Circuiti Lineari Algebrici
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Sistemi, automazione e organizzazione della produzione Esercizi: Circuiti lineari algebrici
Docenti: Franco Tufoni - Enrico Ruggieri CL. 4A-TIEN AS 2012-2013 1
Circuiti lineari algebrici 1.1 Proprietà dell’amplificatore operazionale L’amplificatore operazionale, il cui simbolo è indicato in Fig.1 costituisce attualmente l’elemento attivo più utilizzato nelle applicazioni analogiche. La struttura, come si può notare, è quella di un amplificatore differenziale con i due ingressi V+ e V- rispettivamente non invertente ed invertente.
Le principali caratteristiche dell’amplificatore operazionale ideale sono:
• resistenza d’ingresso infinita; • guadagno differenziale infinito; • resistenza d’uscita nulla.
Nel suo funzionamento reale: • la resistenza d’ingresso è molto elevata (dell’ordine delle decine di MΩ); • il guadagno è molto elevato ( dell’ordine delle centinaia di migliaia); • la resistenza d’uscita è bassa (dell’ordine delle decine di Ω).
L’evoluzione tecnologica ha permesso di migliorare progressivamente le caratteristiche dell’amplificatore operazionale reale, rendendo il comportamento sempre più prossimo all’ideale. Questa peculiarità si dimostra particolarmente utile nelle fasi di progetto perché il progettista può concentrare i propri sforzi sul problema in esame, prescindendo, quando è possibile, di limiti dell’elemento attivo utilizzato. L’amplificatore operazionale impiegato ad anello aperto non è direttamente utilizzabile come amplificatore; infatti, anche per valori molto piccoli della tensione differenziale d’ingresso, l’elevato guadagno comporta la saturazione del dispositivo. Volendo sfruttare un’ampia fascia dei valori d’ingresso, pur mantenendo un comportamento lineare, è necessario inserire il dispositivo in una struttura con retroazione negativa. L’introduzione della retroazione negativa comporta la riduzione del guadagno complessivo, rendendo il funzionamento della rete indipendente dal guadagno a catena aperta.
Le caratteristiche dell’amplificatore operazionale conducono alle seguenti conclusioni:
1) essendo Ri molto elevata, si può ritenere che la corrente assorbita dai due morsetti d’ingresso sia trascurabile: nella risoluzione degli esercizi, tale corrente sarà ritenuta nulla;
2) nell’ipotesi di funzionamento lineare, il valore finito della tensione d’uscita ed il guadagno molto elevato del dispositivo comportano una trascurabile differenza di potenziale tra i morsetti d’ingresso, tale da poterla ritenere nulla. I due ingressi sono quindi allo stesso potenziale, costituendo pertanto un cortocircuito virtuale (principio della massa virtuale);
3) l’amplificatore operazionale retroazionato ha resistenza d’uscita trascurabile. È pertanto possibile affermare che il guadagno complessivo è indipendente dal valore
del carico utilizzato (all’interno dei limiti di potenza erogabile dal dispositivo).
Vo V-
V+
-
+
+Vcc
-Vcc Fig. 1
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1.2 Configurazioni notevoli Di norma gli esercizi riguardanti le reti lineari richiedono di determinare la funzione di trasferimento del circuito, da intendersi come il rapporto tra variabile d’uscita e la varabile d’ingresso oppure, nel caso siano presenti più ingressi, come relazione ingressi-uscita. Un’altra possibile richiesta è quella di determinare l’impedenza d’ingresso della rete, ossia il rapporto tra la tensione e la corrente d’ingresso. A tal fine è conveniente conoscere la funzione di trasferimento di alcune reti base,dette configurazioni notevoli, elencate di seguito:
• amplificatore invertente;
• amplificatore non invertente;
• inseguitore di tensione
• sommatore invertente;
• sommatore non invertente;
• sommatore algebrico;
• amplificatore differenziale.
