) può essere utilizzata per valutare la

risposta in uscita del sistema quando è soggetto a uno specifico segnale,

moltiplicandola per la trasformata dell’ingresso e anti trasformando il

risultato.

Sappiamo che ogni segnale può essere scomposto in una somma di

sinusoidi, quindi ci interessa vedere qual è l’ampiezza della sinusoide che

si ottiene all’uscita di un circuito che ha un ingresso sinusoidale.

A tale scopo, quello che importa è conoscere H(jω) (Laplace diventa

quindi la trasformata di Fourier):

23

Diagramma di Bode

1) Trovo tutte le impedenze nel dominio di Laplace

2) Mi determino la H(s)

3) Da s a jꞷ→ diagramma di Bobe

• il modulo di questa funzione complessa ci dirà l’ampiezza della

risposta

• la sua fase ci dirà quanto sarà sfasata la sinusoide in uscita rispetto a

quella in ingresso.

24

Diagramma di Bode

A cosa ci serve conoscere H(ω)?

Se ad un sistema applico un ingresso, con un determinata ampiezza e

pulsazione e fase iniziale, otterrò in uscita un segnale con la stessa

pulsazione, ma con ampiezza e fase differenti

X(ω)= A·sen(ωt + φ)

Y(ω)= A1·sen(ωt + φ1)

Conoscere la sua espressione ci permette di valutare l’andamento della

funzione di trasferimento al variare della pulsazione

In altri termini possiamo stabilire come varia l’uscita al variare della

pulsazione del segnale di ingresso

25

Diagramma di Bode

A cosa ci serve conoscere H(ω)?

X(ω)= A·sen(ωt + φ)

Y(ω)= A1·sen(ωt + φ1)

Y(ω)= H(ω)·X(ω)

Esisteranno pulsazioni per le quali il segnale è amplificato, oppure

attenuato

Esisteranno delle pulsazioni in cui il segnale è in fase oppure sfasato

rispetto all’ingresso

Se conosciamo l’andamento di ampiezza e fase di H(ω) possiamo

valutare tutto questo a priori, in base allo schema del nostro circuito

26

Diagramma di Bode

Analizzo la H(s)

E la porto nella seguente forma in cui tutti i termini costanti sono uguali

a 1

)100)(10(

1100

1000110

1100)(

2 ++

+=

++

+=

ss

s

ss

ssH

+

+

+=

1001100

10110

1100)(

ss

ssH

+

+

+=

1001

101

11.0)(

ss

ssH

+

0

1

j

Devo riuscire a fattorizzare la H(jω), numeratore e

denominatore, in termini di questo tipo

27

Diagramma di Bode

La relazione precedente può essere facilmente trasformata nel

dominio di Fourier considerando un s esclusivamente immaginario

pari a jω (con questa trasformazione andiamo a vedere risposte a

sinusoidi di ampiezza 1 e frequenza f=/2p) e trasformato in

modulo/fase

Si compone quindi di 4 termini:

• un termine costante (0.1)

• uno zero (per s=-1 → ω0=1)

• due poli (uno in -10→ ω0=10, l’altro -100→ ω0=100)

+

+

+=

1001

101

11.0)(

jj

jjH

+

0

1

j

28

Diagramma di Bode

Per rendere facile fare un disegno di H(ω), bisogna trasformare

l’operazione di moltiplicazione dei vari termini in qualcosa di più

semplice.

Si può osservare che se si esprime l’ampiezza in scala logaritmica, la

moltiplicazione dei termini risulta una somma, per la famosa regola (log a

b = log a+ log b).

La ampiezza verrà descritta in decibel

V[dB]=20 log10 V

Con i logaritmi i prodotti diventano somme e i rapporti diventano

differenze

Il problema quindi si riduce al saper disegnare ognuno dei termini

individuati, separare modulo e fase, sommare graficamente i moduli

gli uni con gli altri e fare lo stesso con le fasi.

29

Diagramma di Bode

Termine costante

Ampiezza: 𝐻 𝑗𝜔 = 𝐾

K= 0.1

Fase:

Costante, nulla se K positivo

180gradi (p) se K negativo

𝐻 𝑠 = 𝐻 𝑗𝜔 = 𝐾

dB

jH

201.0log20

)(log20

10

10

−=

=

30

Diagramma di Bode

K= -100

Ampiezza

Fase:

180°

dB4010log20 2

10 =

31

Diagramma di Bode

Polo singolo reale

Ampiezza

Può essere studiata per tre diverse condizioni:

N.B.

se il polo/zero lo abbiamo per s = -x

ω0 = x

𝐻 𝑠 =1

1 +𝑠𝜔0

𝐻 𝑗𝜔 =1

1 + j𝜔𝜔0

𝐻(𝑗𝜔) =1

1 + 𝑗𝜔𝜔0

𝑖𝑛 𝑑𝐵 = 20 log101

1 +𝜔𝜔0

2

= −20 log10 1 +𝜔

𝜔0

2

+

=

101

1)(

j

jH

32

Diagramma di Bode

𝜔 ≪ 𝜔0 𝐻(𝑗𝜔) = −20 log10 1 +𝜔

𝜔0

2

≈ −20 log10 1 = 0

𝜔 = 𝜔0𝐻(𝑗𝜔) = −20 log10 1 +

𝜔

𝜔0

2

≈ −20 log10 2

= −3.01𝑑𝐵

𝜔 ≫ 𝜔0

𝐻(𝑗𝜔) = −20 log10 1 +𝜔

𝜔0

2

≈ −20 log10𝜔

𝜔0

2

= −20 log10𝜔

𝜔0

33

Diagramma di Bode

Si può approssimare con una retta che vale 0 fino alla frequenza di taglio

ω0 e da quel punto in poi avrà una pendenza che diminuisce di 20dB a

decade.

