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da **Frenzi** » 4 gen 2022, 21:06

MarcoD ha scritto:I cavi di connessione fra il +5V, -5V e comune con un alimentatore sono corti ?
Sei sicuro che la tensione sia +5 e -5 ?

Si, e l'alimentazione è presa da un alimentatore stabilizzato quindi è "pulita"; tenevo sotto controllo Vss,Vee, Vinput e VOut con l'oscilloscopio e di oscillazioni non ne ho viste.

MarcoD ha scritto:Montato su breadboard? Invia una immagine del circuito.

Purtroppo si, ma lo ho già disfatto.

MarcoD ha scritto:Compra componenti nuovi, magari LM358, tanto costano pochissimo.

Hai ragione, ma per i primi "esperimenti" non volevo fulminare dei componenti nuovi.. comunque ho degli LM324 nuovi. Stavolta però li monto su scheda forata (con zoccolo) così sono sicuro dei collegamenti che magari sulla breadboard erano "traballanti".

Dal datasheet dell'LM324 credo di aver trovato un grafico che indica la massima corrente assorbibile dall'uscita (lo allego qui sotto); secondo questo grafico, si considera un'alimentazione singola, quindi in realtà l'input a V+/2 corrisponde a 0V, e ground corrisponde a -Vee per un'alimentazione duale. Sempre per questo motivo devo considerare Vo=VOut-Vee=-1.33-(-5)=3.67v, e se non leggo male questo corrisponde ad una corrente assorbita pari a circa 11mA. Non capisco però se questo valore rappresenti un limite massimo o un valore minimo, ma per sicurezza direi massimo.
Questo, ponendo R2=10000k, mi porterebbe ad usare una resistenza di carico di massimo 131 ohm, quindi per sicurezza diciamo almeno il doppio, 300 ohm.
In pratica il nuovo circuito sarebbe il seguente (ho aggiunto un amperometro sull'uscita per vedere effettivamente cosa succede):

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Quindi dovrei in teoria ritrovarmi:
Vout = -1.33V
I2 = 133 uA
IL = 4.43 mA
I = 4.57 mA
Pd = 17 mW

Per stare tranquillo pensavo anche di collegare gli opamp non utilizzati come consigliato da Ti nella "Application Design Guidelines for LM324/LM358 Devices" a pag. 27, ovvero con ingresso non invertente a massa con una resistenza da 10k e l'ingresso invertente in cortocircuito con l'uscita.

da **Frenzi** » 5 gen 2022, 1:13

Aggiornamento: ho realizzato su scheda forata il circuito proposto (con un LM324 nuovo), e tutti i valori coincidono con buona approssimazione a quanto calcolato. Sono partito da una resistenza di carico di 1.5k, per scendere fino a 150 ohm, e tutto è andato secondo i piani. Anche con quest'ultima resistenza, lasciando il circuito acceso per un quarto d'ora non ho rilevato alcun surriscaldamento anomalo e la regolazione è stata assolutamente stabile e soddisfacente.
Probabilmente gli opamp di recupero che avevo utilizzato precedentemente erano vecchi e/o molto stressati (sia dal precedente utilizzo che dalla dissaldatura magari), oppure erano dei falsi rimarchiati, chissà.. in qualsiasi caso tutto bene quel che finisce bene.
Grazie a tutti per l'aiuto :ok:

da **Frenzi** » 5 gen 2022, 13:56

Scusatemi, avrei un 'altra domanda inerente l'argomento per la quale non mi sembra sensato aprire un altro post.. sia in configurazione non invertente che invertente, se setto un certo guadagno tale per cui Vinput sia compresa nelle tensioni di alimentazione ma VOut no (ad esempio settando un gain di 10, do in ingresso 2V e alimento l'opamp con +-5V, in teoria dovrei ottenere 20V in uscita ma chiaramente questo non è possibile), cosa succede alla tensione di uscita? Viene limitata a +Vss (se in configurazione non invertente) o -Vss(se in configurazione non invertente) oppure avviene qualcos'altro? Gli opamp si rovinano in questo tipo di condizione?
Grazie

da **PietroBaima** » 5 gen 2022, 14:27

Frenzi ha scritto:cosa succede alla tensione di uscita? Viene limitata a +Vss (se in configurazione non invertente) o -Vss(se in configurazione non invertente) oppure avviene qualcos'altro?

Se l’operazionale è un operazionale comune la tensione di uscita è limitata alla tensione di headroom, che in pratica è la tensione di alimentazione meno qualcosa, che dipende dalla architettura interna dell’OPAMP (trovi questi valori sul datasheet).
Stesso discorso per la tensione negativa (si parla di positive e negative headroom voltage).
Se l’operazionale è invece di tipo rail-to-rail la tensione di uscita è praticamente quella di alimentazione (positiva o negativa a seconda dei casi)

Frenzi ha scritto: Gli opamp si rovinano in questo tipo di condizione?