• convertitore tensione/corrente
• convertitore corrente/tensione
• generatore tensione di riferimento
Il circuito per il quale è richiesto di determinare la relazione tra l’uscita e gli ingressi, in generale, contiene più un amplificatore operazionale e potrebbe non essere costituito da configurazioni notevoli poste in cascata. Se si verifica questa condizione, è possibile risolvere il problema con i due metodi seguenti:
1) si cerca di ricondurre il problema alle configurazioni notevoli per mezzo di semplificazioni, oppure applicando il principio della sovrapposizione degli effetti;
2) si applica il seguente algoritmo: a. passo 1: si assegna un simbolo identificatore ad ogni nodo, che rappresenti il
potenziale riferito alla massa del circuito; b. passo 2: si assegna un verso arbitrario alle correnti nei rami del circuito (
ricordando che gli amplificatori operazionali, considerati ideali, non assorbono corrente dai loro ingressi);
c. passo 3: si scrive un sistema di equazioni formato da tante equazioni ai nodi quante sono le variabili da eliminare aumentare di una unità, escludendo i nodi d’uscita degli amplificatori operazionali;
d. passo 4: si risolve il sistema riconducendo ad un’unica equazione contenente: • tensioni d’ingresso e d’uscita per il calcolo della funzione di
trasferimento o della relazione ingressi-uscita; • tensione e corrente d’ingresso per il calcolo dell’impedenza
d’ingresso.
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Concetti, schemi e formule fondamentali
Amplificatore invertente (Fig.1) Il segnale in uscita è in opposizione di fase rispetto al segnale d’ingresso; il guadagno può assumere un qualunque valore positivo. Caso particolare è quello in cui le due resistenze sono uguali ed il circuito funziona da invertitore di fase
Amplificatore non invertente (Fig.2a, fig.2b) Il segnale in uscita è in fase con il segnale d’ingresso, il guadagno non può essere inferiore all’unità. Caso limite è l’inseguitore di tensione, un circuito adattatore d’impedenza a guadagno unitario che presenta una resistenza d’ingresso infinita e una resistenza d’uscita nulla.
Inseguitore di tensione (Fig. 3) La configurazione inseguitore di tensione viene utilizzata come adattatore di impedenza. Infatti l’inseguitore ha:
• la resistenza d’ingresso infinita che elimina le perdite di segnale da imputare alla resistenza interna della sorgente o alla resistenza d’uscita non nulla dello stadio precedente;
• la resistenza d’uscita nulla che garantisce la costanza del guadagno al variare del carico e quindi il massimo trasferimento del segnale allo stadio successivo.
Vi
Vo -
+
Fig. 1
R2
R1
ViR
RVo •−=
1
2
Vi
Vo -
+ Fig. 3
ViVo =
Vi Vo
-
+
Fig. 2a
R2
R1
ViR
RVo •
+=
1
21
Vi
Vo -
+
Fig. 2b
R2
R1
ViRR
R
R
RVo •
+
+=
434
12
1 R4
V+ R3
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Sommatore invertente (Fig.4) Il segnale in uscita è la somma, cambiata di segno, dei segnali presenti ai terminali d’ingresso moltiplicati ciascuno per un coefficiente di proporzionalità dipende dai valori delle resistenze. Nel caso della figura, i terminali d’ingresso sono tre, ma il circuito può anche essere utilizzato per un numero differente di segnali d’ingresso.
Sommatore non invertente (Fig.5) Il segnale in uscita è la media dei segnali presenti ai terminali d’ingresso moltiplicata per un coefficiente di proporzionalità,dipende dai valori delle resistenze. Il circuito può essere esteso ad un numero differente di segnali d’ingresso. Si osserva che il dimensionamento del circuito è indipendente del valore assunto dalle resistenze R. Caso particolare è quello in cui il rapporto tra le resistenze Rf/R1 è uguale al numero dei segnali d’ingresso diminuito di uno; il coefficiente di proporzionalità diventa unitario.
V+ V1 Vo
-
+
Fig. 5
Rf
R
R
R
V2
V3
R1
3
321
11
VVV
R
RfVo
++•
+=
3
321 VVVV
++=+
V1
Vo
-
+
Fig. 4
Rf
R2
R3
R1
V2
V3
33
22
11
VR
RfV
R
RfV
R
RfVo •−•−•−=
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Sommatore algebrico (Fig.6) Il segnale in uscita è la somma algebrica dei segnali presenti ai terminali d’ingresso moltiplicati ciascuno per un coefficiente di proporzionalità; la relazione è vera solo se il parallelo delle resistenze, collegate al morsetto non invertente, è uguale al parallelo tra le resistenze collegate al morsetto invertente. Il circuito può essere utilizzato per un numero differente di segnali d’ingresso.
