RELAZIONE DI LABORATORIO DIELETTRONICA

Giacomo Graceffa Emiliano Bufano

Indice1 Generatore di funzioni a frequenza fissa 2

1.1 Generatore di onde quadre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Generatore di onde triangolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Estrazione dell’onda sinusoidale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Generatore di funzioni a frequenza variabile 212.1 Generatore di onde quadre e triangolari . . . . . . . . . . . . . . 212.2 Convertitore TRI-SINE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Amplificatore Operazionale A Componenti Discreti 343.1 Analisi Dell’Amplificatore E Dei Suoi Stadi . . . . . . . . . . . . 343.2 Banda Passante Ed Analisi In Frequenza . . . . . . . . . . . . . . 393.3 Effetto Del Carico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 Diodi E Raddrizzatori 414.1 Tracciamento della curva caratteristica del diodo . . . . . . . . . 414.2 Raddrizzatore con un semplice diodo . . . . . . . . . . . . . . . . 434.3 Raddrizzatore attivo a semionda (prima versione) . . . . . . . . . 434.4 Raddrizzatore attivo a semionda (seconda versione) . . . . . . . . 454.5 Raddrizzatore attivo ad onda intera . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1

1 Generatore di funzioni a frequenza fissaIn quest’esperienza, ci siamo occupati di costruire un circuito a molti stadi chefosse in grado di generare segnali con una frequenza prefissata, nel nostro caso5 kHz, utilizzando nella maniera corretta diversi elementi del circuito alimentatiin corrente continua, fra cui resistenza, capacità, diodi zener, transistor bipolarie amplificatori operazionali.

1.1 Generatore di onde quadreSiamo partiti dal circuito rappresentato in figura 1 (purtroppo il programma uti-lizzato per il disegno del circuito non scriveva pedici), composto da una capacità,tre resistenze e un amplificatore operazionale TL082, alimentato a ±12V.

Figura 1: Circuito utilizzato per la generazione di onde quadre

Si può osservare, innanzitutto, che l’anello di reazione è aperto, per cui ilprincipio di retroazione negativa non vale. Pertanto, in VQ la tensione (cioèla sua differenza di potenziale elettrico con la massa) assumerà soltanto i va-lori ±12V, pari all’alimentazione del circuito. In particolare, avvalendoci dellarelazione:

VQ = A(V+ − V−) (1)dove A, che è molto grande, è il fattore di amplificazione, possiamo affermareche VQ = 12V quando V+ > V− e VQ = −12V in caso contrario.

Quello che succede, in realtà, è il seguente meccanismo: se, per esempio,VQ = 12V, la corrente comincerà a fluire da VQ verso massa.

In V+, la tensione sarà semplicemente data dalla legge del partitore:

V+ =R1

R1 +R2VQ (2)

Decidiamo, sin da subito, di scegliere C = 2,2 nF e R1 = R2 = 10 kΩ, cosicchél’equazione (2) diventa semplicemente:

V+ =1

2VQ

2

Per quanto riguarda V−, invece, si un comportamento più complicato. Assumia-mo che inizialmente il condensatore C sia scarico. Allora, fluendo la corrente, ilcondensatore accumulerà una differenza di potenziale ai suoi capi data da:

V−(t) = VQ(1− e− tRC ) (3)

In assenza dell’amplificatore operazionale, V− (che è, di fatto, la differenza dipotenziale ai capi del condensatore, che è verso massa) tenderebbe asintotica-mente ad essere uguale a VQ. Con l’amplificatore, però, questo non accade,perché, nel momento in cui V− = V+ = 1

2VQ, a causa della relazione (1) VQpassa improvvisamente da 12V a −12V. A questo punto, la corrente cominceràa scorrere in verso opposto, cioè da massa verso VQ. Il ramo superiore del cir-cuito, allora, può essere visto come un circuito passabasso a cui sia stato appenastaccato il generatore dopo la carica del condensatore, e quest’ultimo cominceràquindi a scaricare corrente verso VQ. Poiché inizialmente V−−VQ = 18V, si hala relazione:

V−(t) = VQ

(1− 3

2e−

tRC

)(4)

Quando, però, V− raggiunge la tensione di 12VQ = −6V, nuovamente l’am-

plificatore ”inverte” la propria azione, e VQ torna ad avere il valore di 12V. Aquel punto, V− = −6V e il condensatore ricomincerà a caricarsi come all’inizio,e così via. Il comportamento della tensione ai nodi VQ, V+ e V− in un periodoè illustrato nelle figure 2, 3 e 4.

Imponendo l’uguaglianza tra V+ e V−, si ha l’equazione:

VQ −3

2VQe

− tRC =

1

2VQ

da cui si ricava il semiperiodo:

T

2= RC ln 3

e quindi il periodo, dato da:T = 2RC ln 3 (5)

Poiché noi vogliamo che il circuito oscilli a una frequenza di 5 kHz, e quindia un periodo T = 0,0002 s, invertendo la relazione (5) si ottiene che la resistenzaR deve avere il valore:

R = 41 kΩ

Dopo aver costruito il circuito e collegato i morsetti dell’oscilloscopio in VQ,V+ e V−, abbiamo potuto osservare che le nostre previsioni circa le forme d’ondanei nodi V− e VQ erano corrette, come si può vedere dalla figura 5, anche se,forse a causa del fatto che l’amplificatore reale ha un fattore di amplificazioneA finito, l’ampiezza delle oscillazioni risulta essere più bassa. Anche in PSpicesi possono osservare questi effetti (figura 6).

Proviamo, poi, a cambiare la tensione di alimentazione, e osserviamo che,sebbene l’ampiezza delle oscillazioni cambi, il periodo resta invariato, come èevidente dalla figura 7. Questo, del resto, era perfettamente prevedibile, datoche il periodo, dato dalla relazione (5), dipende solo dalla resistenza R e dallacapacità C.

3

Figura 2: Andamento della tensione in funzione del tempo in VQ

Figura 3: Andamento della tensione in funzione del tempo in V+

Figura 4: Andamento della tensione in funzione del tempo in V−

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Figura 5: Grafici di VQ (in azzurro) e di V− ( in blu) in funzione del tempo inregime non transitorio rilevati dall’oscilloscopio.

Figura 6: Grafici di VQ (in rosso) e di V− (in verde) simulati con PSpice.