No

da **MarcoD** » 5 gen 2022, 14:28

in teoria dovrei ottenere 20V in uscita ma chiaramente questo non è possibile), cosa succede alla tensione di uscita? Viene limitata a +Vss (se in configurazione non invertente) o -Vss(se in configurazione non invertente)
oppure avviene qualcos'altro?
Gli opamp si rovinano in questo tipo di condizione?

L'uscita viene limitata un poco al di sotto della tensione di alimentazione interessata.
Quanto poco, dipende dal tipo e modello dell' operazionale.
Assolutamente non si rovina, purchè il carico RL non sia troppo gravoso.
I circuiti operazionali con reazione positiva, ossia gli squadratori con isteresi lavorano così in saturazione.
Occorre leggere con cura il data sheet del componente.

Pietro Baima mi ha preceduto :-)

da **PietroBaima** » 5 gen 2022, 14:32

Consiglio la lettura di questo interessante articolo.

da **MarcoD** » 5 gen 2022, 14:47

Prova questi circuiti, e prova a ricavare il periodo di oscillazione dal valore dei componenti.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **Frenzi** » 6 gen 2022, 11:17

Un doverosissimo grazie a

PietroBaima e

MarcoD

PietroBaima ha scritto:Consiglio la lettura di questo interessante articolo.

Letto e apprezzato.

Veniamo ai circuiti proposti da Marco: premetto che non ero ancora arrivato agli oscillatori (stavo ancora studiando derivatore e integratore) ma ancora ti ringrazio moltissimo perché in teoria il programma del professore non li comprendeva, quindi me li sarei "persi". Per il momento ho analizzato solo il primo (con alimentazione duale) ed è stato veramente super interessante, e devo dire che ci ho messo un po' a capirne il funzionamento. Questo è quello che ho capito:
______________________________________________________________________________________________
Principio di funzionamento
In pratica l'opamp è utilizzato come un comparatore la cui tensione di riferimento $V_{ref}$ viene settata mediante un partitore resistivo riferito alla tensione di uscita. Quando la carica / scarica del condensatore supera la tensione di riferimento, il comparatore cambia stato in uscita, ottenendo di fatto un onda quadra.
In questo caso mi sembra che il carico in uscita non cambi nulla, dato che ai suoi capi ritroviamo la tensione $V_{out}$ e lui non fa altro che assorbire corrente aggiuntiva dall'uscita dell'operazionale, quindi per analizzare il circuito è indifferente rimuoverla (a meno del calcolo di $I_{out}$ )
______________________________________________________________________________________________

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

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Determinazione della tensione ai capi del condensatore in funzione del tempo
Mi sembra interessante ricavare la formula per calcolare i tempi di accensione e spegnimento, quindi risolvo per la tensione V_c(t)

; le equazioni di interesse sono:
$I_c = C \frac{dVc}{dt}$
$I_c \approx I_1$
$V_1=V_{out}-V_c$

da cui, detta $\tau = R_1 C$ :

$\frac{dV_c}{dt}=-\frac{1}{\tau}V_c+\frac{V_{out}}{\tau}$

Risolvo l'equazione differenziale e trovo che:

$V_c(t)=V_c(0) e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{out}$

(la costante di integrazione indica in questo caso la condizione iniziale di V_c

)

______________________________________________________________________________________________
Condizioni di funzionamento
Mi sembrava a questo punto sensato analizzare il circuito considerando t=0

il momento in cui veniva "switchata" l'uscita del comparatore, e mi sono trovato in tre condizioni differenti:

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 1 ###: accensione del dispositivo a condensatore scarico
Chiamiamo $V_{OL}$ e $V_{OH}$ le due possibili condizioni che può assumere $V_{out}$ in uscita dal comparatore, che come mi avete spiegato nei post precedenti non è detto che coincidano con le tensioni di alimentazione (a seconda dello stadio finale interno dell'opamp utilizzato). Nonostante ciò, essendo ad alimentazione duale vale sicuramente che $V_{OL}<0$ e $V_{OH}>0$

All'accensione del circuito supponiamo che il condensatore sia scarico, quindi l'ingresso invertente dell'opamp si trova a GND, e di fatto porta la tensione a $V_{out} = V_{OL}$ , quindi (tralasciando quanto è appena avvenuto in un istante infinitesimo di tempo), troviamo che:
$V_c(0)=V_{out}$ , dove $V_{out}=V_{OL}$ ; possiamo quindi riscrivere la V_c(t)

come segue:

$V_c(t)=V_{OL}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

Questo è vero finché $V_c = V_{ref}$ perché dopo il comparatore cambia stato di uscita, causando un comportamento diverso del condensatore.

