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Opamp bruciati

Elettronica lineare e digitale: didattica ed applicazioni

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[21] Re: Opamp bruciati

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 7 gen 2022, 23:37

Eccomi qui, ho analizzato il generatore di onda triangolare e tentato la risoluzione del "filtro" a diodi (che non mi è riuscita). Parlando di quest'ultimo, lo trovo abbastanza complicato, e, nonostante ci abbia picchiato la testa tutto il pomeriggio, non ne sono venuto a capo. Mettendo valori "a caso" sono riuscito a farlo funzionare nelle simulazioni, ma non ho compreso a fondo il suo funzionamento e soprattutto come determinare matematicamente dei buoni parametri per le sue componenti caratteristiche. Quello che credo di aver capito è che si usa una coppia di diodi per le semionde negative ed una per quelle positive. Quando gli uni sono polarizzati direttamente, gli altri sono inversa, quindi, a meno della minima corrente di perdita di quelli in inversa, tutta la corrente viene assorbita da quelli polarizzati direttamente. Il "trucco" credo che sia polarizzarli con le sorgenti di tensione assolutamente prima della tensione di soglia, in modo tale che la caratteristica tensione/corrente sia un esponenziale ma con esponente molto "basso". Con le 2 diverse polarizzazioni, si approssima così con la sovrapposizione degli effetti di 2 esponenziali l'andamento del seno, solo per i valori più alti dell'onda triangolare; in pratica è come se i diodi si comportassero come delle "resistenze esponenziali" controllate dalla tensione di uscita. Non mi sono addentrato più di così nella vicenda, perché, per quanto affascinante, mi sembra una tecnica "superata" (con un generatore PWM e filtro (tipo amplificatore in Classe D) credo che si possano ottenere sinusoidi molto più precise in termini di controllo di ampiezza, frequenza e distorsione). Inoltre è un argomento che esula da quello che intendevo studiare, quindi mi fermo qui.

Per quanto riguarda invece il generatore di onda triangolare è stato, ancora una volta, interessante ed istruttivo analizzarne il circuito. Questo è quello che ho capito:

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PRINCIPIO DI FUNZIONAMENTO
Il circuito è costituito da un integratore e da un comparatore non invertente; l'integratore si occupa di generare la rampa crescente o decrescente, mentre il comparatore fornisce la tensione costante da integrare all'ingresso dell'integratore (ed integrando una costante si ottiene per l'appunto una rampa lineare); come al solito la tensione in uscita dal comparatore può assumere i valori V_{OL} o V_{OH}, a seconda che il valore in ingresso al comparatore sia superiore o inferiore a V_{ref} (che in questo caso è GND=0V). Si assume che V_{ss},V_{OH}>0 e V_{ee}, V_{OL}<0


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DETERMINAZIONE DELLE GRANDEZZE CARATTERISTICHE
Per chiarezza mia ho nominato con il pedice k le tensioni inerenti al comparatore e con V_{in} e V_{out} quelle inerenti all'integratore.

Senza stare a dimostrarle, per l'integratore valgono le seguenti relazioni:
\tau=R_1C
1)V_{out}=-\frac{1}{\tau}\int_{0}^{t}V_{in}~dt

Ricaviamo ora il valore della tensione in ingresso al comparatore:
2)V_{ki}=V_{ko}-V_3 \equiv V_{ko}-I_3R_3

3)I_3 \approx I_2 =\frac{V_2}{R_2} = \frac{V_{ki}-V_{out}}{R_2}

Da cui, sostituendo 3) in 2) otteniamo l'espressione dell'ingresso del comparatore in funzione della sua uscita:
4)V_{ki}(V_{ko})=\frac{V_{ko}+V_{out}\frac{R_3}{R_2}}{1+\frac{R_3}{R_2}}

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CONDIZIONI DI FUNZIONAMENTO
Nell'equazione 4) abbiamo un incognita di troppo; possiamo però sfruttare il fatto che, mentre V_{out} varia in modo continuo, la tensione in uscita dal comparatore V_{ko} può assumere unicamente 2 stati, V_{OL} o V_{OH}. Analizziamo quindi queste 2 condizioni:

