Esercizio 4Bode di due celle RC e uno stadio non invertente con polo nell'origine (tema d'esame luglio 2022)

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1. Il guadagno $A_1(s)=V_{out}/V_1$ (stadio non invertente)

$V_1$ è sul morsetto non invertente, retroazione $Z_f=R_3+\dfrac1{sC_3}$ verso massa $Z_g=R_4$: $$A_1(s)=1+\frac{Z_f}{R_4}=1+\frac{R_3}{R_4}+\frac{1}{sR_4C_3}=\frac{1+s\,(R_3+R_4)C_3}{s\,R_4C_3}.$$ Con $R_4C_3=1\ \mathrm{ms}$ e $(R_3+R_4)C_3=5\ \mathrm{ms}$: $$A_1(s)=\frac{1+s/200}{s/1000}=\frac{1000}{s}\Big(1+\frac s{200}\Big)\qquad(\text{un polo nell'origine e uno zero in }200\ \mathrm{rad/s}).$$ Verifica dei limiti: per $s\to\infty$ ($C_3$ in corto) $A_1\to1+R_3/R_4=5$ ✓; per $s\to0$ ($C_3$ aperto, nessuna corrente in $R_3,R_4$) $|A_1|\to\infty$: il condensatore interrompe la retroazione in continua, e l'opamp ideale (guadagno infinito) amplifica all'infinito un'eventuale componente continua (in realtà l'uscita satura: ecco perché un segnale con continua non si può applicare, e il guadagno vale solo per variazioni).

Bode di $A_1$. Modulo: per $\omega<200$ è $1000/\omega$, cioè $-20\ \mathrm{dB/dec}$ ($60\ \mathrm{dB}$ in $\omega=1$, $40\ \mathrm{dB}$ in $10$, $13{,}98\ \mathrm{dB}$ in $200$); a $\omega=200$ lo zero fa cambiare pendenza di $+20$ e il modulo resta costante a $20\log_{10}5=13{,}98\ \mathrm{dB}$. Fase: $-90^\circ$ (polo nell'origine) a cui si somma la rampa dello zero ($+90^\circ$ da $\omega=20$ a $2000$): $-90^\circ$ fino a $20$, $-45^\circ$ in $\omega=200$, $0^\circ$ oltre $2000$. Valori esatti: $|A_1|=16{,}99\ \mathrm{dB}$ e fase $-45^\circ$ in $\omega=200$ (il punto di spezzamento sta $3\ \mathrm{dB}$ sopra l'asintoto); $14{,}15\ \mathrm{dB}$, $-11{,}3^\circ$ in $\omega=1000$; $13{,}98\ \mathrm{dB}$ a $10^5$.

2. Il guadagno $A(s)=V_{out}/V_{in}$

$A(s)=\dfrac{V_1}{V_{in}}\cdot A_1(s)$. La rete $R_1,C_1,R_2,C_2$ è una scala RC non separata da un buffer (la seconda cella carica la prima): non è il prodotto di due poli semplici. Dalle equazioni dei due nodi (Circuiti con operazionale in frequenza - Bode e uscita a una sinusoideNei circuiti con opamp ideale la funzione di trasferimento A(s) si ottiene dalle formule di invertente (−Z2/Z1) e non invertente (1+Z2/Z1), con i condensatori sostituiti da 1/(sC) e le reti RC sul morsetto + trattate come partitori (nessuna corrente nell'ingresso). Si porta A(s) nella forma di Bode, si traccia il diagramma asintotico con i punti di spezzamento e si legge modulo e fase alla pulsazione del segnale per scrivere v_out(t); la componente continua dell'ingresso esce moltiplicata per A(0).Circuiti con operazionale in frequenza - Bode e uscita a una sinusoide →): $$\frac{V_1}{V_{in}}=\frac{1}{1+s\,(R_1C_1+R_1C_2+R_2C_2)+s^2R_1R_2C_1C_2}.$$ $R_1C_1=0{,}5\ \mathrm{ms}$, $R_1C_2=0{,}25\ \mathrm{ms}$, $R_2C_2=0{,}5\ \mathrm{ms}$: coefficiente di $s$: $1{,}25\ \mathrm{ms}$; $R_1R_2C_1C_2=5\cdot10^{7}\cdot5\cdot10^{-15}=2{,}5\cdot10^{-7}\ \mathrm{s^2}$. Radici del denominatore $2{,}5\cdot10^{-7}s^2+1{,}25\cdot10^{-3}s+1=0$: $s=\dfrac{-1{,}25\cdot10^{-3}\pm\sqrt{1{,}5625\cdot10^{-6}-10^{-6}}}{5\cdot10^{-7}}=-1000$ e $-4000\ \mathrm{rad/s}$. Quindi $$\frac{V_1}{V_{in}}=\frac1{(1+s/1000)(1+s/4000)},\qquad A(s)=\frac{1000\,(1+s/200)}{s\,(1+s/1000)(1+s/4000)}.$$ (Controllo con analisi nodale in $\omega=1000$: $V_1/V_{in}=0{,}353-j0{,}588=1/[(1+j)(1+j0{,}25)]$ ✓.)

