Post on 05-Oct-2021
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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).
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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)
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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.
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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):
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La trasformata di Laplace
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
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La trasformata di Laplace
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
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La trasformata di Laplace
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.
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La trasformata di Laplace
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
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La trasformata di Laplace
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
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La trasformata di Laplace
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
+
=
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La trasformata di Laplace
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
La trasformata di Laplace
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
La trasformata di Laplace
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−
−=
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La trasformata di Laplace
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.
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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
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Analisi di poli e zeri
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.
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Analisi di poli e zeri
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.
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Analisi di poli e zeri
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
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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):
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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.
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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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.
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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
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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
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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
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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
Diagramma di Bode: Riassumendo
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
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Diagramma di Bode: Riassumendo
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
Tracciare il diagramma di BODE dei seguenti circuiti:
𝑉𝐶(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(𝑠) =
1
1 + 𝑠𝐶𝑅
45
Diagramma di Bode
𝑉𝐶(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(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)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(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
Disegnare l’andamento di Vout nel tempo (consideriamo sempre come
uscita Vc)
1.59u
𝑉𝐶(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(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
Tracciare il diagramma di BODE dei seguenti circuiti:
Vout
𝑉𝑅(𝑠) =𝑅
𝑅 +1𝑠𝐶
𝑉𝑖𝑛(𝑠)
𝑉𝑅(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(𝑠) =
𝑠𝑅𝐶
1 + 𝑠𝑅𝐶
57
Diagramma di Bode
Tracciare il diagramma di BODE dei seguenti circuiti:
1 Moltiplicatore RC → -16 dB
1 Zero in zero passa per 1/6.28 Hz!!!
1 polo 1/RC = 1Hz
𝑉𝑅(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(𝑠) =
𝑠𝑅𝐶
1 + 𝑠𝑅𝐶
58
Diagramma di Bode
Tracciare il diagramma di BODE dei seguenti circuiti:
1 Moltiplicatore RC
1 Zero in zero
1 polo 1/RC
𝑉𝑅(𝑠)
𝑉𝑖𝑛(𝑠)= 𝐻(𝑠) =
𝑠𝑅𝐶
1 + 𝑠𝑅𝐶
59
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
VR=0 → uscita tende a zero al diminuire della frequenza
A frequenze elevate il capacitore si comporta come un corto circuito, da
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
Disegnare l’andamento di Vout nel tempo (consideriamo sempre come
uscita Vc)
Quanto vale Vout per t=10ms?
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
Quanto vale Vout per t=10ms?
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
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, il circuito diventa due R in serie, partitore di tensione!
A frequenze elevate il capacitore si comporta come un corto circuito, da
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
Determinare la funzione di trasferimento del seguente circuito
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 = −
𝑅21 + 𝑠𝑅2𝐶
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
𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑝𝑎𝑟 =𝑅2
1 + 𝑠𝑅2𝐶
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −
𝑅21 + 𝑠𝑅2𝐶
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)!
