Esercizio 6Bode di un non invertente con ingresso passa-alto e rete a T, uscita a una sinusoide (tema d'esame giugno 2023)

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1. La funzione di trasferimento

Ingresso. $C_1$-$R_1$ è un partitore passa-alto non caricato (il morsetto $+$ non assorbe corrente): $$V_+=V_{in}\,\frac{R_1}{R_1+1/(sC_1)}=V_{in}\,\frac{sR_1C_1}{1+sR_1C_1}.$$ Retroazione. Con il corto virtuale $V_-=V_+=:V_x$. Il nodo invertente non assorbe corrente: la corrente in $R_3$ è uguale a quella in $R_2$, $I=V_x/R_2$ (verso massa). Il nodo $Y$ ha tensione $$V_Y=V_x+R_3I=V_x\Big(1+\frac{R_3}{R_2}\Big).$$ KCL nel nodo $Y$ (le correnti verso $R_3$, $C_2$ e dall'uscita attraverso $R_4$): la corrente che arriva da $R_4$ è $\dfrac{V_{out}-V_Y}{R_4}$ e si divide tra $C_2$ ($sC_2V_Y$) e $R_3$ ($I=V_x/R_2$): $$\frac{V_{out}-V_Y}{R_4}=sC_2V_Y+\frac{V_x}{R_2}\ \Rightarrow\ V_{out}=V_x\Big[\Big(1+\frac{R_3}{R_2}\Big)(1+sR_4C_2)+\frac{R_4}{R_2}\Big].$$ Cioè il guadagno del non invertente con la rete a T è $$G(s)=\frac{V_{out}}{V_x}=1+\frac{R_3+R_4}{R_2}+s\,\frac{R_4C_2\,(R_2+R_3)}{R_2}.$$ Con i numeri: $1+\dfrac{16}{4}=5$ e $\dfrac{R_4C_2(R_2+R_3)}{R_2}=\dfrac{10\cdot10^3\cdot6\cdot10^{-9}\cdot10\cdot10^3}{4\cdot10^3}=150\ \mu\mathrm s$. Quindi $G(s)=5+s\cdot150\ \mu\mathrm s=5\,(1+s\cdot30\ \mu\mathrm s)=5\,(1+s/33\,333)$. $$\boxed{A_v(s)=\underbrace{\frac{s\,R_1C_1}{1+sR_1C_1}}_{\omega_1=1/(R_1C_1)=10^4}\cdot5\,\Big(1+\frac s{33\,333}\Big)=5\;\frac{s}{10^4}\,\frac{1+s/33\,333}{1+s/10^4}}$$ ($R_1C_1=100\ \mu\mathrm s$.) Zero nell'origine (con $\omega_0=10^4$), polo in $10^4$, zero in $33\,333\ \mathrm{rad/s}$, costante $5$. Nota: il modulo cresce senza limite dopo l'ultimo zero ($+20\ \mathrm{dB/dec}$): è un'idealità dell'opamp ideale (la banda infinita); un operazionale vero limiterebbe il guadagno (Operazionale reale - guadagno finito, offset, correnti di polarizzazione e slew rateUn opamp reale ha guadagno finito e dipendente dalla frequenza A(jω) = A0/(1+jω/ωA), resistenza di uscita RO, correnti di ingresso (polarizzazione IB, offset IOS), tensione di offset VOS e velocità di variazione dell'uscita limitata (slew rate). Con retroazione negativa il guadagno ad anello chiuso è G·A/(A+G) con G = 1+R2/R1 (non invertente), quindi la banda vale ωT/G: prodotto guadagno-banda costante. Gli errori in continua di VOS, IB, IOS si calcolano con la sovrapposizione degli effetti, spegnendo il segnale.Operazionale reale - guadagno finito, offset, correnti di polarizzazione e slew rate →). Verifica numerica con l'analisi nodale del circuito completo: coincide con la formula (rapporto $1{,}000$ in tutte le frequenze controllate).

2. Diagrammi di Bode (asintotici)

Punti di spezzamento: $\omega=10^4$ (polo) e $\omega=33\,333$ (zero); più lo zero nell'origine.