5

Inseriamo, ora, due diodi Zener 1N752 collegati a massa sull’uscita, e unresistore Rl di 470 Ω subito dopo l’uscita dell’amplificatore, come mostrato nellafigura qui sotto.

Ci aspettiamo, a questo punto, che l’ampiezza delle oscillazioni sia sempredata da±(Vγ+VZ), dove Vγ è la tensione di attivazione dei diodi in diretta e VZ èla tensione in attivazione in inversa. Sappiamo che Vγ = 0,7V, mentre, dal datasheet del diodo (si veda http://www.datasheetcatalog.org/datasheet/jgd/1N751.pdf),vediamo che VZ = 5,6V. Poiché il generatore fornisce una tensione di ±12V,sicuramente i diodi saranno in regione attiva, sia in diretta che in inversa. Ciaspettiamo, quindi, che la tensione in uscita, a qualunque tensione di alimenta-zione sufficiente a far lavorare i diodi, sia costantemente:

VQ = ±(Vγ + VZ) = ±6,3V

Osserviamo all’oscilloscopio (figura 8) che ciò approssimativamente accade, es-sendo segnalata una tensione picco-picco di 13,2V su VQ, che divisa per duedà 6,6V, molto simile a quella attesa. Facendo variare la tensione fra ±12V e±9V, si può notare che non ci sono variazioni significative nelle funzioni d’ondamostrate sul display.

6

Figura 7: Tensioni in funzione del tempo nei nodi VQ (in azzurro) e V−(in blu)con una tensione di alimentazione di ±9V

Figura 8: Forme d’onda osservate all’oscilloscopio dopo l’aggiunta dei diodiZener sull’uscita VQ

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1.2 Generatore di onde triangolariCi proponiamo, adesso, di generare un’onda triangolare, utilizzando come in-gresso del nuovo circuito, rappresentato nella figura 9, l’uscita VQ del precedentecircuito. Sostanzialmente, il nostro nuovo circuito è un integratore, e generaun’onda triangolare perché quest’ultima è proprio la primitiva della funzioned’onda quadra.

Figura 9: Circuito utilizzato per estrarre un’onda triangolare a partire dall’ondaquadra generata dal circuito precedente.

Il circuito integra il segnale in ingresso in VQ con il seguente meccanismo:innanzitutto, poiché, in questo caso, c’è retroazione negativa, vale il principiodi massa virtuale, e quindi:

V− = 0

dove V− non è lo stesso del circuito precedente. Per la legge di Ohm, allo-ra, la corrente che scorre lungo il circuito (e che non può entrare all’ingressodell’amplificatore) è data da:

I = −VQRi

(6)

Per calcolare la tensione VT , dobbiamo considerare la legge differenziale di Ohmper il condensatore:

VT =Q

C=

1

C

∫I dt (7)

che diventa, grazie a (6):

VT = − 1

RiC

∫VQ dt (8)

che ci restituisce proprio la primitiva dell’onda quadra, anche se invertita escalata di un determinato fattore in ampiezza, che ora andremo a calcolare.

Come si può vedere nella figura 10, l’area sottesa all’onda quadra, che èsempre positiva o nulla, raggiunge il suo massimo proprio a metà di un periodo,

8

il che si traduce nel fatto che la nostra onda triangolare avrà un’ampiezza di:

AT = − 1

RiCVQ

T

2(9)

dove il fattore − 1RiC

viene dal risultato (8).

Figura 10

Ora, noi vogliamo che l’onda triangolare abbia la stessa ampiezza dell’ondaquadra in entrata, ciò matematicamente si traduce nella condizione:

AT = −2VQ (10)

dove il fattore 2 viene dal fatto che l’ampiezza dell’onda quadra è presa picco-piccoe il meno viene dal fatto che l’onda triangolare è invertita. Sostituendo nell’e-quazione (10) l’espressione data da (9), si ottiene che la resistenza Ri devevalere:

Ri = 22 kΩ

Dopo aver costruito il circuito, abbiamo osservato all’oscilloscopio le formed’onda nei nodi VQ e VT (figura 13). Si può notare che l’amplificatore dell’ul-timo circuito è andato in saturazione, dato che il minimo previsto dell’ondatriangolare (12,6V) è minore della tensione minima di alimentazione, che è−12V.

Anche in PSpice si può osservare lo stesso fenomeno, come è evidente dallafigura 14.

9

Figura 11: Grafico atteso al nodo VQ in funzione del tempo.

Figura 12: Grafico atteso al nodo VT in funzione del tempo.

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Figura 13: Forme d’onda osservate all’oscilloscopio in VQ (in blu) e in VT (inazzurro)

Figura 14: Forme d’onda osservate in PSPice sui nodi VQ (in rosso) e in VT (invioletto). PSpice ha automaticamente invertito l’onda triangolare.

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Vogliamo, a questo punto, centrare l’onda triangolare sullo zero. A talescopo, attachiamo all’ingresso a massa viirtuale dell’amplificatore V− il seguentecircuito:

formato da una resistenza RC di valore molto elevato (1MΩ), e da un po-tenziometro (POT), che è una resistenza regolabile attaccata all’alimentazione.In figura 15 è illustrato il circuito equivalente del potenziometro, nel quale lasomma di R1 e R2 si mantiene costante a 50 kΩ.

Ci si aspetta che, dal potenziometro, fluisca una corrente, sebbene piccola,verso V−, che denoteremo con Ia (corrente aggiuntiva). Di conseguenza, adessol’equazione (7) diventa:

Vt = − 1

RiC

∫VQ dt+

1

C

∫Ia dt (11)

Usando la legge del partitore fra la resistenza equivalente in parallelo di RCe R2 (non sono proprio in parallelo, ma uno collegato a massa e l’altro a massavirtuale) e di R1, si ha che, supponendo di aver attaccato il potenziometro a+12V:

Vp =RCR2

RCR2 +R1RC +R1R212V

da cui:Ia =

VpRC

=R2

RC(R1 +R2) +R1R212V (12)

Supponiamo, ora, che R1 = 0 e R2 = 50 kΩ. Allora, risulterà, tramite laformula (12), Ia = 12 µA, da cui risulta una correzione su un periodo T datada:

∆VT =1

C

∫ T

0

Ia dt = 1,09V

12

Figura 15: Circuito equivalente del potenziometro

il che è una quantità ragionevole, e quindi, per questo motivo, è lecito sceglierela resistenza RC così grande. Per quanto riguarda la scelta di collegare il poten-ziometro a 12V oppure a −12V, essa viene fatta in base al fatto che si vogliaattirare corrente (12V) oppure assorbire corrente (−12V). Nel primo caso, ilpotenziale VT tenderà ad ”alzarsi”, nel secondo ad ”abbassarsi”.