Nella realtà, n ω0 la curva vera si discosta di -3dB da quella

approssimata.

34

Diagramma di Bode: Fase

Può essere studiata nelle tre condizioni

ω <<ω0. ω=ω0 ω>>ω0

Nella pratica, fino 0.1 ω0 vale 0 gradi, poi decresce linearmente passando

in ω0 a -45 gradi e torna costante a 10 ω0 con il valore -90gradi

La fase inizia a decrescere una decade prima di ω0 e ritorna costante una

decade dopo ω0 , con pendenza -45°/decade

35

Diagramma di Bode: Riassumendo

Ampiezza:

• Retta che vale 0 fino alla

frequenza di taglio ω0

• Da quel punto in poi avrà una

pendenza che diminuisce di

20dB a decade.

Fase

• Nella pratica, fino 0.1 ω0 vale 0

gradi,

• decresce linearmente passando

in ω0 a -45 gradi/decade

• Ridiventa costante a 10 ω0 con

il valore -90 gradi

36

Diagramma di Bode

Zero singolo reale

Nel caso di uno zero reale la procedura è la stessa del polo, ma con

pendenze cambiate di segno (20dB/decade per l’ampiezza, e da 0 a

90gradi per la fase)

Provate a fare i conti!

𝐻 𝑠 = 1 +𝑠

𝜔0𝐻 𝑗𝜔 = 1 + j

𝜔

𝜔0 11)(

jjH +=

37

Diagramma di Bode

Ampiezza:

• Retta che vale 0 fino alla

frequenza di taglio ω0

• Da quel punto in poi avrà una

pendenza che aumenta di

20dB a decade.

Fase

• Nella pratica, fino 0.1 ω0 vale 0

gradi,

• aumenta linearmente passando

in ω0 a +45 gradi/decade

• Ridiventa costante a 10 ω0 con

il valore +90 gradi

38

Diagramma di Bode

Polo in zero Zero in zero

Ampiezza Ampiezza

Questa funzione è rappresentata da

una linea retta con una pendenza

costante di -20dB per decade, che

passa per 0 dB a 1rad/sec e a -20dB a

10 rad/sec.

Se ꞷ=1 rad/s il modulo vale 0dB

H(s)=s

Questa funzione è rappresentata da

una linea retta con una pendenza

costante di 20dB per decade, che

passa per 0 dB a 1rad/sec e a 20dB a

10 rad/sec.

Se ꞷ=1 rad/s il modulo vale 0dB

Fase Fase

La fase è di 90°

ssH

1)( =

11)( j

jjH −==

11)( =−= jjH

−=−

=−=

90)(arctan

1)(

g

jjH

1)(

jjH =

39

Diagramma di Bode

40


1) Costante pari a 0.1

2) Zero per s=-1 → ω0 = 1

3) Polo per s=-10 → ω0 = 10

4) Polo per s=-100 → ω0 = 100

+

+

+=

1001

101

11.0)(

jj

jjH

41


1) Costante pari a 0.1

2) Zero per s=-1 → ω0 = 1

3) Polo per s=-10 → ω0 = 10

4) Polo per s=-100 → ω0 = 100

+

+

+=

1001

101

11.0)(

jj

jjH

42

Diagramma di Bode

Tracciare il diagramma di BODE della funzione

)100)(10(

1100

1000110

1100)(

2 ++

+=

++

+=

ss

s

ss

ssH

+

+

+=

1001

101

11.0)(

ss

ssH

+

+

+=

1001

101

11.0)(

jj

jjH

43

Diagramma di Bode

Tracciare il diagramma di BODE dei seguenti circuiti:

Vout

𝑉𝐶(𝑠)

𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(𝑠) =

1

1 + 𝑠𝐶𝑅

44

Diagramma di Bode


𝑉𝐶(𝑠)


1

1 + 𝑠𝐶𝑅

45

Diagramma di Bode

𝑉𝐶(𝑠)


1

1 + 𝑠𝐶𝑅

𝐻(𝑠) =1

1 + 0.1𝑠

Ho un polo per s = -10

Per ω0=10 rad/sec

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

dB

46

Diagramma di Bode

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

dB

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-180

-90

0

90

180

47

Diagramma di Bode

Nella realtà i diagrammi di Bode sono leggermente differenti, lo vedremo

nelle simulazioni

48

Diagramma di Bode

Osservazioni sul comportamento di un capacitore in frequenza.

Abbiamo detto che un capacitore in continua un circuito aperto, la V non

varia, per cui la I è uguale a 0

A basse frequenze continua a comportarsi come un circuito aperto, non

scorre corrente e non ho caduta nella resistenza

Vc=Vin → uscita è uguale all’ingresso (0dB)

A frequenze elevate il capacitore si comporta come un corto circuito, da

cui

Vc=0

L’uscita diminuisce all’aumentare della frequenza1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

dB

49

Diagramma di Bode in frequenza

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

dB

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000

-180

-90

0

90

180

E se volessi disegnare i miei grafici nel dominio delle frequenze e NON di ꞷ?

ꞷ=2πf

Da cui f = ꞷ/2π

50

Diagramma di Bode

Supponiamo di avere una Vin=10sen(ꞷt), con f=100 Hz

Disegnare l’andamento di Vout nel tempo (consideriamo sempre come

uscita Vc)

Quanto vale Vout per t=10ms?