Amplificatore differenziale (Fig.7) Il segnale in uscita è proporzionale alla differenza dei segnali applicati all’ingresso Si possono presentare tre casi.
V+ V2 Vo
-
+
Fig. 7
R2
R4
R3
R1 V1
V-
3142 RRRR ==
( )121
2VV
R
RVo −•=
4321 RRRR ===
( ))12 VVVo −=
1
2
3 4321 RRRR ≠≠≠
11
22
43
4
1
21 V
R
RV
RR
R
R
RVo •−•
+
+=
V+ V3 Vo
-
+
Fig. 6
Rf
R4
Rp
R3
V4
V1
R2
Rn
R1
V2
V-
22
11
44
33
VR
RfV
R
RfV
R
RfV
R
RfVo •−•−•+•=
RpRRRRRnRf //4//32//1//// =
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Convertitore Tensione/Corrente (Fig.8) L’intensità della corrente che circola nel carico, proporzionale alla tensione applicata al morsetto invertente, non dipende dalla natura del carico stesso.
Convertitore Corrente/Tensione (Fig. 9) La tensione in uscita è proporzionale all’intensità della corrente inviata al morsetto invertente.
Generatore di tensione di riferimento (Fig. 10) Eroga corrente ad un carico mantenendo invariata la tensione che presenta a vuoto.
-
+
Fig. 8
RL
R Vi
LII =
IL
I R
ViI L =
-
+
Fig. 9
R
Vo
2II =
I2
I IRVo •−=
V+ Vi Vo
-
+
Fig. 10
R2
Vz
R
R1
V-
VzV =+
VzR
RVo •
+=
1
21
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Esercizio 1 Calcolare il valore della tensione presente all’uscita del sommatore invertente di Fig.1.
Soluzione Si ricava l’espressione Vo e si sostituiscono i valori
22
11
VR
RV
R
RVo
ff•−•−= )2(
1010
101005
1047
101003
3
3
3
−••
•−•
•
•−=Vo 2064,10 +−=Vo
Esercizio 2 Determinare l’andamento della tensione di uscita se V1 è una tensione continua (V1=0,5V) e V2 un’onda quadra con escursione da -1V a 0V e frequenza 100Hz.
Soluzione Si ricava l’espressione Vo e si sostituiscono i valori
22
11
VR
RV
R
RVo
ff•−•−= 23
3
3
3
101
1025,0
101
102VVo •
•
•−•
•
•−=
In Fig. 2a il diagramma temporale dei segnali di ingresso, in Fig.2b il diagramma temporale del segnale di uscita. Il diagramma di Vo è stato disegnato sostituendo i valori di V2 nell’espressione di Vo.
Fig.1
V1=5V
-
+
Rf=100KΩ R2=10KΩ
V2=2V R1=47KΩ Vo
+
+
VVo 36,9=
Fig.1
V1 -
+
Rf=2KΩ R2=1KΩ V2
R1=1KΩ Vo
221 VVo •−−=
V2 (V) V1 (V)
t
0,5
-1
Fig.2a
Vo (V)
1
-1 t
Fig.2b
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Esercizio 3 Dimensionare un Amplificatore Invertente con guadagno G=-10 Disegnare l’andamento nel tempo di Vi e Vo, quando all’ingresso è applicato un segnale sinusoidale di ampiezza 1Vp. Calcolare il massimo valore di picco del segnale d’ingresso che garantisce il funzionamento lineare dell’A.O., sapendo che le tensioni di saturazione valgono ±Vsat=±11V.
Soluzione In fig. 1 lo schema dell’amplificatore invertente.