3. Diagrammi di Bode di $A(s)$

Fattori: costante $1000$; polo nell'origine $1/s$; zero in $200$; poli in $1000$ e $4000$.

Modulo. Per $\omega<200$: $1000/\omega$ ($-20\ \mathrm{dB/dec}$, $60\ \mathrm{dB}$ in $\omega=1$). In $\omega=200$ lo zero porta la pendenza a $0$: costante a $20\log(1000/200)=13{,}98\ \mathrm{dB}$ fino a $\omega=1000$. Il polo in $1000$ riporta a $-20\ \mathrm{dB/dec}$ fino a $4000$ (si perdono $20\log4=12{,}04\ \mathrm{dB}$: $1{,}94\ \mathrm{dB}$). Il polo in $4000$ porta la pendenza a $-40\ \mathrm{dB/dec}$.

Fase. $-90^\circ$ (polo nell'origine) più le rampe: zero ($+90^\circ$, $\omega\in[20,2000]$), polo in $1000$ ($-90^\circ$, $[100,10^4]$), polo in $4000$ ($-90^\circ$, $[400,4\cdot10^4]$). Valori asintotici: $-90^\circ$ per $\omega\le20$; $-58{,}5^\circ$ in $100$ e $200$; $-76{,}5^\circ$ in $1000$; $-117^\circ$ in $4000$; $-153^\circ$ in $10^4$; $-180^\circ$ oltre $4\cdot10^4$.

Confronto con i valori esatti (analisi nodale): modulo $60{,}0,\ 40{,}0,\ 20{,}9,\ 16{,}8,\ 13{,}6,\ 10{,}9,\ 6{,}1,\ -1{,}3,\ -14{,}7,\ -54{,}0\ \mathrm{dB}$ e fase $-89{,}8^\circ,\ -87{,}9^\circ,\ -70{,}6^\circ,\ -59{,}2^\circ,\ -55{,}5^\circ,\ -70{,}3^\circ,\ -95{,}7^\circ,\ -123{,}8^\circ,\ -153{,}6^\circ,\ -177{,}3^\circ$ per $\omega=1,10,100,200,500,10^3,2\cdot10^3,4\cdot10^3,10^4,10^5$. In banda (tra $200$ e $1000$ rad/s) il guadagno è circa $5$ ($14\ \mathrm{dB}$): è un passa-banda: attenua sia sotto $200$ (zero dopo un polo nell'origine) sia sopra $1000$.

4. Variante del 28 agosto 2025: $R_3=8\ \mathrm{k\Omega}$, $R_4=2\ \mathrm{k\Omega}$ e uscita a una sinusoide

La scala RC non cambia ($V_1/V_{in}=1/[(1+s/1000)(1+s/4000)]$). Cambia lo stadio non invertente: $R_4C_3=2\ \mathrm{ms}$ e $(R_3+R_4)C_3=10\ \mathrm{ms}$, $$A_1(s)=\frac{1+s\,(R_3+R_4)C_3}{s\,R_4C_3}=\frac{500}{s}\Big(1+\frac s{100}\Big),\qquad A(s)=\frac{500\,(1+s/100)}{s\,(1+s/1000)(1+s/4000)}.$$ Il guadagno ad alta frequenza di $A_1$ resta $1+R_3/R_4=5$ ($13{,}98\ \mathrm{dB}$) perché $R_3/R_4=4$ come prima: cambia solo la posizione dello zero, ora in $\omega=100\ \mathrm{rad/s}$ (era $200$).