1.59u

𝑉𝐶(𝑠)


1

1 + 𝑠𝐶𝑅

Cambia solamente il valore del

polo, ovvero della ꞷ0

In questo modo, la mia frequenza

di taglio f0 = ꞷ0 /2π = 10 Hz

Posso disegnare meglio il

diagramma di Bode in frequenza

51

Diagramma di Bode

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

dB

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000-180

-90

0

90

180

Vin=10sen(ꞷt)

Vout=Aoutsen(ꞷt + φ)

f (Hz) f (Hz)

Filtro PASSA BASSO

Le frequenze maggiori della

frequenza di taglio vengono

attenuate

53

Diagramma di Bode

Supponiamo di avere una Vin=10sen(ꞷt)+5V, con f=10 kHz


uscita Vc)

1.59u

𝑉𝐶(𝑠)


1

1 + 𝑠𝐶𝑅

Se considero la sovrapposizione degli effetti la mia uscita Vout è data dalla

somma di due contributi, uno dovuto alla componente sinusoidale (f=10

kHz) e uno dovuto alla componente continua (f=0Hz)

Dal diagramma di Bode si può osservare che un segnale con f=0Hz NON

verrebbe attenuato, in sostanza, PASSA dal filtro

Il segnale a frequenza 10 kHz è ben oltre la frequenza di taglio, per cui

viene abbondantemente attenuato

Filtro PASSA BASSO

56

Diagramma di Bode


Vout

𝑉𝑅(𝑠) =𝑅

𝑅 +1𝑠𝐶

𝑉𝑖𝑛(𝑠)

𝑉𝑅(𝑠)


𝑠𝑅𝐶

1 + 𝑠𝑅𝐶

57

Diagramma di Bode


1 Moltiplicatore RC → -16 dB

1 Zero in zero passa per 1/6.28 Hz!!!

1 polo 1/RC = 1Hz

𝑉𝑅(𝑠)


𝑠𝑅𝐶

1 + 𝑠𝑅𝐶

58

Diagramma di Bode


1 Moltiplicatore RC

1 Zero in zero

1 polo 1/RC

𝑉𝑅(𝑠)


𝑠𝑅𝐶

1 + 𝑠𝑅𝐶

59

Diagramma di Bode





scorre corrente e non ho caduta nella resistenza

VR=0 → uscita tende a zero al diminuire della frequenza


cui

Vc=0

VR=Vin

A frequenze elevate uscita uguale ad ingresso (0dB)

60

Diagramma di Bode

Supponiamo di avere una Vin=10sen(ꞷt) + 5, con f=100 Hz


uscita Vc)


Se considero la sovrapposizione degli effetti la mia uscita Vout è data dalla

somma di due contributi, uno dovuto alla componente sinusoidale

(f=100Hz) e uno dovuto alla componente continua (f=0Hz)

Dal diagramma di Bode si può osservare che un segnale con f=0Hz

verrebbe attenuato, in sostanza, NON PASSA dal filtro

Filtro PASSA ALTO


63

Diagramma di Bode

Tracciare il diagramma di BODE del seguente circuiti:

Vout

64

Diagramma di Bode

Nel dominio di Laplace possiamo considerare le impedenze

Serie tra R2(s) e R1(s) parallelo C(s)

A frequenze elevate uscita uguale ad ingresso (0dB)

𝑉𝑅(𝑠) =𝑍𝑝𝑎𝑟

𝑅2 + 𝑍𝑝𝑎𝑟𝑉𝑖𝑛(𝑠)

𝑉𝑅(𝑠) =

𝑅11 + 𝑠𝑅1𝐶

𝑅2 +𝑅1

1 + 𝑠𝑅1𝐶

𝑉𝑖𝑛(𝑠)

𝑉𝑅(𝑠) =𝑅1

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑠𝑅1𝑅2𝐶𝑉𝑖𝑛(𝑠)

𝑍𝑃𝑎𝑟(𝑠) =𝑅1 ⋅

1𝑠𝐶

𝑅1 +1𝑠𝐶

=𝑅1

1 + 𝑠𝑅1𝐶

𝑉𝑅(𝑠) =𝑅1

𝑅1 + 𝑅2⋅

1

1 + 𝑠𝑅1𝑅2

𝑅1 + 𝑅2𝐶𝑉𝑖𝑛(𝑠)

65

Diagramma di Bode





scorre corrente, il circuito diventa due R in serie, partitore di tensione!


cui

Vc=0

VR1=0

A frequenze elevate uscita tende a 0

66

Diagramma di Bode

𝐻(𝑗𝜔) = 10𝑠 + 100

𝑠 + 1 ⋅ 𝑠 + 10

Tracciare il diagramma di BODE della funzione

67

Diagramma di Bode

1) Costante pari a 100

2) Zero per ω=100

3) Polo per ω=1

4) Polo per ω=10

𝐻(𝑗𝜔) = 10𝑠 + 100

𝑠 + 1 ⋅ 𝑠 + 10

1E-4 1E-3 0,01 0,1 1 10 100 1000

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

B

A

B

𝐻(𝑗𝜔) = 10100 ⋅ 1 +

𝑗𝜔100

1 + 𝑗𝜔 ⋅ 10 ⋅ 1 +𝑗𝜔10

𝐻(𝑗𝜔) = 1001 +

𝑗𝜔100

1 + 𝑗𝜔 ⋅ 1 +𝑗𝜔10

68

Diagramma di Bode

𝐻(𝑠) =1000 ⋅ (𝑠 + 0.1)

𝑠2 + 11𝑠 + 100

Tracciare il diagramma di BODE delle seguenti funzioni (per casa)

𝐻(𝑠) =5 ⋅ (𝑠 + 4)