Con questa configurazione, abbiamo provato a centrare l’onda triangolaresullo zero, ma ci siamo accorti che c’era una forte instabilità, ossia c’era unrepentino passaggio dell’onda triangolare da sotto lo zero a sopra lo zero. Pen-siamo che questo sia dovuto al fatto che, nel momento in cui il condensatore sicarica, non lascia più passare corrente e,quindi, perdendosi il feedback negati-vo, il principio di massa virtuale non vale più. Per ovviare a questo problema,inseriamo in parallelo al condensatore Ci una resistenza da 4,7MΩ, che lascipassare corrente quando il condensatore è molto carico. Il motivo di una re-sistenza così elevata è che essa non deve influenzare il passaggio di correntequando il condensatore non è carico, mentre, quando è carico, deve far passarequel poco che basta di corrente affinché l’anello di reazione si chiuda. Riusciamo,a questo punto, a centrare l’onda triangolare (figura 16). In PSpice, regoliamoil potenziometro non con una vite, come si fa nel circuito reale, ma per tentati-vi, inserendo diversi valori delle resistenze. Centriamo l’onda triangolare comemostrato in figura 17.

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Figura 16: Grafico dell’onda triangolare centrata sull’oscilloscopio (in azzurro).

Figura 17: Grafico dell’onda triangolare centrata in PSpice (in verde).

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1.3 Estrazione dell’onda sinusoidaleIn figura 18 è illustrato il circuito con cui estraiamo l’onda sinusoidale a partiredall’onda triangolare, che è, sostanzialmente, un filtro passabasso del secondoordine. Quest’ultimo, in particolare, presenta una banda passante di frequen-za abbastanza stretta, per cui riesce a selezionare nell’onda triangolare, che èsomma, per il teorema di Fourier, di un certo numero (finito o infinito) di ondesinusoidali.

Figura 18: Circuito utilizzato per l’estrazione dell’onda sinusoidale a partiredall’onda triangolare entrante in Vt e proveniente del precedente circuito.

Si può notare che, in questo circuito, c’è feedback negativo, per cui il prin-cipio di massa virtuale vale. Infatti, applicando un segnalino in VS , una partedi esso viene filtrato e fortemente attenuato da Cf , mentre un’altra parte arrivain Vx passando da R2. Da lì, a sua volta un po’ va a massa, ma un po’ vieneamplificato e invertito dal − dell’amplificatore, che, quindi, lo fa ritornare in VSinvertito, annullando il segnale di partenza. Pertanto, possiamo affermare cheVx = Vy. Grazie alla legge del partitore, si ha che:

Vx = kVs

dove si è posto:

k =R1

R1 +R2(13)

Possiamo, allora, calcolare la corrente Iy che fluisce in Vy:

Iy =Vy1

SCf

= kSVSCf

dove S = jω, con j =√−1 e ω la frequenza del segnale. Calcoliamo, poi, la

tensione in Vz:Vz = Vy + IyRf = kVS [1 + SCfRf ]

Calcolo, allora, con la legge di Ohm, la corrente IS che fluisce per Cf ”superiore”,R1 e R2:

IS = [Vz − VS ]SCf = VS [k − 1 + kSCfRf ]SCf

15

Ricavo, quindi, la corrente I in entrata su VT tramite la legge di Kirchoff dellecorrenti:

I = IS + Iy = VSSCf [2k − 1 + kSRfCf ]

cioè:I = VS [k + 3KSCfRf − SCfRf + kS2R2

fC2f ]

da cui la funzione di trasferimento:

H(S) =VTVS

=1

k + 3kSCfRf − SCfRf + kS2CfRf(14)

Ponendo ω0 = 1CfRf

e S0 = jω0, la (14) diventa:

H(S) = kS2

0

S2 + (3− k)SS0 + S20

(15)

Decidiamo di studiare, inizialmente, il circuito tramite un file autonomo diPSpice, in cui costruiamo solo questo pezzo di curcuito e tutto il pezzo preceden-te viene rappresentato tramite un generatore di segnale già ”preconfezionato”.Prima di tutto, effettuiamo l’analisi in frequenza con un generatore di segnalesinusoidale piccolo (ampiezza picco di 100mV), in maniera tale da determinarela risposta in frequenza del circuito, e di rilevare, in particolare, la frequenzadi risonanza. Dalla figura 19, si osserva subito che la risonanza si verifica allafrequenza di 5 kHz.

Dopodiché, applichiamo un generatore di onda triangolare di ampiezza piccodi 100mV e di periodo pari a 0,1ms, che altro non è se non l’inverso dellafrequenza di risonanza. Si ottiene il grafico mostrato in figura 20.

Consideriamo la formula (15). Il guadagno G, alla frequenza di risonanzaω = ω0 = 5 kHz, sarà dato da (sfruttando la relazione S = jω):

G = |H(ω = ω0)| = 14

il che è in accordo con le ampiezze dei segnali osservate in figura 20.A questo punto, si pone il seguente problema: poiché il guadagno è piut-

tosto elevato, prevediamo che, sicuramente, nel momento in cui applichiamoal circuito il segnale triangolare VT (non piccolo segnale), il guadagno porta auna saturazione dell’onda sinusoidale, come mostrato in figura 21. Questo èdovuto al fatto che il guadagno del filtro risulta eccessivo, in particolare il piccodell’onda sinusoidale supera i 12V di alimentazione.