Diamo per semplicità dei nomi ai valori del partitore resistivo che genera la $V_{ref}$ :
$k = \frac{R_2}{R_2+R_3}$ , $V_{ref}=kV_{out}$ ;

sostituendo le espressioni nell'equazione precedente ricaviamo che:
$V_{OL}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})=kV_{OL}$

da cui, risolvendo per il tempo

otteniamo il tempo a cui l'uscita a rimane a $V_{OL}$ durante il primo ciclo:

$t_{start}=-\tau ln(1-k)$

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 2 ###: condensatore a $V_{ref}$ precedente e $V_{out} = V_{OL}$
Ora siamo entrati nel "loop" di funzionamento vero e proprio, dato che si può arrivare a questa condizione sia dalla condizione 1 che dalla condizione 3. All'istante t=0

("resettiamo" il riferimento del tempo) il condensatore si trova alla "vecchia" $V_{ref}$ , che nel mentre è cambiata dato che è cambiata $V_{out}$ ; quindi:
$V_{out} = V_{OL}$ :
$V_c(0)=kV_{OL}-V_{OH}$
Quindi:
$V_c(t)=kV_{OL}e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{OH}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

Applichiamo lo stesso ragionamento di prima, considerando che questa espressione di V_c

è valida solo finche $V_c=V_{ref}$ ; quindi:
$kV_{OL}e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{OH}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})=kV_{OH}$

Riarrangiando un po la formula e risolvendo per il tempo troviamo quindi il tempo per il quale l'uscita rimane a $V_{OH}$ :

$t_{HIGH}=-\tau ln(\frac{k-1}{\frac{V_{OL}}{V_{OH}}k-1})$

(mi sembrava la forma migliore in cui riarrangiarla, non vedo semplificazione possibili)

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 3 ###: condensatore a $V_{ref}$ precedente e $V_{out} = V_{OH}$
Quest'ultima condizione di funzionamento è identica alla condizione 2 ma con $V_{OL}$ e $V_{OH}$ scambiati, quindi:
$V_c(t)=kV_{OH}e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{OL}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

$t_{LOW}=-\tau ln(\frac{k-1}{\frac{V_{OH}}{V_{OL}}k-1})$

______________________________________________________________________________________________
Conclusioni
Se le tensioni in uscita dal comparatore sono perfettamente simmetriche, il duty cycle è esattamente al 50% dato che le due formule del tempo "degenerano" in $t_{HIGH} \equiv t_{LOW}=-\tau ln(\frac{k-1}{-k-1})$ ; altrimenti il duty cycle è funzione del rapporto tra le due tensioni. Ho cercato di ricavarne una forma in cui si vedesse bene la dipendenza dal rapporto tra le tensioni, ma viene veramente un casino di rapporto tra logaritmi che non riesco a districare in modo semplice, quindi molto meglio limitarsi a calcolare il duty con i due tempi in formato numerico:
$Duty Cycle = (\frac{t_{HIGH}}{t_{LOW}+t_{HIGH}})100$

Spero di non aver detto delle stupidaggini, e scusate la prolissità. Ora analizzo anche quello ad alimentazione singola, ma a primo impatto credo che non ci sia grandissima differenza.

da **MarcoD** » 6 gen 2022, 16:11

Complimenti per la tua risposta dettagliata.
Pongo un altro quesito, diviso in una parte semplice e una difficile.
La semplice è spiegare/predire il comportamento del generatore di onda triangolare.
Quella difficile è dimensionare Vout trian, R4 e R5, V1 e V2 del partitore non lineare simmetrico in modo da trasformare l'onda triangolare in una sinusoidale approssimata.
Molti anni fa lo avevo risolto "a occhio" in modo grafico, ottenendo una sinusoidale con una distorsione di "solo" circa 10%.
Un circuito simile, ma più complesso era stato usato e brevettato dalla Wavetek negli anni 60 per i suoi generatori di funzioni.
Ovviamente , questo è un gioco, non sei obbligato a farli, dipende dal tempo libero dai tuoi studi, ma se riesci ottieni una buona considerazione nel forum. O_/

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da **Frenzi** » 6 gen 2022, 20:32