𝑠2 + 15𝑠 + 50

69

Filtri con Operazionali

70

Diagramma di Bode

Determinare la funzione di trasferimento del seguente circuito

71

Diagramma di Bode


72

Diagramma di Bode

A basse frequenze il capacitore è un aperto, mi rimane una

configurazione invertente con sole resistenze

Ad alte frequenze il capacitore è un corto, R2 viene bypassata e Vout

tende a 0

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑍𝑝𝑎𝑟𝑅1

𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑝𝑎𝑟 =𝑅2

1 + 𝑠𝑅2𝐶

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −


𝑅1𝑉𝑖𝑛

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2

𝑅1(1 + 𝑠𝑅2𝐶)𝑉𝑖𝑛 = −

𝑅2𝑅1

⋅1

1 + 𝑠𝑅2𝐶𝑉𝑖𝑛

Nel dominio di Laplace posso utilizzare le impedenze, configurazione

invertente

Circuito passa basso con taglio

in (polo in)

ω=1/R2C

Guadagno massimo –R2/R1

N.B. i circuiti RC filtravano

ma non mi davano guadagno

(guadagno uguale a 1)!

73

Diagramma di Bode

Moltiplicatore → -R2/R1

Polo in 1/R2C

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑍𝑝𝑎𝑟𝑅1


1 + 𝑠𝑅2𝐶

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −


𝑅1𝑉𝑖𝑛


𝑅1(1 + 𝑠𝑅2𝐶)𝑉𝑖𝑛 = −

𝑅2𝑅1

⋅1



invertente

Circuito passa basso con taglio

in (polo in)

ω=1/R2C


N.B. i circuiti RC filtravano

ma non mi davano guadagno

(guadagno uguale a 1)!

74

Diagramma di Bode

Moltiplicatore → -R2/R1 Ampiezza 20dB, fase -180°

Polo in 1/R2C → 1Hz

Ha la stessa forma del diagramma di Bode visto col circuito RC

FILTRO PASSA BASSO

In più amplifica!

76

Diagramma di Bode


77

Diagramma di Bode

A basse frequenze il capacitore è un aperto, Vout tende a 0

Ad alte frequenze il capacitore è un corto, rimane una configurazione

invertente di resistenze

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2𝑍𝑠𝑒𝑟

𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑠𝑒𝑟 = 𝑅1 +1

𝑠𝐶


𝑅1 +1𝑠𝐶

𝑉𝑖𝑛


invertente

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑠𝑅2𝐶


Circuito passa alto con taglio in

(polo in)

ω=1/R1C


78

Diagramma di Bode

Moltiplicatore → R2C

Zero in 0

Polo in ω=1/R1C

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2𝑍𝑠𝑒𝑟


𝑠𝐶


𝑅1 +1𝑠𝐶

𝑉𝑖𝑛


invertente




(polo in)

ω=1/R1C


79

Diagramma di Bode

Moltiplicatore → R2C = -35.97 dB

Zero in 0

Polo in ω=1/R1C → 100 Hz

Nel dominio delle pulsazioni abbiamo una

retta

Y= 20log(1) + 20 log(x)

Y=20log(x)

Nel dominio delle frequenze

la mia x è la frequenza, se

moltiplico per 6.28 l’ascissa,

ottengo l’ordinata

Y=20log(100x6.28)=55,97dB

Moltiplicatore → R2C = -35.97 dB

Zero in 0


Ha la stessa forma del diagramma di Bode visto col circuito RC

FILTRO PASSA ALTO

In più amplifica!

Questo tipo di filtro NON fa passare i segnali con frequenza

inferiore alla frequenza di taglio

Tutti i segnali continui, a f=0 Hz, vengono tagliati!!

Es. voglio eliminare la 50Hz della alimientazione elettrica chei n

genere mi crea rumore nel segnale

Creo un filtro con una f0 maggiore di 50 Hz

In realtà vengono utilizzate soluzioni più sofisticate, ma non ci

interessano in questo corso

84

Diagramma di Bode - Operazionali

85


𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2𝑍𝑠𝑒𝑟


𝑠𝐶

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2

𝑅1 +1𝑠𝐶

𝑉𝑖𝑛


invertente

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉𝑖𝑛 =

1 + 𝑠𝐶 𝑅1 + 𝑅21 + 𝑠𝑅1𝐶

𝑉𝑖𝑛

• 0 moltiplicatori

• 1 polo → 100 Hz

• 1 zero → 9 Hz

• Guadagno massimo 1+R2/R1

Da cosa lo vedo?

A basse frequenze il capacitore è un aperto su R1 non scorre corrente,

Vout=Vin, guadagno 1 (0dB)

A frequenze elevate è un corto, configurazione non invertente

86


10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

Moltiplicatore → 1

Zero in ω=1/[(R1+R2)C] → f=9.1Hz


87


10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

88


10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-135

-90

-45

0

45

90

B

A

89


90

Diagramma di Bode- Operazionali

Tracciare il diagramma di BODE delle seguenti funzioni (per casa)

91


𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑍𝑝𝑎𝑟𝑅1


1 + 𝑠𝑅2𝐶

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +


𝑅1𝑉𝑖𝑛

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2𝑅1

1 + 𝑠𝑅2𝑅1

𝑅2 + 𝑅1𝐶

(1 + 𝑠𝑅2𝐶)𝑉𝑖𝑛


invertente

• 1 moltiplicatore

• 1 Zero

• 1 poloω=1/R2C

Guadagno massimo 1+R2/R1

A basse frequenze il capacitore è un aperto, configurazione non invertente

A frequenze elevate è un corto, bypassa la R2, Vout=Vin, guadagno 1

(0dB)

92


10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

Moltiplicatore → 1+R2/R1 = 21dB

Zero in ω=1/[(R1 // R2)C] → f=110Hz


93


10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-160

-120

-80

-40

0

40

80

B

A

94


95

Traslazione del valor medio

96

Non tutti gli amplificatori permettono di utilizzare una alimentazione

duale.