Prima di correggere questo problema, cerchiamo di capire perché sono statiutlilizzati determinati valori delle resistenze. Ora, la pulsazione di risonanza ω0

è data da:ω0 = 2πf0 =

1

RfCf

dove f0 è la frequenza di risonanza. Scegliendo Cf = 2,2 nF, si ottiene cheRf = 14 kΩ. Consideriamo, ancora, la relazione (15). Scegliendo k = 2,8facciamo in modo che il circuito faccia passare solo frequenze abbastanza vicinea quella di risonanza. In particolare, quello che noi vogliamo fare è estrarrel’armonica di 5 kHz dell’onda triangolare T (t), la quale presenta lo sviluppo inserie di Fourier:

T (t) =

∞∑n=1

2mT

n2π2cos

(2π

Tt

)

16

dove m = 2App/T è la pendenza del tratto ascendente dell’onda triangolare,con App che è a sua volta l’ampiezza picco-picco dell’onda triangolare. Noi, inparticolare, vogliamo estrarre l’armonica data dal primo termine di questa serie.

Ponendo, per esempio, R1 = 10 kΩ, imponendo k = 2,8 si ottiene dallarelazione (13) che deve valere R2 = 18 kΩ.

Per risolvere il problema dell’eccessivo guadagno del filtro, attacchiamo alnodo Vz il circuito mostrato in figura 22. Imponendo la condizione:

R3R4

R3 +R4= 14 kΩ

che esprime l’equivalenza tra R3 e R4 e la resistenza Rf = 14 kΩ inizialmentepresente, e la condizione:

R4

R3+R4= 1

11

si ottengono i valori R3 = 154 kΩ e R4 = 15 kΩ.Dopo aver simulato il comportamento del filtro su PSpice, passiamo alla

costruzione del circuito reale, e iniziamo, analogamente a come si è fatto conla simulazione, a studiarne la risposta in frequenza. Tutte le misure ottenute,fatte con una tensione in ingresso di ampiezza Vin = 200mV picco-picco, sonomostrate nella tabella 1.

Tabella 1: Analisi in frequenza della risposta a uno stimolo sinusoidale diampiezza picco-picco di 200mV, dove Vout è il segnale che si osserva in uscita.

Frequenza Vout(kHz) (V)

1 0,2772 0,3132,5 0,3463,0 0,4003,1 0,4143,2 0,4263,3 0,4443,4 0,4623,5 0,4843,6 0,5203,7 0,5443,8 0,5683,9 0,6084,0 0,6404,1 0,6804,2 0,7284,3 0,7844,4 0,8484,5 0,9124,6 0,9844,7 1,064,8 1,12

Continua nella prossima pagina

17

Continua dalla pagina precedente

Frequenza Vout(kHz) (V)

4,9 1,185,0 1,215,1 1,205,2 1,145,3 1,075,4 0,9925,5 0,9045,6 0,8165,7 0,7525,8 0,6805,9 0,6206,0 0,5686,2 0,4806,4 0,4166,6 0,3686,8 0,3207,0 0,2887,5 0,2248,0 0,1848,5 0,1609,0 0,1369,5 0,120

10,0 0,104

Si conclude dalla pagina precedente

Il grafico che risulta dalla tabella è quello mostrato in figura 23.

18

Figura 19: Curva della risposta in frequenza del circuito in PSpice. Si nota inmaniera evidente il picco a 5 kHz.

Figura 20: Simulazione dell’estrazione dell’onda sinusoidale in PSpice in piccolosegnale.

Figura 21: Simulazione dell’estrazione dell’onda sinusoidale in PSpice utilizzan-do il segnale VT generato dal precedente circuito. Si può osservare un’evidentesaturazione (onda in verde).

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Figura 22: Circuito equivalente di Thevenin utilizzato per smorzare l’ondatriangolare in ingresso in VT .

Figura 23: Grafico che mostra le ampiezze picco-picco di oscillazione del segnalein uscita in funzione della frequenza.

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Attacchiamo, adesso, il nostro filtro passabasso del secondo ordine al circuitoprecedentemente costruito. Come potremmo aspettarci dalla simulazione, nel-l’uscita VS si ha un’onda sinusoidale saturata (figura ??). Allora, analogamentea quanto fatto nella simulazione, sostituiamo alla resistenza Rf appena dopo VTla combinazione equivalente in parallelo di R3 = 154 kΩ e R4 = 15 kΩ. Osservia-mo che, adesso, l’onda sinusoidale viene estratta correttamente, come è visibiledalla figura 24. Anche nella simulazione ciò accade (figura 25). Si osservi chel’onda triangolare ha un’ampiezza leggermente maggiore dell’onda sinusoidale,ciò è dovuto alla prevalenza di un’interferenza costruttiva che distruttiva nellearmoniche che compongono l’onda triangolare.

Osserviamo, infine, che, facendo variarele tensioni di alimentazione del cir-cuito, sia l’onda sinusoidale che l’onda triangolare si stortano, e questo è dovutoal fatto che il potenziometro del precedente circuito è regolato per compensarel’offset solo a 12V.

2 Generatore di funzioni a frequenza variabileIn quest’esperienza, ci siamo occupati di generare funzioni di segnale a frequenzavariabile, e di effettuare conversioni da un tipo di segnale a un altro con un tipodi circuito che opera indipendentemente dalla frequenza.

2.1 Generatore di onde quadre e triangolariIn figura 26 è mostrato il circuito che ci permette di generare onde quadree triangolari a partire da un’alimentazione continua. In particolare, il nostrocircuito è composto da due stadi: uno che genera un’onda quadra in VQ e l’altroche genera un’onda triangolare in VT a partire da quest’onda quadra. Il primoblocco è retroazionato positivamente, per cui VQ si porterà alla massima (ominima) tensione disponibile dall’alimentazione. In questo contesto, il ruolo deidei due diodi Zener (1N752, identici a quelli usati nell’esperienza 1) è moltoimportante. Grazie ad essi, infatti, la tensione in VQ non oscillerà fra 12Ve −12V, ma fra −(Vγ + VZ) e Vγ + VZ . Dal datasheet del diodo 1N752 (siveda http://www.datasheetcatalog.org/datasheet/jgd/1N751.pdf), osserviamoche Vγ = 0,7V e VZ = 5,6V, per cui la tensione in VQ assumerà i valori 6,3Ve −6,3V. Il secondo blocco, invece, è retroazionato negativamente, per cui latensione all’ingresso invertente dell’amplificatore a destra risulta essere nulla.