Modulo. Per $\omega<10^4$: $|A_v|\simeq5\,\omega/10^4$, $+20\ \mathrm{dB/dec}$ (vale $0\ \mathrm{dB}$ in $\omega=2000$ e $20\log5=13{,}98\ \mathrm{dB}$ in $\omega=10^4$). Tra $10^4$ e $33\,333$: lo zero nell'origine e il polo si compensano: costante a $13{,}98\ \mathrm{dB}$. Oltre $33\,333$: $+20\ \mathrm{dB/dec}$ (a $10^5$: $13{,}98+20\log(10^5/33\,333)=23{,}5\ \mathrm{dB}$).

Fase. $+90^\circ$ (zero nell'origine) più la rampa del polo ($-90^\circ$ tra $10^3$ e $10^5$) e quella dello zero ($+90^\circ$ tra $3333$ e $333\,333$). Valori asintotici: $+90^\circ$ per $\omega\le10^3$; $66{,}5^\circ$ tra $10^4$ e $3{,}3\cdot10^4$ (la rampa del polo e quella dello zero si compensano parzialmente); $90^\circ$ oltre $3\cdot10^5$.

Valori esatti (analisi nodale): modulo $-26{,}0,\ -6{,}1,\ 11{,}3,\ 16{,}1,\ 16{,}6,\ 23{,}9,\ 43{,}5\ \mathrm{dB}$ e fase $89{,}6^\circ,\ 86{,}0^\circ,\ 61{,}7^\circ,\ 60{,}4^\circ,\ 61{,}7^\circ,\ 77{,}3^\circ,\ 88{,}7^\circ$ per $\omega=10^2,10^3,10^4,3\cdot10^4,3{,}33\cdot10^4,10^5,10^6$.

3. Uscita per $v_{in}=0{,}2\sin(10^5t)$

Con i diagrammi asintotici (come richiesto): in $\omega=10^5$ il modulo asintotico è $23{,}52\ \mathrm{dB}=15{,}0$ e la fase $66{,}5^\circ$ (rampa del polo finita: $-90^\circ$ più rampa dello zero: $+45^\circ(1+\log\frac{10^5}{33\,333})=+66{,}5^\circ$, con lo zero nell'origine $+90^\circ$; in totale $90-90+66{,}5=66{,}5^\circ$). Quindi $$v_{out}(t)\simeq0{,}2\cdot15{,}0\,\sin(10^5t+66{,}5^\circ)=3{,}0\,\sin(10^5t+66{,}5^\circ)\ \mathrm V.$$ Valore esatto (con i numeri complessi): $A_v(j10^5)=5\cdot\dfrac{j10}{1+j10}(1+j3)$, di modulo $5\cdot\dfrac{10}{10{,}05}\cdot3{,}162=15{,}73$ e fase $90^\circ-84{,}3^\circ+71{,}6^\circ=77{,}3^\circ$, quindi $$v_{out}(t)=0{,}2\cdot15{,}73\,\sin(10^5t+77{,}3^\circ)=3{,}15\,\sin(10^5t+1{,}349\ \mathrm{rad})\ \mathrm V.$$ Le due soluzioni differiscono del $5\%$ in ampiezza e di $11^\circ$ in fase, come previsto dalla distanza di soli $\log(3)=0{,}48$ decadi tra $\omega$ e lo zero.

Errori comuni

• Dimenticare che il morsetto $+$ non assorbe corrente: $C_1$-$R_1$ è un partitore non caricato.
• Trattare il nodo $Y$ come se $R_3$ e $R_4$ fossero in serie senza il condensatore $C_2$ (la corrente in $R_4$ non è quella in $R_3$).
• Calcolare lo zero di $G(s)$ come $1/(R_4C_2)$: è $\dfrac{1+(R_3+R_4)/R_2}{R_4C_2(R_2+R_3)/R_2}=33\,333$.
• Applicare solo il modulo e dimenticare di sommare la fase per ottenere $v_{out}(t)$.