Ciò vuol dire che se ho un segnale sinusoidale centrato in 0, le semionde

negative verranno tagliate dal mio amplificatore

Devo poter traslare il mio segnale in modo da centrarlo su un valor medio

che non venga tagliato dall’amplificatore.

1) Devo tener conto dell’ampiezza del segnale

2) Devo tener conto di quanto lo voglio amplificare

3) Devo tener conto di qual è l’alimentazione massima (es. 0-10 V) →

l’uscita dovrà essere verosimilmente centrata a metà (in questo caso 5

V) e potrà avere escursione massina della metà (in questo caso 5 V)

Traslazione del valore medio

97

Esempio

Il mio segnale sinusoidale con ampiezza 100mV, se il mio amplificatore è

ad alimentazione singola, 0 – 10V

Potrò al massimo amplificarlo di 50 volte (ampiezza 100mV x 50 = 5V )

centrandolo in + 5 V

Come posso fare?

In realtà l’abbiamo già visto

Traslazione del valore medio

98

Esempio 2: traslazione della tensione media

99

Traslazione della tensione media

Cosa succede se V2 = V3?

𝑉𝑜𝑢𝑡

= 𝑉1 −𝑅2𝑅1

+ 𝑉2 1 +𝑅2𝑅1

+ 𝑉3 −𝑅2𝑅1

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉1 −𝑅2𝑅1

+ 𝑉2 +𝑅2𝑅1

𝑉2 − 𝑉3


+ 𝑉2

Ho amplificato la V1 e ho traslato l’uscita di un valore pari a V2

100

Il problema che molto spesso il segnale che io devo trattare ha un su

offset, ovvero una sua componente in continua-

A tutti gli effetti può essere visto come la somma di un segnale

tempovariante e di un segnale in continua (costante)

Es. consideriamo voler avere un segnale sinusoidale di ampiezza 0.1 volt

centrato intorno a 2.5 volt.

Abbiamo già visto che in questo caso, posso inserire un generatore

sinusoidale di ampiezza 0.1 V, per esempio il V1, e se metto i due

generatori V2 e V3 costanti a 2.5V, effettuo una amplificazione della sola

uscita, questa volta centrata non più in 0V, ma in 2.5V

Potrei decidere di mettere un unico generatore V1 con offset pari a 2.5V

e un generatore costante nel terminale non invertente, con tensione 2.5V

per ottenere lo stesso effetto


101

Traslazione della tensione mediaIn questo caso, abbiamo un generatore sinusoidale, con ampiezza 0.1 V, con un offest di 2.5 V

Sinusoide centrata in 2.5V di ampiezza 0.1V


+ 𝑉2

V1di ampiezza 0.1 V

V2 = Voffset=2.5 V

102

Riassumendo nuovamente, se conosco l’offset posso eliminarlo (non

amplificandolo), a patto di collegare al terminale non invertente un

generatore di tensione pari alla tensione di offset

Tal volta però la tensione di offset non nota a priori, e io vorrei

comunque centrare il mio segnale ad una tensione tale da non avere il

segnale tagliato (alimentazione singola, non posso avere le parti negative

del mio segnale!)

Come posso fare?


103


Riconsideriamo questa configurazione

104

Posso continuare a vedere il mio circuito come se nel terminale

invertente avessi un generatore in continua, costante, di tensione pari a

Voffset e un generatore sinusoidale, Vsign, di ampiezza 0.1V che si

sommano

In sostanza avrò una sinusoide centrata in Voffset di ampiezza 0.1 V

Voglio amplificare solo il segnale sinusoidale

E voglio che NON venga tagliato per via dell’alimentazione duale.

Ideale, centrarlo in 2.5 V e amplificarlo al massimo di 25 volte

Problema → non conosco Voffset, o poco affidabile


105

Diagramma di Bode

A basse frequenze il capacitore è un aperto, Vout tende a 0

Ad alte frequenze il capacitore è un corto, rimane una configurazione

invertente di resistenze

𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑍2𝑍1

𝑉𝑖𝑛 𝑍1 = 𝑍𝑠𝑒𝑟 = 𝑅1 +1

𝑠𝐶


𝑅1 +1𝑠𝐶

𝑉𝑖𝑛

Abbiamo già visto che per questo circuito la H(s) si ottiene facilmente:




(polo in)

ω=1/R1C


𝑍2 = 𝑅2

106


𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉𝑠𝑖𝑔𝑛 −𝑅2𝑍1

+ 𝑉3

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

BA

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉𝑠𝑖𝑔𝑛 −𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶+ 𝑉3 +

𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉3 − 𝑉𝑜𝑓𝑓𝑠𝑒𝑡

Vedremo che, in realtà

𝐻(𝑠) = −𝑍2𝑍1

𝐻(𝑠) = −𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶

107


𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉𝑠𝑖𝑔𝑛 −𝑅2𝑍1

+ 𝑉3

Come posso leggere queste relazioni?

Vsign ha frequenza superiore alla frequenza di taglio, ok!

V3 non passa attraverso il filtro, per cui rimane così, ok!

V3-Voffset, passa attraverso il filtro, ma viene filtrato, qualsiasi sia

il suo valore, perchè ha frequenza 0 Hz, sotto la f di taglio!

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

B

A

𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉𝑠𝑖𝑔𝑛 −𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶+ 𝑉3 +

𝑠𝑅2𝐶

1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉3 − 𝑉𝑜𝑓𝑓𝑠𝑒𝑡

108

Questa tecnica è utilizzata molto spesso specie in circuiti alimentati con

tensione singola per accoppiamento di stadi.