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Condizione 1 - comparatore con uscita alta
Se V_{ko}=V_{OH} significa che l'ingresso al comparatore V_{ki} è al di sopra della soglia di riferimento, che in questo caso è GND, quindi vale che:
V_{ki}(V_{OH})>0.
Sostituiamo l'espressione di V_{ki} nella disequazione:

\frac{V_{OH}+V_{out}\frac{R_3}{R_2}}{1+\frac{R_3}{R_2}}>0

risolvendo per V_{out} troviamo che il comparatore rimane con l'uscita alta a V_{ko}=V_{OH} finché non avviene che:
V_{out}<-\frac{R_2}{R_3}V_{OH}

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Condizione 2 - comparatore con uscita bassa
In modo molto simile, il comparatore rimane con uscita bassa per:
V_{ki}(V_{OL})<0
Sostituendo e risolvendo per V_{out} troviamo che il comparatore rimane con l'uscita bassa a V_{ko}=V_{OL} finché non avviene che:
V_{out}>-\frac{R_2}{R_3}V_{OL}

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Espressioni della tensione in uscita
Abbiamo ora gli elementi per risolvere l'equazione 1) caratteristica dell'integratore nelle 2 condizioni di funzionamento.
In generale è chiaro che la tensione in ingresso all'integratore è quella in uscita dal comparatore V_{in}=V_{ko}, quindi possiamo riscrivere la 1) come:

V_{out}=-\frac{1}{\tau}\int_{0}^{t}V_{ko}~dt

Abbiamo anche suddiviso il funzionamento del circuito in periodi di tempo per cui V_{ko} è costante, quindi possiamo portarlo fuori dall'integrale e integrare semplicemente dt, senza dimenticarci della costante di integrazione:
5)V_{out}=-\frac{1}{\tau}V_{ko}t+V_c(0)

In questo caso la costante di integrazione corrisponde alla tensione ai capi del condensatore nell'istante considerato come t=0.

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Ciclo di avvio
Mi è risultato difficile capire cosa succeda durante il "ciclo di avvio" perché è come se ci si trovasse in uno "stallo alla messicana" dove nessuno inizia se non inizia l'altro. Credo che in questa fase il condensatore si carichi a causa delle non idealità nel circuito e nelle piccolissime correnti di polarizzazione degli stadi di ingresso dell'opamp, però non ci ho capito molto ed evito di scrivere cavolate. Considererò quindi il loop come iniziato in uno dei due stati già a regime.

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Rampa ascendente- comparatore con uscita bassa
Il condensatore rimane carico dal ciclo prima alla ultima tensione V_{out} presente prima che il comparatore cambiasse di stato, quindi la sua tensione iniziale è pari a:
V_c(0)=-\frac{R_2}{R_3}V_{OH}

La tensione di uscita del comparatore vale:
V_{ko}=V_{OL}

La tensione in uscita dall'integratore espressa nell'equazione 5) rimane valida fino al cambio di stato del comparatore, che avviene per:
V_{out}>-\frac{R_2}{R_3}V_{OL}

Sostituendo quindi tutti gli elementi nella disequazione otteniamo:
-\frac{1}{\tau}V_{OL}t-\frac{R_2}{R_3}V_{OH}<-\frac{R_2}{R_3}V_{OL}

Da cui, risolvendo per il tempo, otteniamo la durata della rampa ascendente:

t_{ascendente}=-\tau \frac{R_2}{R_3}\frac{(V_{OH}+V_{OL})}{V_{OL}}

La tensione massima positiva dell'onda triangolare in uscita risulta quindi limitata a:
V_{out_p+}=-\frac{R_2}{R_3}V_{OL}
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Rampa discendente - comparatore con uscita alta
Come per l'oscillatore astabile, questo caso è "duale" al precedente, per cui si ottengono i medesimi risultati ma con V_{OH} e V_{OL} scambiati; quindi:
La tensione di uscita del comparatore vale:
V_{ko}=V_{OH}

