Esercizio 14transcaratteristica di un invertente con due diodi nella rete di ingresso e di retroazione (tema d'esame luglio 2026)

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1. Impostazione

Il morsetto $+$ è a massa: per il corto virtuale $V_M=0$. Il nodo $M$ non assorbe corrente nell'opamp: la somma delle correnti che entrano in $M$ dai rami collegati vale zero. Ogni ramo con tensione $V_k$ alla sua estremità e resistenza $R_k$ verso $M$ porta $V_k/R_k$. I rami sono: $R_3$ ($V_{in}$), $R_2$ ($V_{P_1}$), $R_4$ ($V_{out}$) e il diodo $D_2$ (corrente $i_{D2}\ge0$ quando è ON): $$\frac{V_{in}}{R_3}+\frac{V_{P_1}}{R_2}+\frac{V_{out}}{R_4}+i_{D_2}=0.$$

$P_1$ e il diodo $D_1$. $D_1$ (anodo a $-6$, catodo $P_1$) è ON se $V_{P_1}\le-6\ \mathrm V$, ed è OFF se $V_{P_1}\ge-6\ \mathrm V$.

• $D_1$ OFF: $P_1$ è nel partitore $R_1$-$R_2$ verso $M$ (a $0$ V): $V_{P_1}=V_{in}\dfrac{R_2}{R_1+R_2}=0{,}6\,V_{in}$, valido se $0{,}6V_{in}\ge-6\Rightarrow V_{in}\ge-10\ \mathrm V$.
• $D_1$ ON: $V_{P_1}=-6\ \mathrm V$ (per $V_{in}\le-10$).

$Q$ e il diodo $D_2$. $D_2$ (anodo $Q$, catodo $M=0$) è ON se $V_Q\ge0$.

• $D_2$ OFF: nessuna corrente: $V_Q$ è il potenziale del nodo comune a $R_5$ (verso $-6$) e $R_6$ (verso $V_{out}$): $V_Q=\dfrac{-6/5+V_{out}/10}{1/5+1/10}=-4+\dfrac{V_{out}}3$. Condizione di OFF: $V_Q\le0\iff V_{out}\le12\ \mathrm V$.
• $D_2$ ON: $V_Q=0$; la corrente nel diodo è la somma di quelle che arrivano da $R_6$ e $R_5$: $i_{D_2}=\dfrac{V_{out}}{R_6}+\dfrac{-6}{R_5}=\dfrac{V_{out}}{10}-1{,}2\ (\mathrm{mA})\ge0\iff V_{out}\ge12\ \mathrm V$.

2. Un tratto per volta

(A) $D_1$ OFF, $D_2$ OFF. $\dfrac{V_{in}}{10}+\dfrac{0{,}6V_{in}}{6}+\dfrac{V_{out}}4=0\Rightarrow0{,}2\,V_{in}+0{,}25\,V_{out}=0$: $$V_{out}=-0{,}8\,V_{in}\qquad(V_{in}\ge-10\ \mathrm V).$$ Controllo $D_2$: per $V_{in}\ge-10$ è $V_{out}\le8<12$ ✓ (OFF). È un invertente con $R_{in}=R_3\|(R_1+R_2)=5\ \mathrm{k\Omega}$ e guadagno $-R_4/5\ \mathrm{k\Omega}=-0{,}8$ (le due vie d'ingresso, $R_3=10$ e $R_1+R_2=10$, sono in parallelo).

(B) $D_1$ ON, $D_2$ OFF ($V_{in}\le-10$). $V_{P_1}=-6\Rightarrow\dfrac{V_{in}}{10}+\dfrac{-6}{6}+\dfrac{V_{out}}4=0$: $$V_{out}=-0{,}4\,V_{in}+4\qquad(-20\le V_{in}\le-10\ \mathrm V),$$ con continuità in $V_{in}=-10$ ($-0{,}8\cdot(-10)=8=-0{,}4(-10)+4$ ✓). $D_2$ resta OFF finché $V_{out}\le12$: $-0{,}4V_{in}+4\le12\Rightarrow V_{in}\ge-20\ \mathrm V$.

(C) $D_1$ ON, $D_2$ ON ($V_{in}\le-20$). $i_{D_2}=\dfrac{V_{out}}{10}-1{,}2$: $\dfrac{V_{in}}{10}-1+\dfrac{V_{out}}4+\dfrac{V_{out}}{10}-1{,}2=0\Rightarrow0{,}35\,V_{out}=2{,}2-0{,}1V_{in}$: $$V_{out}=\frac{44}{7}-\frac27V_{in}=6{,}286-0{,}2857\,V_{in}\qquad(V_{in}\le-20\ \mathrm V),$$ con continuità in $V_{in}=-20$: $V_{out}=12$ da entrambe ($-0{,}4\cdot(-20)+4=12$; $6{,}286+5{,}714=12$ ✓). Le altre combinazioni non esistono: $D_1$ OFF e $D_2$ ON richiederebbero $V_{in}\ge-10$ e $V_{out}\ge12$ ($-0{,}8V_{in}\ge12\Rightarrow V_{in}\le-15$): incompatibili.

3. Transcaratteristica

Punti di spezzamento: $(-10;\,8)$ e $(-20;\,12)$. Per ingressi positivi la caratteristica è la retta $V_{out}=-0{,}8V_{in}$ (nessuna saturazione con opamp ideale); per ingressi molto negativi i due diodi riducono progressivamente il guadagno (da $-0{,}8$ a $-0{,}4$ e poi a $-0{,}286$): il circuito comprime le tensioni d'uscita positive.

Verifica numerica. Risolvendo l'intero circuito per tutte le combinazioni dei due diodi, per $V_{in}=-30,-25,-20,-15,-10,-5,0,5,10\ \mathrm V$ si ottiene $V_{out}=14{,}857;\ 13{,}429;\ 12;\ 10;\ 8;\ 4;\ 0;\ -4;\ -8\ \mathrm V$, uguale alla tabella.

Errori comuni

• Leggere $V_A=-6\ \mathrm V$ come $+6\ \mathrm V$: il valore va letto con il verso di riferimento disegnato (positivo in alto), quindi la guida è a $-6\ \mathrm V$ rispetto a massa.
• Dimenticare che $D_2$ è collegato al nodo invertente (massa virtuale a $0\ \mathrm V$) e non a una tensione variabile.
• Scrivere la LKC al nodo $M$ senza tenere conto di tutti i rami (anche quello di $D_2$ quando conduce).
• Non verificare le condizioni $V_{P_1}\le-6$ e $V_{out}\ge12$ per cambiare stato ai diodi.