Si può osservare infatti che, nel caso di circuito accoppiato in continua,

se il segnale Vin avesse una componente continua (la tensione media)

diversa da Vref (sia per precisa scelta o per difetto di realizzazione),

quella differenza verrebbe amplificata del fattore di guadagno

dell’operazionale, determinato dalla retroazione.

L’accoppiamento capacitivo permette quindi di annullare l’effetto

di eventuali tensioni di offset in stadi ad ampio guadagno.

Scelgo Vref, in base a quanto voglio traslare il segnale di ingresso!

Amplificatore multistadio

109

Se voglio eliminare la continua devo inserire un condensatore tale per

cui la frequenza di taglio sia leggermente superiore a 0 Hz!!

Altrimenti taglio anche frequenze che potrebbero interessarmi

Es. resistenza 1 kΩ, potrei mettere un condensatore C= 15.9 μF

Considerando l’esempio di prima, taglierei le frequenze inferiori a 10 Hz,

ma lascerei passare i mio segnale che è a 50 Hz, che verrebbe amplificato

Vref, mi permetterebbe di traslare il suo valore medio, molto utile se ho

una alimentazione singola


111

Amplificatori reali

Guadagno ad anello aperto non infinito

Gain Band Width

112

Diagramma di Bode

In realtà non è vero che il mio operazionale ha guadagno ad anello

aperto infinito

In generale per ogni operazionale viene definito nelle specifiche un suo

guadagno massimo, per esempio 100dB

Se così fosse, posso anche mettere una R2 grandissima, ma tale valore in

dB non può essere superato!

Rappresenterà il guadagno massimo del mio amplificatore ad anello

chiuso

Inoltre tale guadagno non è costante!!!

Introduciamo il Gain Band Width GBW

113

Diagramma di Bode

Noi considereremo solamente amplificatori compensati, la cui

caratteristica ad anello aperto è di questo tipo

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

B

114

Diagramma di Bode

Se conosco Amax e GBW, allora posso determinarmi in maniera univoca

la mia curva

Esempio

Disegnare la caratteristica per

Amax=60dB

GBW=10MHz

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

115

Diagramma di Bode

Consideriamo un amplificatore invertente avente R2=10k Ω e R1=100Ω

Si sa inoltre che il guadagno ad anello aperto è pari a

Amax=60dB

E che

GBW=1MHz

Disegnare il diagramma di Bode

116

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120d

B

Frequenza (Hz)

117

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120d

B

Frequenza (Hz)

118

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

Il guadagno del mio invertente è pari a 100

Ovvero 40 dB

119

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

Il mio sistema non potrà mai, per nessuna frequenza, superare il

guadagno ad anello aperto!

120

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

B

A

E la fase?

È come se ci fosse un polo nel punto in cui il guadagno inizia a

scendere (10 kHz)

121

Diagramma di Bode

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

B

A

E la fase?

È come se ci fosse un polo nel punto in cui il guadagno inizia a

scendere (10 kHz)

122

Amplificatori multistadio

123

Determinare nel dominio di Laplace il rapporto tra uscita e ingresso H(s)

Vout1

Vout2

Vout1=H1(s)Vin Vout2=H2(s)Vout1

Vout2=H2(s) H1(s)Vin

H(s)=H2(s) H1(s)


124

Supponiamo che gli operazionali siano uguali, con Amax 80dB e GBW

1MHz

R1=R3= 1kΩ

R2=100kΩ

R4=10kΩ

Disegnare i diagramma di Bode

Vout1

Vout2


A1=100

40dB

A2=10

20dB

125

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

B

A

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

B

A


126

Diagramma di Bode - multistadio

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-40

0

40

80

120

B

A

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-90

0

90

180

B

A

127

Perché può avere senso mettere degli operazionali in cascata?

Perché ognuno singolarmente NON può superare un determinato

guadagno

Questo ovviamente non vale per la somma!

La somma dei guadagni PUO’ superare il guadagno massimo di

ogni singolo stadio


128

Amplificatori delle differenze

129

Amplificatori di differenza e CMRR

Il difference amplifier (amplificatore di differenza) è un circuito

comunemente utilizzato per amplificare la differenza di due segnali.

Ovviamente, già l’amplificatore operazionale risponde a questi requisiti,

ma se ne vuole controllare (ridurre) il guadagno con opportune

retroazioni.

Una configurazione di questo tipo ideale, dovrebbe non essere

dipendente dal valore assoluto dei due segnali di ingresso, ma solo

dalla differenza.

Nella realtà non è così.

130


Per definire la situazione si usa rappresentare i due segnali di ingresso vI2

e vI1 attraverso:

• la loro differenza vId (tensione differenziale)

• la loro media (semisomma), vIcm (tensione di modo comune)

vId =(vI2-vI1)

vIcm =(vI1 + vI2)/2

In questo modo

vI1=vIcm-vId/2

vI2=vIcm+vId/2.

131


Questa rappresentazione ci permette di rappresentare la tensione di

uscita

come una somma di un contributo differenziale e un contributo di modo

comune idealmente nullo

Ci permette inoltre di definire un importante fattore di merito per un

amplificatore operazionale il CMRR (common mode rejection ratio),

tradotto, rapporto di reiezione comune.

𝑣𝑂 = 𝐴𝑑𝑣𝐼𝑑 + 𝐴𝑐𝑚𝑣𝐼𝑐𝑚

𝐶𝑀𝑅𝑅 = 20 log|𝐴𝑑|

|𝐴𝑐𝑚|

132

Amplificatore di differenza a singolo stadio

Per la realizzazione di un amplificatore alle differenze, le configurazioni

che dobbiamo considerare sono quelle dell’amplificatore invertente e

quella di quello non invertente.