Supponiamo che, inizialemente, il condensatore Ct sia scarico e che VQ =6,3V. Trascurando la presenza della resistenza Rl, che serve solo ad attenuarela corrente in uscita dall’amplificatore a sinistra per evitare che i diodi Zenersiano attraversati da una corrente eccessiva, per la legge dell’amplificatore:

VQ = AVJ

VQ continuerà a rimanere a 6,3V finché:

VJ > 0 (16)

Imponendo la legge di Kirchoff delle maglie lungo la maglia VQVTVJ , si ottieneche VJ è data da:

VJ =VQ + VT

2

21

per cui la condizione (16) diventa:

VT > −VQ (17)

Calcoliamo, ora, VT . Per la legge di Ohm differenziale:

VT = − 1

CT

∫It dt (18)

dove It è la corrente che passa attraverso Rt e Ct. Poiché It =VQ

Rt, si ottiene,

integrando:

VT = − VQCtRt

t (19)

per cui si ottiene, da (17) che VQ = 6,3V fintanto che:

t < CtRt

Per t = CtRt, l’uscita del primo amplificatore cambia stato e VQ ha ora unatensione di −VQ = −6,3V. In questo istante, il condensatore Ct ha una caricaQ0 = −VQCt. L’uscita rimane in questo nuovo stato finché vale la condizione:

VT < −VQ

ossia:VT < 6,3V

Risolvendo l’equazione (18), e imponendo la condizione iniziale:

Q(0) = −VTCt

= −VQCt

si ottiene che (prendiamo come tempo 0 quello in cui il condensatore Ct hacarica Q0) l’uscita VQ rimane a −6,3V finché:

t < 2CtRt

Alla fine, il periodo di oscillazione del circuito è dato da:

T = 4CtRt (20)

Scegliendo di lavorare a una frequenza di 5 kHz, con una capacità Ct = 4,4 nFla resistenza deve risultare RT = 11 kΩ. Per quanto riguarda le altre resistenze,scegliamo R1 = R2 = 10 kΩ e Rl = 470 Ω. Le forme d’onda attese nei vari nodisono mostrate nelle figure 27, 28 e 29.

Dopo questi calcoli preliminari, costruiamo il circuito e osserviamo all’oscillo-scopio le forme d’onda nei nodi VQ e VT , come mostrato in figura 30. Facciamo,poi, variare le tensioni di alimentazione fra ±12V e ±9V. Come si può vederein figura 32, il periodo d’oscillazione rimane sempre a 0,2ms.

Dopo queste misure all’oscilloscopio, simuliamo il circuito in PSpice, conalimentazione sia da 9V che da 12V. Le forme d’onda ottenute sono mostratenelle figure 35 e 34.

Inseriamo, infine, in serie alla resistenza Rt un potenziometro da 100 kΩcollegato a reostato, come mostrato in figura 36. Osserviamo, all’oscilloscopio,

22

che facendo girare la rotellina del trimmer non solo la frequenza dell’onda quadrae dell’onda triangolare cambiano, ma c’è anche uno stortamento dei due segnali(figura 37). Il cambiamento del periodo è ovviamente dovuto all’espressione (20)del periodo, dal momento in cui, con l’aggiunta del reostato, è come se avessimomodificato la resistenza Rt. Per quanto riguarda lo stortamento delle onde,pensiamo che esso sia dovuto al fatto che probabilmente abbiamo montato malequalcosa nel circuito (non riusciamo a trovare altre spiegazioni!).

23

Figura 24: Onda triangolare (in blu) e onda sinusoidale estratta (in azzurro)viste all’oscilloscopio.

Figura 25: Onda triangolare (in verde) e onda sinusoidale estratta (in rosso) inPSpice.

Figura 26: Circuito utilizzato per generare onde quadre e triangolari a partireda un’alimentazione continua.

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Figura 27: Forma d’onda attesa al nodo VQ (onda quadra)

Figura 28: Forma d’onda attesa al nodo VT (onda triangolare)

Figura 29: Forma d’onda attesa al nodo VJ (media dell’onda triangolare edell’onda quadra)

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Figura 30: Forme d’onda nei nodi VQ (in blu) e VT (in azzurro) osservateall’oscilloscopio con una tensione di alimentazione di 12V.

Figura 31: Forme d’onda nei nodi VJ (in blu) e VT (in azzurro) osservateall’oscilloscopio con una tensione di alimentazione di 12V.

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Figura 32: Forme d’onda nei nodi VQ (in blu) e VT (in azzurro) osservateall’oscilloscopio con una tensione di alimentazione di 9V.

Figura 33: Forme d’onda nei nodi VJ (in blu) e VT (in azzurro) osservateall’oscilloscopio con una tensione di alimentazione di 9V.

Figura 34: Forme d’onda nei nodi VQ (in verde) e VT (in rosso) e VJ (in blu)osservate in PSpice con una tensione di alimentazione di 12V.

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Figura 35: Forme d’onda nei nodi VQ (in verde) e VT (in rosso) e VJ (in blu)osservate in PSpice con una tensione di alimentazione di 9V.

Figura 36: Collegamento a reostato del resistore Rr da 100 kΩ sull’ingressoinvertente dell’amplificatore a destra.

Figura 37: Distorsione dell’onda quadra (in blu) e dell’onda triangolare (inazzurro), con una frequenza risultante di 3 kHz

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2.2 Convertitore TRI-SINECreata l’onda triangolare a frequenza variabile, vogliamo, a questo punto, estrar-ne un’onda sinusoidale, ma indipendentemente dalla frequenza. Quello che dob-biamo fare, quindi, è sostanzialmente costruire un circuito la cui funzione ditrasferimento dalla relazione che sussiste tra un’onda triangolare e un’onda si-nusoidale. Poiché tale relazione è evidentemente non lineare, dal momento chel’onda triangolare è lineare e l’onda sinusoidale no, il circuito da costruire nonpotrà presentare un andamento lineare. Il modo più immediato di realizzare uncircuito non lineare è di inserire transistor, ed è proprio quello che facciamo nelnostro circuito, mostrato in figura 38.

Figura 38: Circuito non lineare utilizzato per estrarre l’onda sinusoidale a partireda un’onda triangolare di qualsiasi frequenza.