Modulo asintotico. $20\log500=53{,}98\ \mathrm{dB}$ in $\omega=1$, $-20\ \mathrm{dB/dec}$ fino a $100$ ($13{,}98\ \mathrm{dB}$), piatto fino a $1000$, $-20\ \mathrm{dB/dec}$ fino a $4000$, poi $-40\ \mathrm{dB/dec}$. Fase asintotica. $-90^\circ$ fino a $\omega=10$; $-45^\circ$ in $\omega=100$ e circa $-45^\circ$ fino a $400$; $-62{,}9^\circ$ in $\omega=1000$; $-117^\circ$ in $4000$; $-153^\circ$ in $10^4$; $-180^\circ$ oltre $4\cdot10^4$.

Uscita con $v_{in}=0{,}2\sin(1000\,t)\ \mathrm V$. $\omega=1000\ \mathrm{rad/s}$ è il punto di spezzamento del primo polo. Dai diagrammi asintotici si legge $|A|=5$ ($13{,}98\ \mathrm{dB}$) e $\angle A=-62{,}9^\circ=-1{,}10\ \mathrm{rad}$, quindi $$v_{out}(t)\simeq0{,}2\cdot5\,\sin(1000\,t-1{,}10)=1{,}0\,\sin(1000\,t-1{,}10)\ \mathrm V\quad(\text{lettura asintotica}).$$ Il calcolo esatto dà $|A(j1000)|=\dfrac{500\,|1+j10|}{1000\,|1+j|\,|1+j0{,}25|}=3{,}447$ ($10{,}75\ \mathrm{dB}$) e $\angle A=-90^\circ+84{,}29^\circ-45^\circ-14{,}04^\circ=-64{,}75^\circ=-1{,}130\ \mathrm{rad}$: $$v_{out}(t)=0{,}689\,\sin(1000\,t-1{,}130)\ \mathrm V.$$ La differenza in ampiezza ($1{,}0$ contro $0{,}69\ \mathrm V$) è l'errore tipico delle asintotiche sul punto di spezzamento: sul polo in $1000$ il modulo vero sta $3\ \mathrm{dB}$ sotto l'asintoto e il polo in $4000$ toglie ancora circa $0{,}3\ \mathrm{dB}$ (in totale $-3{,}2\ \mathrm{dB}$). Un'uscita da Bode si scrive con l'ampiezza letta sul diagramma; il valore esatto serve da controllo.

Verifica numerica. Con l'analisi nodale del circuito completo per $\omega=1,10,100,500,1000,2000,4000,10^4\ \mathrm{rad/s}$ si ottiene un modulo di $53{,}98;\ 34{,}02;\ 16{,}94;\ 13{,}11;\ 10{,}75;\ 6{,}03;\ -1{,}33;\ -14{,}67\ \mathrm{dB}$ e una fase di $-89{,}5^\circ;\ -85{,}0^\circ;\ -52{,}1^\circ;\ -45{,}0^\circ;\ -64{,}75^\circ;\ -92{,}9^\circ;\ -122{,}4^\circ;\ -153{,}1^\circ$.

Errori comuni

• Trattare $R_1C_1$ e $R_2C_2$ come due poli indipendenti in $2000\ \mathrm{rad/s}$ (con $R_1C_1=R_2C_2=0{,}5\ \mathrm{ms}$): il secondo condensatore carica il primo e i poli sono in $1000$ e $4000$.
• Dimenticare il polo nell'origine di $A_1(s)$ e la sua fase costante $-90^\circ$.
• Scambiare la pendenza iniziale: il modulo di un polo nell'origine è $-20\ \mathrm{dB/dec}$ su tutto l'asse, non solo dopo il punto di spezzamento.
• Dimenticare che dopo il polo in $4000$ la pendenza è $-40$ e la fase tende a $-180^\circ$.