10−=G 1
2
R
RG −=
1
210R
R−=−
ViVop •−= 10 VVop 10−=
Calcolo massimo valore di picco del segnale d’ingresso che garantisce il funzionamento lineare dell’A.O
VG
VsatVi 1,1
10
11max ±=
±==
In Fig. 2 è riportata la forma d’onda Vo correlata con la forma d’onda Vi
1
210
R
R=
R2=100 KΩ
R1=10 KΩ
Fig.2
Vi (V)
1,1
t
Vo (V)
-11
t
-1,1
11
ViR
RVo •−=
1
2
Vi
Vo -
+
Fig. 1
R2
R1
Esecuzione e sviluppo a cura di: Korra Alban, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
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Esercizio 4 Data la rete di fig.1, si determini la relazione tra l’uscita e gli ingressi.
Soluzione Si osserva che gli ingressi V1 e V2 sono connessi in serie agli ingressi degli A.O. aventi R d’ingresso elevatissima. Questa connessione evita ai due generatori V1 e V2 di erogare corrente in tal modo sono eliminate perdite di segnale da imputare ad una Ri del generatore stesso, il circuito di fig.1, può essere diviso in due stadi. 1) 1° Stadio (Amplificatore non invertente) (Fig.2) 2) 2° Stadio (Amplificatore differenziale) (Fig. 3)
Applicando il 3 caso Amplificatore differenziale pag. 5 si ottiene:
-
+
Fig.1
R/2 R
V2 Vo
-
+
2R R
V1
-
+ Fig. 2
R/2 R
V1
VA
+•
+= V
R
RVA
2/1
11
21 V
R
RVA •
•+=
12
3VVA •=
Fig. 3
V2 Vo
-
+
2R R 12
3VVA •=
12
322
21 V
R
RV
R
RVo ••−•
+=
1323 VVVo •−•=
( )123 VVVo −•=
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Esercizio 5 Data la rete di fig.1, si determini la relazione che lega l’uscita con gli ingressi.
Soluzione 1) 1° Stadio (Sommatore invertente) (Fig. 2)
2) 2° Stadio (Amplificatore differenziale) (Fig.3)
Applicando il 1 caso Amplificatore differenziale pag. 5 si ottiene:
V1 -
+
Fig.1
Rf R2
V3 Vo
-
+
Rf
R5
R4
R3 V2
R1
Dati: R1=R2=R3=R4=12KΩ R5=Rf=33KΩ
Fig.2
V1 -
+
Rf R2 V2
R1 VA
22
11
VR
RfV
R
RfVA •−•−=
21012
10331
1012
10333
3
3
3
VVVA ••
•−•
•
•−=
( )2175,2 VVVA +•−=
V3 Vo
-
+
Rf
R5
R4
R3 VA
Fig.3
( )AVVR
RfVo −•= 3
3
( )( )( )2175,231012
10333
3
VVVVo +•−−••
•=
( )275,2175,2375,2 VVVVo •+•+•=
256,7156,7375,2 VVVVo ••+•+•=
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Esercizio 6 Data la figura 1, si determini il valore di Ii (corrente d’ingresso), alla quale corrisponde una Vo = -1V (tensione d’uscita).
Soluzione
1) 1° Stadio (Convertitore I/V) (Fig.2)
2) 2° Stadio (Amplificatore non invertente) (Fig. 3)
-
+
Fig. 1
R1
Ii V+
Vo
-
+
R3 R2
V-
Dati: R1=10KΩ R2=1 KΩ R3=39KΩ
-
+
Fig. 2
R1
Ii
If IiIf
IfRVA
−=
•= 1
IiRVA •−= 1 VA
V+=VA Vo
-
+
R3 R2
V-
Fig. 3
+•
+= V
R
RVo
2
31
AVR
RVo •
+=
2
31
IiRR
RVo ••
+−= 1
2
31
Ii•••
•
•+−=− 3
3
3
1010101
103911
Ii••−=− 3104001 AIi µ5,210400
13
=•
=
AIi µ5,2=AIi µ5,2= VVo 1−=
Input Output
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Esercizio 7 Si progetti una rete con un solo amplificatore operazionale che, ricevendo in ingresso due segnali in tensione V1 e V2 realizzi la seguente espressione:
( )218 VVVo +•=
Soluzione La configurazione che consente di realizzare l’operazione richiesta è il sommatore non invertente. In Fig. 1 lo schema a blocchi e in Fig. 2 lo schema elettrico.