Decidiamo, per semplificare le cose, di studiare non il circuito in figura 38,ma una sua versione semplificata, mostrata in figura 39. In particolare, grazieal teorema di Thevenin siamo in grado di sostituire VT , la resistenza da 4,7 kΩe quella da 150 Ω con un generatore equivalente di segnale, che continuiamoa chiamare VT , il quale genera un segnale con ampiezza minore di quello ori-ginale. Poi, trascuriamo la corrente di base dei transistor, per cui si possonopraticamente considerare uguali le correnti di collettore ed emettitore dei rispet-tivi transistor. Inseriamo, inoltre, una resistenza RL che rappresenti la diversacaduta di potenziale nei due ”rami discendenti” del circuito, e trascuriamo laparte di circuito contenente le resistenze da 22 kΩ e da 33 kΩ e il potenziometro,che, essendo resistenze elevate rispetto alle altre, condurranno poca corrente.Sostituiamo, infine, alle resistenze da 10 kΩ due generatori ideali di correnteI0 = 12 V

10 kΩ = 1,2mA verso il basso.

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Figura 39: Versione semplificata del circuito mostrato in figura 38.

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Calcoliamo, ora, la relazione che sussiste fra la tensione VT in ingresso e lacorrente i che passa attraverso la resistenza RE = 68 Ω. Grazie alle leggi diKirchoff dei nodi, possiamo dire che:

i1 = I0 + i (21)

e:i2 = I0 − i (22)

Consideriamo, adesso, le espressioni delle curve caratteristiche dei due transi-stor:

i1 = ISS1

(e

VBE1Vt − 1

)(23)

i2 = ISS2

(e

VBE2Vt − 1

)(24)

dove Vt = 25mV è la tensione termica a temperatura ambiente. Prendiamo,poi, dato che i due transistor sono uguali, VSS1 = VSS2 = VSS.. La caduta ditensione tra VT e massa è data da:

VT = VBE1 − VBE2 +REi

da cui:VBE1 − VBE2 = VT −REi (25)

Calcoliamo, ora, il seguente rapporto:

i1 − i2i1 + i2

=e

VBE1Vt − e

VBE2Vt

eVBE1

Vt + eVBE2

Vt + 2

Poiché Vt = 25mV è una tensione piuttosto piccola rispetto a VBE1 e VBE2, pos-siamo presupporre che la somma degli esponenziali a denominatore sia molto piùgrande di 2, cosicché quest’ultimo si possa trascurare.Con alcuni passaggi alge-brici, considerando che, da (21) e (22), i1− i2 = i e i1 + i2 = I0, e considerandoanche la (25), si ottiene che:

i = I0 tanh

(VT − iRE

2Vt

)da cui, invertendo:

VT = 2Vt arctanh

(I

I0

)+REi (26)

Il grafico qualitativo della (26) è mostrato in figura 40. Non è possibilericavare analiticamente l’espressione di i in funzione di VT , tuttavia è possibileaverne un’idea qualitativa prendendo il grafico simmetrico rispetto alla bisettriceprimo-terzo quadrante in figura 40. Per trovare la funzione di trasferimento,bisognerà considerare che i2 = I0 − i(VT ), e poi VS = 12V−RLi2.

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Figura 40: Grafico che mostra l’andamento di VT in funzione di i, secondol’equazione (26).

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Figura 41: Onda triangolare (in blu) e onda sinusoidale estratta (in azzurro)viste all’oscilloscopio.

Passiamo, ora, alla costruzione del circuito vero e proprio, non prima, però,di aver fatto alcune considerazioni. Innanzitutto, il segnale in ingresso vienefortemente attenuato perché, in caso contrario, il transistor rischierebbe di rom-persi. Infatti, dal datasheet del 2N2222, si può osservare che 6V sono sufficientiper rompere la giunzione base-emettitore (si veda SGSThomsonMicroelectro-nics/mXyzzyw.pdf). Importantissimo, poi, è il fatto che questo circuito operiindipendentemente dalla frequenza, e questo è dovuto al fatto che l’onda sinu-soidale non viene estratta sfruttando una banda passante, ma semplicementemodificando l’onda triangolare attraverso una relazione non lineare. Per questomotivo, nel circuito non sono presenti condensatori, ”sensibili” alla frequenza.In figura 41, sono mostrati i segnali in ingresso e in uscita rilevati. Anche nellasimulazione con PSpice risultano gli stessi grafici.

Ora, studiamo il ruolo del resistore RE nel circuito, il quale determina unacerta percentuale di distorsione della sinusoide generata, che non risulta puraal 100%, ma presenta delle impurità, ossia è formata anche da piccole sinusoididi frequenza leggermente diversa da quella predominante. Ci aspettiamo che,nella formula (26), più grande è la resistenza RE , più la relazione tra VT e idiventa lineare, e quindi la distorsione aumenta con l’aumentare del valore diRE . Utilizzando l’analisi di Fourier di PSpice (in figura 42 è mostrata l’analisiper RE = 68 Ω), scopriamo che vi è una distorsione di circa 7% con RE = 68 Ω,mentre, per RE = 100 Ω, essa aumenta fino a circa l’8%, in accordo con quantoci aspettavamo.

Adesso, vogliamo centrare in uscita sullo zero. A questo scopo, regoliamoil reostato da 10 kΩ fino a ottenere il risultato mostrato in figura 43. Comeultima cosa, normalizziamo la sinusoide rispetto all’onda triangolare attraversol’utilizzo di un amplificatore non invertente, mostrato in figura 44. Poiché l’ondatriangolare è più ampia dell’onda sinusoidale di un fattore 2, 3, e considerandoche il guadagno G dell’amplificatore non invertente è:

G = 1 +R2

R1

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Figura 42: Analisi in frequenza della sinusoide in uscita con RE = 68 Ω.

Figura 43: Stabilizzazione della sinusoide in uscita (in azzurro) sulla linea dizero.

ottengo che, prendendo R1 = 10 kΩ, deve valere R2 = 13 kΩ. Il risultato finaleè mostrato in figura 45.

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Figura 44: Amplificatore in configurazione non invertente per normalizzare lasinusoide rispetto all’onda triangolare. La sinusoide normalizzata esce in Vout

Figura 45: Sinusoide (in azzurro) e onda triangolare (in blu) correttamentenormalizzate fra di loro.