In entrambi i casi si è di fronte ad una retroazione R2 e una resistenza

sull’ingresso invertente R1.

Normalmente, nel caso invertente, il segnale è mandato attraverso R1

all’ingresso -, nel caso non invertente, il segnale è inviato direttamente

all’ingresso +.

Pensando in termini di sovrapposizione degli effetti si ha che il segnale

vI1 sull’ingresso invertente viene amplificato del rapporto -R2/R1, mentre

vI2 sull’ingresso non invertente viene amplificato di un fattore

(1+R2/R1).

133


Per realizzare un amplificatore di differenza, si attenua l’ingresso +

attraverso un partitore R3, R4.

Separando gli effetti dei due ingressi si hanno i seguenti circuiti

(invertente il primo, non invertente il secondo)

134


Separando gli effetti dei due ingressi si hanno i seguenti circuiti

(invertente il primo, non invertente il secondo)

Primo caso, ho una configurazione non invertente in cui l’uscita pari a

Secondo caso ho una configurazione invertente

𝑣𝑂1 = 𝑣𝑖𝑛2𝑅4

𝑅3 + 𝑅4⋅ 1 +

𝑅2𝑅1

𝑣𝑂2 = 𝑣𝑖𝑛1 ⋅ −𝑅2𝑅1

𝑣𝑜𝑢𝑡 = 𝑣𝑖𝑛2𝑅4

𝑅3 + 𝑅4⋅ 1 +

𝑅2𝑅1

+ 𝑣𝑖𝑛1 −𝑅2𝑅1

135


Cosa succede se scelgo le resistenze in maniera tale che

In questo caso la relazione si semplifica e ottengo:

𝑣𝑜𝑢𝑡 = 𝑣𝑖𝑛2𝑅4

𝑅3 + 𝑅4⋅ 1 +

𝑅4𝑅3

+ 𝑣𝑖𝑛1 −𝑅2𝑅1

= 𝑣𝑖𝑛2𝑅4

𝑅3 + 𝑅4⋅𝑅3 + 𝑅4

𝑅3− 𝑣𝑖𝑛1

𝑅4𝑅3

𝑅2𝑅1

=𝑅4𝑅3

𝑣𝑜𝑢𝑡 = 𝑣𝑖𝑛2 − 𝑣𝑖𝑛1𝑅4𝑅3

𝐴𝑑 =𝑅4𝑅3

=𝑅2𝑅1

136


Si dimostra che i due circuiti hanno amplificazione uguale (e quindi

vengono amplificati ugualmente i due segnali) se e solo se R2/R1=R4/R3.

In tale caso Ad= R2/R1

Amplifico SOLO la differenza dei due segnali

Es: V1 = 1001V, V2=999V, amplifico solamente 2VxR2/R1!!!!

Perdo il segnale di modo comune che non mi interessa!

Se i due ingressi sono uguali, l’uscita è nulla

137


Per vedere l’effetto della tensione di modo comune si può provare a

vedere il comportamento del circuito con la sola tensione di modo

comune, cioè con vI1 e vI2 identiche e pari a vIcm.

138


Abbiamo visto che per avere v0 finito è necessario che tra – e + ci siano

circa 0 volt.

In queste condizioni

Se assumiamo che R4/R3=R2/R1, allora Acm=0.

Sebbene teoricamente perfettamente valida la condizione

R4/R3=R2/R1, può essere critica perché due resistenze, sebbene

nominalmente identiche, sono soggette ad approssimazioni che non

rendono valida questa condizione (tolleranza).

𝑖2 = 𝑖1 = 𝑣𝐼𝑐𝑚 − 𝑣𝐼𝑐𝑚𝑅4

𝑅3 + 𝑅4

1

𝑅1=

𝑅3𝑅3 + 𝑅4

𝑣𝐼𝑐𝑚𝑅1

𝑣𝑂 = 𝑣𝐼𝑐𝑚𝑅4

𝑅3 + 𝑅4−

𝑅3𝑅3 + 𝑅4

𝑅2𝑅1

= 𝑣𝐼𝑐𝑚𝑅4

𝑅3 + 𝑅41 −

𝑅2𝑅1

𝑅3𝑅4

𝐴𝑐𝑚 =𝑣𝑂𝑣𝐼𝑐𝑚

=𝑅4

𝑅3 + 𝑅41 −

𝑅2𝑅1

𝑅3𝑅4

139

Amplificatori per strumentazione

140

Amplificatore per strumentazione

Questa configurazione può essere utile soprattutto in ambito biomedico,

perché se voglio prelevare dei biopotenziali in punti differenti del corpo

umano, e valutarne la differenza, non ho bisogno di riferimenti a

massa.

Tenete presente che un determinato punto del corpo umano potrebbe

anche essere soggetto a dei potenziali elevati rispetto a massa, per cui

vorrei evitare di prendere la massa come riferimento.

(esempio paziente in un tavolo operatorio)

Se utilizzo questa configurazione, non ho bisogno di utilizzare un

riferimento a massa.

141


Occorre notare che non abbiamo tenuto conto della non idealità dei

generatori.

Se io sto acquisendo un biopotenziale, verosimilmente avrà associata un

resistenza di ingresso abbastanza elevata e confrontabile con R1, R3

Questo è chiaramente un problema perché le relazioni viste prima non

sarebbero più valide!

Inoltre occorre anche tenere in considerazione la non idealità dei

componenti resistivi che hanno tutti una loro tolleranza

Utilizzo uno schema differente

142


Per migliorare la resistenza in ingresso del circuito e aumentare il

guadagno si può utilizzare quello che viene chiamato amplificatore per

strumentazione.