Il comparatore cambia stato in uscita per:
V_{out}<-\frac{R_2}{R_3}V_{OH}

durata della rampa discendente:

t_{discendente}=-\tau \frac{R_2}{R_3}\frac{(V_{OL}+V_{OH})}{V_{OH}}

Tensione massima negativa dell'onda triangolare in uscita:
V_{out_p-}=-\frac{R_2}{R_3}V_{OH}

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CONCLUSIONI
Ancora una volta notiamo come la simmetria delle tensioni in uscita dal comparatore porti a delle semplificazioni nei valori caratteristici del circuito:
Consideriamo infatti il caso di tensioni perfettamente simmetriche per cui |V_{OL}| \equiv |V_{OH}| = V_o;

TENSIONE PICCO-PICCO ONDA TRIANGOLARE
V_{out_{pp}}=2\frac{R_2}{R_3}V_o

PERIODO DI OSCILLAZIONE
T=-2R_1C \frac{R_2}{R_3}V_o

(ovviamente f=T^{-1})
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Spero che queste analisi siano corrette, e che in futuro possano essere utili a qualcuno.
Un saluto a tutti gli amici del forum O_/
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[22] Re: Opamp bruciati

Messaggioda Foto UtenteMarcoD » 8 gen 2022, 13:19

PERIODO DI OSCILLAZIONE 
T=-2R_1C \frac{R_2}{R_3}V_o
Qualcosa non mi convince, il periodo dovrebbe essere indipendente dalla ampiezza della onda quadra: la tensione quadra influisce sia sulle tensioni di soglia sia sulla tensione applicata all'integratore, le due influenze dovrebbero compensarsi.



Inserisco uno schizzo di una possibile soluzione, la soluzione grafico/numerica non è elegante, alcune scelte sono " a occhio", non è detto la soluzione sia la migliore.
Il mio progetto richiede che l'onda triangolare vari fra +1,59 e -1,59 V e la sinusoide risultante sia fra +1 e -1 V con diodi ideali che presentano caduta interna di 0 V.
Forse sono approssimabili con diodi al germanio o shottky.
Se si usano diodi al silicio con caduta di 0,6 V occorre sottrarre 0,6 V alle tensioni V1 e V2. Ma allora V1 = 0,53 - 0,6 = -0,07 occorre invertire segno.
Per un circuito da simulare va bene, ma per una realizzazione pratica crea complicazioni.
Occorrerebbe rifare i calcoli per una Vsinusoidale fra +2 e -2 V.

E' un esempio di come un progetto sia più vago della risoluzione analitica di un esercizio.
Sarebbe interessante introdurre un criterio per la definizione dell'errore per individuare la migliore interpolazione possibile: criterio dei minimi quadrati o della sommatore della norma degli errori ?.

p.s., non sono bravo a usare fidocadj, ho fatto prima a schizzare il progetto con matita su carta , come si usava prima dei wordprocessor. :-) spero che qualcuno lo riscriva in Fidocadj.
Mi piacerebbe anche che qualcuno simulasse il circuito e mostrasse l'andamento delle tensioni, così validerebbe i valori.


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[23] Re: Opamp bruciati

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 8 gen 2022, 17:31

MarcoD ha scritto:PERIODO DI OSCILLAZIONE 
T=-2R_1C \frac{R_2}{R_3}V_o
Qualcosa non mi convince, il periodo dovrebbe essere indipendente dalla ampiezza della onda quadra: la tensione quadra influisce sia sulle tensioni di soglia sia sulla tensione applicata all'integratore, le due influenze dovrebbero compensarsi.
O_/

Che asino! Ho semplificato male quando ho messo insieme la formula del periodo! È corretta, ma senza V_o (perché si semplifica con quello al numeratore). Grazie per la correzione.
Per quanto riguarda il filtro a diodi quando ho un po di tempo libero ci guardo Grazie
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