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3 Amplificatore Operazionale A Componenti Di-screti

3.1 Analisi Dell’Amplificatore E Dei Suoi StadiLa figura qui sotto:

mostra come è formato un amplificatore operazionale, in questo modo è pos-sibile studiare che cosa accade al suo interno. Esso è principalmente strutturatoin tre stadi:

• STADIO D’INGRESSO DIFFERENZIALE

Lo stadio d’ingresso del nostro amplificatore è costituito da due transistorNPN collegati ai propri emettitori in maniera simmetrica.La base del transistor a sinistra caratterizza l’ingresso invertente dell’ope-razionale, mentre quella destra caratterizza l’ingresso non invertente, che èposto a massa. Essendo i due transistor uguali, il segnale in uscita è in fun-zione della differenza dei due segnali d’ingresso, ossia S = S(VBsx − 0V ),da cui prende il nome di stadio d’ingresso differenziale.Siamo riusciti a calcolare il valore della resistenza RE grazie ai potenzialiposti ai suoi capi.−12V al capo inferiore, dato dalla tensone di alimentazione del nostro am-plificatore, e −0.7V al capo superiore, dato dalla differenza di potenzialecreata dall’emettitore a partire da massa.Sapendo a priori che in ogni transistor deve scorrere una corrente di circa1mA, su quest’ultimo nodo si avrà una corrente entrante nella resistenzadi 2mA.

RE =12V − 0.7V

2mA= 5.65kΩ

• STADIO INTERMEDIO DI AMPLIFICAZIONELa caratteristica principale del secondo stadio è il transistor posto in con-figurazione di emettitore comune.Il segnale generato dalla configurazione del primo stadio entra nella baseed esce dal collettore amplificato di −β, dove β è il coefficiente di ampli-ficazione del transistor. Abbiamo calcolato RB a partire dall’emettitore.

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La tensione alla base è pari alla tensione dell’emettitore, 12V di alimenta-zione, meno la tensione Vγ = 0.7 dell’emettitore. Sapendo a priori che lacorrente che scorre nella resistenza RB è di 1mA ricaviamo il suo valore:

RB =12V − 11.3V

1mA= 0.7kΩ

Non possiamo applicare direttamente una tensione all’entrata della base,altrimenti il transistor si danneggerebbe, per questo è applicata una re-sistenza di 1KΩ alla fine della configurazione precedente, cosicchè questosegnale entrante venga rappresentato da una corrente.Il condensatore applicato in parallelo al collettore serve per by-passaredeterminate frequenze. Infatti a frequenze molto alte l’impedenza di talecondensatore tende ad annullarsi, trasformandosi cosi in un corto circuito.Per questo motivo il condensatore funziona da filtro passa basso.

• STADIO D’USCITA A TRANSISTORI COMPLEMENTARIQuest’ultimo stadio assume l’appellativo di transistori complementari per-chè è formato da due transistor, rispettivamente uno PNP e uno NPN inconfigurazione di collettore comune, che si alternano nel loro funzionamen-to.Tutto questo è in funzione del nodo prima del transistor NPN. Se que-sto ha un tensione maggiore Vγ , allora il transistor viene polarizzato inmaniera diretta. La configurazione dei due diodi così messi renderebbe,in questo caso, anche la polarizzazione del secondo transistor in manieraattiva, bloccandone il funzionamento.Analogamente se il nodo si trovasse ad una tensione inferiore, questo pri-mo transistor sarebbe polarizzato in maniera inversa, non funzionando,ma rendendo possibile il funzionamento di quello PNP.Quindi a seconda che il segnale sia positivo o negativo lavora solo uno deidue transistor.

Il ramo che collega l’ingresso del primo stadio con l’uscita dell’ultimo stadio èdetto ramo di controreazione. Questo ramo permette all’amplificatore di lavo-rare in closed loop, ossia parte del segnale di uscita ritorna all’ingresso tramiteuna rete di retroazione. Questo è come appare l’amplificatore, tramite simula-zione con PSpice e fisicamente, applicando una tensione di 2V picco-picco:

(a) Simulazione tramite PSpice.

Notiamo che la sinusoide di uscita è leggermente traslata verso l’alto. TramiteOrCAD abbiamo inoltre effettuato un’analisi delle tensioni del circuito e ripor-tato l’immagine del risultato:

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(a) Analisi delle tensioni del ciruito.

La maggior parte dei valori da noi misurati tramite i puntali risultano uguali,altri invece no, ma comunque confrontabili.Il dato che ci sconvolge di piu è il valore della tensione al nodo di confronto,quello a massa virtuale, che non è a 0V ma raggiunge un valore di 4mV , questovuol dire che i transistor della coppia differenziale non sono percorsi dalla stessacorrente.Per riportare tale valore a 0V bisogna agire sulla resistenza che collega i dueemettitori all’alimentazione di −12V , RE . Tramite PSpice abbiamo effettuatovari tentativi cambiando i valori di tale resistenza e il risultato migliore da noiottenuto è di 4.9kΩ.Dopo aver regolato il nodo a massa virtuale abbiamo posto la tensione d’ingres-so a 0V e ci siamo accorti che quella di uscita era differente. Essendo questoun circuito che amplifica le differenze di segnale, una volta che l’ingresso vienemesso a 0V anche l’uscita deve avere questa stessa tensione.Se sul nodo di uscita è misurato un valore di tensione, ciò vuol dire che nel ra-mo di controreazione passa della corrente che crea una differenza di potenziale.Questa corrente nasce dal nodo di massa virtuale, e per debellarla poniamo tral’alimentazione e tale nodo una resistenza di 1MΩ ed un potenziometro regola-bile, in modo da iniettare una corrente di uguale modulo ma di verso opposto.Possiamo notare la relativa correzione quando la sinusoide di uscita è centratasullo zero.

(a) Visualizzazione dall’oscilloscopio.

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3.2 Banda Passante Ed Analisi In FrequenzaStudiamo come varia il guadagno dell’amplificatore in funzione della frequenza.Poniamo all’ingresso del circuito un generatore di onde sinusoidali con ampiezza1V picco-picco.Abbiamo variato la frequenza da pochi Hz fino ai MHz, ecco l’interpolazionedel grafico tramite root:

(a) Interpolazione root dell’analisi in frequenza.

Essendo la tensione d’ingresso pari a 1V questo implica che il guadagno A =Vout

Vin= Vout.

L’immagine seguente mostra il diagramma di Bode costruito tramite il simula-tore PSpice:

(a) Diagramma di Bode.