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
Determinare la funzione di trasferimento del seguente circuito
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
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2
𝑅1 +1𝑠𝐶
𝑉𝑖𝑛
Nel dominio di Laplace posso utilizzare le impedenze, configurazione
invertente
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑠𝑅2𝐶
1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉𝑖𝑛
Circuito passa alto con taglio in
(polo in)
ω=1/R1C
Guadagno massimo –R2/R1
78
Diagramma di Bode
Moltiplicatore → R2C
Zero in 0
Polo in ω=1/R1C
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2𝑍𝑠𝑒𝑟
𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑠𝑒𝑟 = 𝑅1 +1
𝑠𝐶
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2
𝑅1 +1𝑠𝐶
𝑉𝑖𝑛
Nel dominio di Laplace posso utilizzare le impedenze, configurazione
invertente
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑠𝑅2𝐶
1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉𝑖𝑛
Circuito passa alto con taglio in
(polo in)
ω=1/R1C
Guadagno massimo –R2/R1
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
Polo in ω=1/R1C → 100 Hz
Moltiplicatore → R2C = -35.97 dB
Zero in 0
Polo in ω=1/R1C → 100 Hz
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
Diagramma di Bode - Operazionali
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2𝑍𝑠𝑒𝑟
𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑠𝑒𝑟 = 𝑅1 +1
𝑠𝐶
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2
𝑅1 +1𝑠𝐶
𝑉𝑖𝑛
Nel dominio di Laplace posso utilizzare le impedenze, configurazione
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
Diagramma di Bode - Operazionali
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
Polo in ω=1/R1C → 100 Hz
87
Diagramma di Bode - Operazionali
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
104
105
106
107
-40
0
40
80
120
B
A
88
Diagramma di Bode - Operazionali
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
104
105
106
107
-180
-135
-90
-45
0
45
90
B
A
89
Diagramma di Bode - Operazionali
90
Diagramma di Bode- Operazionali
Tracciare il diagramma di BODE delle seguenti funzioni (per casa)
91
Diagramma di Bode - Operazionali
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑍𝑝𝑎𝑟𝑅1
𝑉𝑖𝑛 𝑍𝑝𝑎𝑟 =𝑅2
1 + 𝑠𝑅2𝐶
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +
𝑅21 + 𝑠𝑅2𝐶
𝑅1𝑉𝑖𝑛
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 1 +𝑅2𝑅1
1 + 𝑠𝑅2𝑅1
𝑅2 + 𝑅1𝐶
(1 + 𝑠𝑅2𝐶)𝑉𝑖𝑛
Nel dominio di Laplace posso utilizzare le impedenze, configurazione
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
Diagramma di Bode - Operazionali
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
Polo in ω=1/R2C → 10 Hz
93
Diagramma di Bode - Operazionali
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
104
105
106
107
-160
-120
-80
-40
0
40
80
B
A
94
Diagramma di Bode - Operazionali
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
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉1 −𝑅2𝑅1
+ 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
Traslazione della tensione media
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
𝑉𝑜𝑢𝑡 = 𝑉1 −𝑅2𝑅1
+ 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?
Traslazione della tensione media
103
Traslazione della tensione media
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
Traslazione della tensione media
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
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑅2
𝑅1 +1𝑠𝐶
𝑉𝑖𝑛
Abbiamo già visto che per questo circuito la H(s) si ottiene facilmente:
𝑉𝑜𝑢𝑡 = −𝑠𝑅2𝐶
1 + 𝑠𝑅1𝐶𝑉𝑖𝑛
Circuito passa alto con taglio in
(polo in)
ω=1/R1C
Guadagno massimo –R2/R1
𝑍2 = 𝑅2
106
Traslazione della tensione media
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
Traslazione della tensione media
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
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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
Traslazione della tensione media
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
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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)
Amplificatore multistadio
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
Amplificatore multistadio
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
Amplificatore multistadio
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
Amplificatore multistadio
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
Amplificatori di differenza e CMRR
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
Amplificatori di differenza e CMRR
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore di differenza a singolo stadio
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
Amplificatore per strumentazione
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
Amplificatore per strumentazione
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
Amplificatore per strumentazione
non invertente
non invertente
invertente
𝑣𝑂𝑢𝑡 = 𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1𝑅4𝑅3
= 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1
⋅𝑅4𝑅3
Circuito visto
prima
𝑣𝑜𝑢𝑡
= 𝑣𝑖𝑛2 − 𝑣𝑖𝑛1𝑅4𝑅3
144
Amplificatore per strumentazione
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
Amplificatore per strumentazione
146
Amplificatore per strumentazione
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
Amplificatore per strumentazione
𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1 = 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1
𝑣𝑂𝑢𝑡 = 𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1𝑅4𝑅3
= 𝑣𝑖𝑑 1 +𝑅2𝑅1
⋅𝑅4𝑅3
𝑣𝑜𝑢𝑡
= 𝑣𝑖𝑛2 − 𝑣𝑖𝑛1𝑅4𝑅3
148
Amplificatore per strumentazione
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
Amplificatore per strumentazione
𝑣𝑂𝑢𝑡 = 𝑣𝑂2 − 𝑣𝑂1𝑅4𝑅3
= 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.