Riporto per completezza la soluzione dell'oscillatore astabile monotensione.
Il procedimento è praticamente identico a quello in alimentazione duale; quello che cambia è la tensione di riferimento $V_{ref}$ e ovviamente la tensione $V_{OL}$ che non sarà più negativa, ma leggermente superiore o pari a 0V.
Togliendo dal circuito proposto da MarcoD il condensatore C2 (che mi pare fungesse da filtro sull'alimentazione) e la resistenza di carico RL che come prima non modifica il comportamento nel tempo del circuito, otteniamo il circuito seguente:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La parte riguardante il condensatore rimane esattamente la stessa, mentre dobbiamo calcolare $V_{ref}$ che non è più un semplice partitore:
1) $V_{ref}=V_{out}-V_3 = V_{out}-I_3R_3$
2) I_3=I_2-I_4

3) $V_2=V_{ref}$
4) $V_4=V_{ss}-V_{ref}$

Sostituendo la 3) e la 4) nella 2) otteniamo: $I_3=\frac{V_{ref}}{R_2}-\frac{V_{ss}-V_{ref}}{R4}$

Sostituendo I_3

nella 1), dopo qualche passaggio algebrico otteniamo finalmente l'espressione di $V_{ref}$ ; visto che dopo dovremo usare questo valore come funzione della tensione di uscita che può assumere i valori $V_{OL}$ e $V_{OH}$ , la scrivo come funzione in modo da alleggerire le scritture successive:

$V_{ref}(V_{out})=\frac{V_{out}+\frac{R_3}{R_4}V_{ss}}{1+R_3(\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_4})}$

L'espressione di base di V_c(t)

non è cambiata rispetto al post precedente, quindi come prima andiamo a considerare le 3 condizioni di funzionamento:

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 1 ###: accensione del dispositivo a condensatore scarico
Condizioni iniziali: $V_c(0)=V_{out}$ e $V_{out}=V_{OH}$ dato che all'istante dell'accensione il condensatore è scarico e figura come un cortocircuito a GND.
Otteniamo quindi:
$V_c(t)=V_{OH}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

Che resta vero fino a che $V_c(t) = V_{ref}$ , ovvero:

$V_{OH}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})=V_{ref}(V_{OH})$

Risolvendo per il tempo, dopo qualche passaggio, otteniamo quindi la durata del transitorio iniziale per il quale l'uscita resta a $V_{OH}$ :

$t_{start} = -\tau ln(V_{OH}-V_{ref}(V_{OH}))$

(Attenzione che $V_{ref}(V_{OH})$ indica la "sostituzione" in una funzione NON una moltiplicazione)

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 2 ###: condensatore a $V_{ref}(V_{OH})$ precedente e $V_{out} = V_{OL}$
Condizioni iniziali: $V_c(0)=V_{ref}(V_{OH})-V_{OL}$ e $V_{out}=V_{OL}$

Otteniamo quindi:

$V_c(t)=V_{ref}(V_{OH})e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{OL}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

Che resta vero fino a che $V_c(t) = V_{ref}(V_{OL})$ ; evitiamo di scrivere la sostituzione completa perché è lunga ed inutile metterla per intero qui; risolvendo per il tempo, dopo qualche passaggio, otteniamo quindi la durata per il quale l'uscita resta bassa a $V_{OL}$ :

$t_{LOW} = -\tau ln\left( \frac{V_{ref}(V_{OL})-V_{OL}}{V_{ref}(V_{OH})-V_{OL}} \right)$

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
### Condizione 3 ###: condensatore a $V_{ref}(V_{OL})$ precedente e $V_{out} = V_{OH}$
Come per il caso ad alimentazione duale, questa condizione è uguale alla condizione 2 ma a $V_{OH}$ e $V_{OL}$ invertite, quindi:

$V_c(t)=V_{ref}(V_{OL})e^{\frac{-t}{\tau}}+V_{OH}(1-e^{\frac{-t}{\tau}})$

durata per il quale l'uscita resta alta a $V_{OH}$ :

$t_{HIGH} = -\tau ln\left( \frac{V_{ref}(V_{OH})-V_{OH}}{V_{ref}(V_{OL})-V_{OH}} \right)$

_____________________________________________________________________________________________
Le considerazioni finali restano molto simili a quanto detto per l'altro caso.
Ho simulato il circuito ed in teoria i conti tornano tutti; bisogna vedere se poi nella pratica cambia qualcosa... domani se ho tempo provo.

Per il nuovo circuito che mi hai proposto, vedo se ho tempo in questi giorni perché sono circuiti molto interessanti ma anche dispendiosi in termini di tempo. Grazie O_/

_____________________________________________________________________________________________

Nota: c'è un refuso nelle condizioni 2 e 3 del post precedente; nel titolo di entrambe e nella prima equazione della condizione 2 ho invertito $V_{OL}$ e $V_{OH}$ (i conti ed il resto sono corretti)

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