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3.3 Effetto Del CaricoCon il generatore connesso, ad una frequenza di circa 1kHz, abbiamo connessoun carico di 100Ω all’uscita e fatto variare l’ampiezza della sinusoide d’ingresso.

(a) Effetto di saturazione.

Ad una determinata tensione il segnale di uscita satura, ossia il guadagno del-l’amplificatore, che porterebbe tale segnale ad assumere un valore maggiorerispetto alla tensione di alimentazione, si stabilizza al valore di tensione dell’a-limentazione.Studiamo allora come varia il potenziale di saturazione in funzione del carico.Nella figura seguente è mostrato il grafico di tale valore per determinati varivalori di resistenze:

(a) Grafico del guadagno in funzione del carico.

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4 Diodi E Raddrizzatori

4.1 Tracciamento della curva caratteristica del diodoLo scopo di questa esperienza è quello di studiare i circuiti raddrizzatori, ossiache raddrizzano positivamente il segnale, e l’effetto che ha il diodo all’interno diquesti tipi di circuiti.Costruendo il circuito come in figura

notiamo che per il principio di massa virtuale, la tensione al nodo V− è paria 0V. Se la tensione d’ingresso non fosse negativa, in polarizzazione il diodo nonpermetterebbe alla corrente di passare, mantenendo la Vout = 0V .Inoltre per ogni tensione negativa applicata, quando il diodo risulta acceso,

Vout = Vγ = 0.7V.

L’unico valore proporzionale alla tensione d’ingresso è la corrente generata tra-mite la resistenza, scelta con un valore unitario prossimo ai kΩ per far ottenereal valore della corrente le stesse cifre della tensione. Il condensatore elettroliticoposto in parallelo al diodo serve per filtrare il segnale e renderlo più pulito.Dopo aver costruito il circuito e simulato con PSPICE, abbiamo riprodotto lacurva caratteristica del diodo in un grafico V (V (R)): ecco le rispettive immagini:

(a) Curva diodo tramite simulazione.

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(a) Curva diodo tramite oscilloscopio.

Il secondo grafico è invertito perchè l’oscilloscopio visualizza una tensionenegativa. Comunque si può notare che raggiunta la tensione di attivazione Vγil diodo permette al circuito di funzionare.Ecco come risulta simulato il circuito:

(a) Simulazione con PSPICE.

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4.2 Raddrizzatore con un semplice diodoIn figura è disegnato uno schema di un semplice raddrizzatore mezz’onda.

Questo è quello che si ottiene simulando il curcuito con PSpice:

(a) Simulazione del circuito radrizzatore a mezz’onda.

La linea rossa rappresenta il nostro segnale d’ingresso, mentre quella verde ilsegnale di uscita, posto dopo il diodo.Notiamo che per i segnali negativi il diodo smette di funzionare, rendendo ivalori di tensione di uscita pari a zero, per questo si dice che raddrizza mezzaonda.

4.3 Raddrizzatore attivo a semionda (prima versione)Il circuito in figura

è un circuito raddrizzatore a mezz’onda, avente un amplificatore operazio-nale.Se la retroazione non è attiva, ossia se il diodo non è acceso, il segnale di uscitasi azzera. Inoltre nel punto Vu il segnale misurato è costante e assume un valoredi tensione circa uguale a quello di alimentazione dell’amplificatore.Altrimenti, quando il segnale è positivo, l’anello di retroazione è attivo, quindi

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il segnale misurato in uscita, sul punto Vo è pari alla sinusoide d’ingresso. Laresistenza posta da 1k in uscita serve per attenuare il segnale, che senza di essasaturerebbe.Possiamo notare tutto ciò confrontando il grafico della simulazione con lo stessoin cui è posta una resistenza minore.

(a) Simulazione del circuito.

(a) Simulazione del circuito con una resistenza inferiore.

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4.4 Raddrizzatore attivo a semionda (seconda versione)

In questo nuovo circuito notiamo che sono state aggiunte parecchie compo-nenti, l’aggiunta di un secondo diodo serve per ricreare un ulteriore stadio delcircuito.Se Vi < 0V il primo diodo è spento, e non permette il passaggio di correnteche risulterebbe verso Vi, mentre il secondo è acceso rendendo così Vo = −Vi;se invece la corrente si dirige nel verso opposto, ossia se Vi > 0, risulta Vo '−V γ = −0.7V , perché il primo diodo rimane acceso, mentre il secondo è spento.Tutto questo è permesso grazie all’uguaglianza dei valori delle resistenze.

4.5 Raddrizzatore attivo ad onda interaIl prossimo circuito non renderà nullo semplicemente il segnale quando esso saràminore di zero, ma circa uguale a quello di ingresso, ossia positivo, raddrizzandoappunto l’onda intera.

Analizziamo nuovamente due casi:

• Quando Vi > 0V si attiva la configurazione invertente del primo amplifi-catore, dato che il primo diodo si spegne mentre il secondo rimane attivo,rendendo il valore di Vx = −Vi R2

R1, che grazie al medesimo valore di tali

resistenze, Vx = −V i.

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Nel nodo prima della resistenza numero cinque, che grazie al secondoamplificatore è posto a massa virtuale, possiamo applicare il teorema diKirchoff della corrente:

I4 + I3 − I5 = 0 =ViR4

+ (− VxR3

)− VoR5

.

Riarrangiando il tutto si ottiene che

Vo = ViR4R2R5 −R5R1R3

R1R3R4

• Quando invece Vi < 0 la corrente che scorre verso Vi impedisce ai diodi difunzionare, rendendo attivo solo il secondo amplificatore, da cui risulta

Vo = −ViR5

R4

.

Ecco ciò che viene visualizzato dall’oscilloscopio e dal simulatore PSPICE:

(a) Raddrizzatore onda intera (Vo).

(b) Raddrizzatore onda intera (Vx).

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(a) Simulazione tramite PSPICE.

La linea blu rappresenta Vout, quella verde Vi mentre quella rossa Vx.Applicando in parallelo ad R5 un condensatore da 2.2µF , si ottiene: Notiamo

(a) Raddrizzatore con condensatore.

che ad alte frequenze il condensatore si comporta da corto circuito, rendendo ilsegnale di uscita blu costante.

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