+•
+= V
R
RVo
1
21
2
21
1
21
VV
R
RVo
+•
+=
Imponendo l’uguaglianza tra la funzione data ( )218 VVVo +•=
e la funzione trovata 2
21
1
21
VV
R
RVo
+•
+=
si ottiene
( )2
21
1
21218
VV
R
RVV
+•
+=+•
2
1
1
218 •
+=
R
R
+=
1
2116
R
R
Sommatore non
Invertente
V1
V2 Vo
Fig.1
Fig.2
V1
R1
R1 Vo
-
+
R2 R1
V2 2
21 VVV
+=+
V+
1
215
R
R=
R2=15 KΩ
R1=1 KΩ
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Esercizio 8 Progettare un circuito con un solo amplificatore operazionale in grado di eseguire la media aritmetica dei segnali (V1, V2, V3).
Soluzione In Fig. 1 lo schema elettrico del circuito
+= VVo
Fig. 1
V1
R
R Vo
-
+
V2 3
321 VVVV
++=+
V+
V3 R
3
321 VVVVo
++=
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Esercizio 9 Utilizzando degli amplificatori operazionali realizzare lo schema elettrico di un circuito che, a partire da un segnale d’ingesso Vi, fornisca in uscita due segnali V1 e V2 che presentano le seguenti caratteristiche:
a) V1 ha ampiezza doppia rispetto a quella del segnale d’ingresso ma è in opposizione di fase;
b) V2 ha ampiezza doppia rispetto a quella del segnale d’ingresso ed in fase con il segnale d’ingresso.
Disegnare il circuito e dimensionare i componenti
Soluzione
In Fig.1 è riportato una possibile soluzione. Il segnale Vi è inviato in ingresso al primo operazionale disposto in configurazione invertente; il segnale in uscita V1 risulta sfasato di 180° (opposizione di fase) rispetto al segnale d’ingresso, affinché l’ampiezza di V1 sia doppia di Vi: Si ottiene il segnale V2 con le caratteristiche richieste inviando il segnale V1 all’ingesso del secondo amplificatore operazionale disposto anch’esso in configurazione invertente. Il segnale V2 risulta sfasato di 180° rispetto al segnale V1, quindi in fase con il segnale Vi, affinché l’ampiezza di V2 sia doppia di Vi:
ViR
RV •−=
12
1
Fig. 1
V1
-
+
R2 R1 Vi
-
+
R4 R3
V2
12 34
VR
RV •−=
1
22
R
R=
R2=2 KΩ
R1=1 KΩ
3
41
R
R=
R4=1 KΩ
R3=1 KΩ
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Esercizio 10 Dimensionare i componenti di un circuito realizzato con operazionali in modo tale che il segnale in uscita assuma la seguente espressione:
Vu=10(V1+V2)+V3+6V4
Soluzione Una soluzione può essere quella di utilizzare un sommatore invertente con un amplificatore invertente a guadagno unitario collegato in cascata per l’inversione del segno. In Fig. 1 è riportato lo schema del circuito
Ω=Ω==Ω=Ω=Ω=Ω= KRKRKRKRKRKR 10666,16
1041031211105
V4 -
+
Fig.1
R5 R3
Vu
-
+
R6 VA R6 V3
R4
V2
R1 V1
R2
445
335
225
115
VR
RV
R
RV
R
RV
R
RVA •−•−•−•−= AU V
R
RV •−=
66
AU VV −=
64
51
3
510
2
510
1
5====
R
R
R
R
R
R
R
R
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Esercizio 11 Dimensionare i componenti di un circuito realizzato con un solo amplificatore operazionale in modo tale che il segnale in uscita assuma la seguente espressione:
Vo=2V2-5V1
Soluzione Il circuito può essere realizzato utilizzando un amplificatore differenziale il cui schema circuitale è riportato in Fig. 1
Fig.1
V2 Vo
-
+
R2
R4
R3
R1 V1
243
4V
RR
RV •
+=+
11
2
1
21 V
R
RV
R
RVo •−•
+= +
11
22
43
4
1
21 V
R
RV
RR
R
R
RVo •−•
+
+=
1
25
R
R=
R2=5 KΩ
R1=1 KΩ
43
4
1
212
RR
R
R
R
+
+=
43
4
101
10512
3
3
RR
R
+
•
•+= 43
462
RR
R
+=
43
4
6
2
RR
R
+=
R4=2 KΩ
R3=4 KΩ
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Esercizio 12 Dato il circuito di figura 1, si determini:
1) le tensioni Va e Vp; 2) Il grafico della tensione Vu correlato alla tensione V1.
