Esercizio 27transcaratteristica di un non invertente con un diodo sull'ingresso positivo e uno sulla retroazione, due valori di V_B (tema d'esame giugno 2022)

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1. Struttura: due reti indipendenti

Nessuna corrente entra negli ingressi dell'opamp, quindi il lato $+$ è una rete che da $V_{in}$ produce la tensione $V_+$ (con $D_2$), e il lato $-$ è un amplificatore in cui $V_-=V_+$ (corto virtuale) e il diodo $D_1$ cambia il guadagno.

2. Lato non invertente: $V_+=g(V_{in})$

$D_2$ ha l'anodo a massa e il catodo verso $R_4$: può condurre solo se una corrente scorre da massa verso $P$ attraverso $D_2$ e $R_4$ e poi, tramite $R_3$, verso il generatore, cioè solo se $V_{in}<0$.

• $V_{in}\ge0$: $D_2$ OFF. Nessuna corrente in $R_3$ e $R_4$: $V_+=V_{in}$ (il catodo è a $V_{in}\ge0$, sopra l'anodo, in inversa).
• $V_{in}\le0$: $D_2$ ON (catodo a $0\ \mathrm V$): $R_3$ e $R_4$ formano un partitore e $$V_+=V_{in}\frac{R_4}{R_3+R_4}=\frac{2}{6}V_{in}=\frac{V_{in}}{3}.$$ Questa legge non dipende da $V_B$.

3. Lato invertente: effetto di $D_1$

Con il corto virtuale $V_-=V_+$. $D_1$ (anodo sul lato $R_1$, catodo a $V_B$):

• ON se $V_-\ge V_B$: la corrente $i_1=\dfrac{V_--V_B}{R_1}$ scende in $R_1$ e $D_1$ verso la batteria e viene fornita dall'uscita attraverso $R_2$: $$V_{out}=V_-+R_2i_1=V_-\Big(1+\frac{R_2}{R_1}\Big)-\frac{R_2}{R_1}V_B=3V_--2V_B.$$
• OFF se $V_-<V_B$: nessuna corrente in $R_1$ e $R_2$, quindi $V_{out}=V_-$ (inseguitore).

4. Caso 1: $V_B=3\ \mathrm V$

$D_1$ è ON se $V_+\ge3\ \mathrm V$. Poiché $V_+=V_{in}$ per $V_{in}\ge0$ e $V_+\le0$ per $V_{in}\le0$, la condizione equivale a $V_{in}\ge3\ \mathrm V$.

Punti di spezzamento: $(0;0)$ e $(3;3)$; estremi $(-15;-5)$ e $(15;39)$. Continuità in $V_{in}=3$: $3\cdot3-6=3$ ✓. Per $V_{in}\le0$ è $V_+=V_{in}/3\le0<3$: $D_1$ OFF.

5. Caso 2: $V_B=-3\ \mathrm V$

$D_1$ è ON se $V_+\ge-3\ \mathrm V$. Per $V_{in}\ge0$ è $V_+=V_{in}\ge0$: sempre ON. Per $V_{in}<0$ è $V_+=V_{in}/3\ge-3$ se $V_{in}\ge-9\ \mathrm V$.

Con $D_1$ ON: $V_{out}=3V_--2V_B=3V_++6$. Quindi per $V_{in}\ge0$: $V_{out}=3V_{in}+6$; per $-9\le V_{in}\le0$: $V_{out}=3\cdot\dfrac{V_{in}}3+6=V_{in}+6$. Per $V_{in}\le-9$ il diodo $D_1$ è OFF e $V_{out}=V_+=V_{in}/3$.

Punti di spezzamento: $(-9;-3)$ e $(0;6)$; estremi $(-15;-5)$ e $(15;51)$. Continuità: in $V_{in}=-9$, $-9+6=-3=-9/3$ ✓; in $V_{in}=0$, $6$ da entrambi i lati ✓.

Confronto. Le due caratteristiche hanno le stesse pendenze ($\tfrac13$, $1$, $3$) negli stessi ordini: cambiano solo le ascisse dei punti di spezzamento e l'offset, perché $V_B$ interviene soltanto nel termine $-2V_B$ e nella soglia di $D_1$. Con $V_B=-3\ \mathrm V$ la soglia di $D_1$ cade a $V_{in}=-9\ \mathrm V$ (nel tratto in cui $V_+=V_{in}/3$), con $V_B=+3\ \mathrm V$ cade a $V_{in}=+3\ \mathrm V$.

Verifica numerica. Risolvendo il circuito completo (analisi nodale, opamp ideale) per tutte le quattro combinazioni degli stati dei diodi e tenendo lo stato coerente, per $V_{in}=-15,-9,-3,0,1,3,6,15\ \mathrm V$ si ottiene con $V_B=3$: $-5;\,-3;\,-1;\,0;\,1;\,3;\,12;\,39\ \mathrm V$ e con $V_B=-3$: $-5;\,-3;\,3;\,6;\,9;\,15;\,24;\,51\ \mathrm V$. L'accordo vale su 301 valori di $V_{in}$ per ciascun caso.

Errori comuni

• Dimenticare che $D_2$ cambia $V_+$ per $V_{in}<0$ (partitore $R_4/(R_3+R_4)=\tfrac13$): senza $D_2$ si avrebbe sempre $V_+=V_{in}$.
• Scrivere il guadagno con $D_1$ ON come $1+R_2/R_1=3$ applicato a $V_+$ trascurando il termine costante $-2V_B$.
• Valutare la soglia di $D_1$ su $V_{in}$ invece che su $V_+$: per $V_{in}<0$ vale $V_+=V_{in}/3$ (la soglia $V_B=-3\ \mathrm V$ corrisponde a $V_{in}=-9\ \mathrm V$, non a $-3\ \mathrm V$).
• Scambiare il verso dei diodi: $D_1$ conduce quando $V_-$ supera $V_B$ (catodo su $V_B$), $D_2$ conduce quando il suo catodo scende sotto massa.
• Applicare il guadagno $3V_--2V_B$ anche nei tratti in cui $D_1$ è OFF (con $V_B=3\ \mathrm V$ per $V_{in}<3\ \mathrm V$): lì $R_1$ e $R_2$ non portano corrente e $V_{out}=V_-$.