Applicare ad entrambi gli ingressi una amplificazione non

invertente

Questa è la configurazione che risente di meno se il mio segnale

ha una resistenza serie elevata!

Domanda

Perchè non utilizzo un inseguitore di tensione?

143


non invertente

non invertente

invertente

𝑣𝑂𝑢𝑡 = 𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1𝑅4𝑅3

= 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1

⋅𝑅4𝑅3

Circuito visto

prima

𝑣𝑜𝑢𝑡

= 𝑣𝑖𝑛2 − 𝑣𝑖𝑛1𝑅4𝑅3

144


Questo circuito ha i seguenti problemi:

• il segnale di modo comune in ingresso viene amplificato da A1 e A2,

rischiando di saturare lo stadio successivo;

• i due stadi A1 e A2 devono essere perfettamente uguali;

• per variare il guadagno del primo stadio è necessario variare due

resistori (i due R1 per esempio).

Il primo problema può essere risolto rimuovendo il collegamento tra X e

massa

In questo caso il punto X del circuito assume automaticamente il valore

della tensione di modo comune (il valore medio tra le tensioni ai

terminali – di A1 e A2, che coincidono con quelle ai terminali di +).

145


146


Considero A1, ai capi della resistenza che per semplicità chiamo 2 R1

avrò una differenza di tensione

Se vi2 >vi1 la corrente scorre

come in figura

Faccio le due maglie ottengo

𝑣𝑖𝑑 = 𝑣𝑖2 − 𝑣𝑖1

𝑣𝑖1 −𝑣𝑖𝑑2𝑅1

𝑅2 − 𝑣𝑂1 = 0

𝑖 =𝑣𝑖𝑑2𝑅1

𝑣𝑖2 +𝑣𝑖𝑑2𝑅1

𝑅2 − 𝑣𝑂2 = 0

𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1 = 𝑣𝑖2 − 𝑣𝑖1 + 𝑣𝑖𝑑𝑅2𝑅1

𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1 = 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1

147


𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1 = 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1


= 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1

⋅𝑅4𝑅3

𝑣𝑜𝑢𝑡

= 𝑣𝑖𝑛2 − 𝑣𝑖𝑛1𝑅4𝑅3

148


Pertanto, la tensione di modo comune non viene amplificata, evitando (o

perlomeno riducendo il rischio) di saturare A1 e A2

Si ha allora il seguente circuito noto come amplificatore per

strumentazione (venduto direttamente come componente a se).

Otteniamo quindi:

𝐴𝑑 =𝑅4𝑅3

1 +𝑅2𝑅1

𝑣𝑂𝑢𝑡 = 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1

⋅𝑅4𝑅3

149



= 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1

⋅𝑅4𝑅3

Supponiamo di avere due potenziali la cui differenza molto piccola e la

voglio amplificare, es. 20 mV, ma il loro potenziale non è noto a priori

Se per esempio il loro potenziale di base fosse molto elevato

10.01 V e 9.99 V

I due amplificatori non amplificano i segnali interi ed più difficile che

vadano in saturazione

150

Fotodiodi

151

Fotodiodi

Lo scopo dei fotodiodi è di rivelare la radiazione luminosa (visibile o

infrarossa) che colpisce il corpo del diodo stesso.

Si usano in polarizzazione inversa: in questa condizione, la corrente che

attraversa il diodo è dovuta (quasi) esclusivamente alla luce incidente, ed è

proporzionale all'intensità luminosa.

Al solo scopo di esempio, si riporta il grafico di misure di SFH203.

Sull’asse X è indicata la tensione di polarizzazione, sull’asse Y la corrente

generata.

Al variare delle curve varia la luce incidente emessa da un LED

attraversato da una corrente sempre maggiore, che varia a step lineari.

152

Fotodiodi

-0.00005

-0.000045

-0.00004

-0.000035

-0.00003

-0.000025

-0.00002

-0.000015

-0.00001

-0.000005

0

0.5

0.3

0.1

-0.1

-0.3

-0.5

-0.7

-0.9

-1.1

-1.3

-1.5

-1.7

-1.9

-2.1

-2.3

-2.5

-2.7

-2.9

-3.1

-3.3

-3.5

-3.7

-3.9

-4.1

-4.3

-4.5

-4.7

-4.9

153

Convertitore corrente tensione

154

Fotodiodi

Un circuito particolarmente utile per leggere la corrente di un fotodiodo è

il seguente circuito convertitore corrente-tensione (pensato per

amplificatori operazionali ad alimentazione singola).

155

Fotodiodi

Il meccanismo di retroazione impone in ingresso all’operazionale una

differenza di potenziale nulla, quindi il terminare Iin (collegato ad un

generatore di corrente) si troverà alla stessa tensione del terminale positivo

di ingresso (che chiameremo Vref).

L’ipotesi di impedenza infinita in ingresso all’operazionale (caso ideale) fa

si che tutta la corrente Iin attraversi R, quindi, definita Iin la corrente del

generatore di corrente (supponendo positivo il verso indicato dalla freccia

sul generatore), si può scrivere:

Vout = R Iin + 𝑉𝑟𝑒𝑓

156

Fotodiodi

Questo circuito ben si adatta ad un fotodiodo perché il fotodiodo ha una

corrente praticamente linearmente proporzionale alla luce incidente, se

viene mantenuto a tensione costante in polarizzazione inversa.

Questa condizione è verificata perché la tensione ai suoi capi sarà sempre

(a causa del meccanismo di retroazione) quella imposta dal generatore V.

Il catodo del fotodiodo deve essere collegato direttamente al terminale – e

l’anodo ad una tensione inferiore.

trasformata di laplace diagrammi di bode

Documents