Soluzione 1) 1° Stadio (Amplificatore invertente) (Fig.2)
tsenVR
RVa ω3
10101012
3
3
11
2 ••
•−=•−=
tsenVa ω32,1 •−= tsenVa ω6,3−=
2) 2° Stadio (Amplificatore differenziale) (Fig.3)
-
+
Fig. 1
V2
Vu
-
+
R2 R1
+Vcc
-Vcc
+Vcc
-Vcc
R3
R5
V1 R4
Dati: R1=10KΩ R2=12KΩ R3=18KΩ R4=10KΩ R5=18KΩ R6=10KΩ Vcc=±15V Vsat=±12V V1=3senωt [V] V2=5V
Vp
R6
Va
-
+
Fig. 2
R2 R1
+Vcc
-Vcc
V1 Va
Fig. 3
V2=5V Vu
-
+
+Vcc
-Vcc
R3
R5
R4
Vp
R6
Va=-3,6senωωωωt
t
Va (v)
-3,6
3,6
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VVRR
RVp 786,15
2810
510)1018(
10103
3
265
6 =•=••+
•=•
+=
Siccome R3=R5; R4=R6
tsentsenVVR
RVu a ωω 6,3
18
105
18
10))6,3(5(
1018
1010)(
3
3
23
4 •+•=−−•
•=−=
tsenVu ω277,2 +=
In Fig. 4 è riportata la forma d’onda Vu correlata con le forma V1. Il valore 2,77 rappresenta il valore medio del segnale d’uscita.
3
-3
V1 (v)
t
2,77
Vu (v)
t
0,77
4,77
Fig. 4
Valore medio
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Esercizio 13 Dato il circuito di figura 1, si determini:
3) le tensioni V1 e Vu; 4) Il grafico della tensione Vu correlato alle tensioni V1 e V2
Soluzione 1) 1° Stadio (Amplificatore non invertente) (Fig.2)
)(* 54
5431 RR
RRR
VccVpV +•
+==
33
10)3333(10)333333(
121 •+•
•++== VpV
VV 81 = 2) 2° Stadio (Amplificatore differenziale) (Fig.3)
11
22
1
2 )1( VR
RV
R
RVu •−•+=
81047
10472)
1047
10471(
3
3
3
3
••
•−•
•
•+= tsenVu ω
812)11( •−•+= tsenVu ω
84 −= tsenVu ω
-
+
Fig. 1
V2 Vu
-
+
R2 R1
+Vcc
-Vcc
+Vcc
-Vcc
R3
R5
+Vcc
V1
R4
Dati: R1=47KΩ R2=47KΩ R3=33KΩ R4=33KΩ R5=33KΩ Vcc=±12V Vsat=±10V V2=2senωt
-
+
Fig. 2
Vp
+Vcc
-Vcc
R3
R5
+Vcc
V1
R4
Fig. 3
V2=2senωt
Vu
-
+
R2 R1
+Vcc
-Vcc
V1=8v
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In Fig. 4 è riportata la forma d’onda Vu correlata con le forma V1.
2
-2
V1 (v)
t
-8
Vu (v)
t
-12
-4
Fig. 4
-10
Saturazione
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Esercizio 14 Dimensionare i componenti di un circuito realizzato con operazionali in modo tale che il segnale in uscita assuma la seguente espressione:
Vu=2V1-5V2-3V3
Essendo V1, V2 e V3 i segnali d’ingresso. Rappresentare inoltre la forma d’onda d’uscita nell’ipotesi che il segnale V1 sia sinusoidale d’ampiezza pari a 8V e che i segnali V2 e V3 siano continui d’ampiezza pari rispettivamente a 200 mV e 500 mV. Supporre che l’operazionale sia alimentato a ±12V con tensione di saturazione Vsat=±10V
Soluzione In Fig.1 è riportato una possibile soluzione.
321 35
25
)(45
VR
RV
R
RV
R
RVu −−−−=
dal confronto con l’espressione assegnata si ottiene da cui si ricava:
Fig. 1
-
+
R1 R1 V1
-
+
R5 R4
Vu
-V1
R3
R2 V2
V3
33
55
2
52
4
5===
R
R
R
R
R
R
Ω=Ω=Ω=Ω=Ω= KRKRKRKRKR 10167,6342104205
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In Fig. 2 è riportata la forma d’onda d’uscita correlata con le forme d’onda d’ingresso. Dall’espressione assegnata Vu=2V1-5V2-3V3 sostituendo i valori si ottiene
Vu=2••••(8senωωωωt)-5••••0,2-3••••0,5=16senωωωωt-2,5
quando senωωωωt=1 Vu= 13,5V quando senωωωωt= -1 Vu= -18,5V
siccome la tensione di saturazione Vsat=±10V, è evidente come la forma d’onda sia tagliata a Vsat=±10V
Vo (V)
Fig.2
V3 (mV)
V2 (mV)
V1 (V) 8
200
500
-10
t
t
t
t -2,5
10
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Esercizio 15 Si consideri lo schema a blocchi riportato in Fig.1; in ingresso è inviato un segnale sinusoidale con valore massimo pari a 100 mV. Si desidera ottenere:
a) nel punto A una tensione di 300 mV in fase con la tensione d’ingresso; b) nel punto B una tensione di 200 mV in opposizione di fase rispetto alla tensione
d’ingresso; c) nel punto C la differenza tra la tensione prelevata dal punto B e la tensione prelevata
dal punto A. Si richiede:
a) definire lo schema elettrico del circuito; b) dimensionare i componenti; c) tracciare i diagrammi temporali delle forme d’onda.
Soluzione
Punto a) : schema elettrico del circuito Analisi blocco 1: una tensione in fase con la tensione d’ingresso nel punto A si ottiene
utilizzando un amplificatore non invertente. Analisi blocco 2: una tensione in opposizione di fase con la tensione d’ingresso nel punto B
si ottiene utilizzando un amplificatore invertente. Analisi blocco 3: la differenza tra le tensioni si ottiene utilizzando un amplificatore
differenziale. In Fig.2 è riportato lo schema elettrico del circuito
Fig. 1
1
2
3 Vi
A
B
C
-
+
R3 R4 Vi
-
+
R2 R1
Fig.2
VB
Vo
-
+
R5
R5
R5
R5
VA
A
B
C
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Punto b) : dimensionamento componenti Dimensionamento blocco 1: amplificatore non invertente
ViR
RVA •
+=
1
21 ; dovendo risultare un guadagno pari a 3 3
100
300==
mV
mV
Vi
VA
i resistori dovranno essere dimensionati in modo tale che sia verificata la relazione:
12
13R
R+=
Dimensionamento blocco 2: amplificatore invertente
ViR
RVB •−=
3
4; dovendo risultare un guadagno pari a 2 2
100
200==
mV
mV
Vi
VB
i resistori dovranno essere dimensionati in modo tale che sia verificata la relazione:
12
2R
R=
Dimensionamento blocco 3: amplificatore differenziale
VAVBVo −= ; si pone R5=1 KΩ, il segnale d’uscita assume valore massimo pari a:
mVmVmVVo 500300200 −=−−= Punto c) : diagrammi temporali (Fig.3)
1
22
R
R=
R2=2 KΩ
R1=1 KΩ
1
22
R
R=
R2=2 KΩ
R1=1 KΩ
Vo (mV)
Fig.3
VB (mV)
VA (mV)
Vi (mV)
100
300
-200
-500
t
t
t
t
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Esercizio 16 Dimensionare un amplificatore non invertente con guadagno G=5. Disegnare l’andamento nel tempo di Vi e Vo quando all’ingresso è applicato un segnale sinusoidale di ampiezza 20 mVp. Calcolare il massimo valore di picco del segnale d’ingresso che garantisce il funzionamento lineare dell’amplificatore, sapendo che le tensioni di saturazione valgono ±Vsat=±10V.
Soluzione In fig. 1 lo schema dell’amplificatore non invertente.
5=G )1(1
2
R
RG +=
1
215R
R+=
ViGVop •= 310205 ••=Vop mVVop 100=
In Fig. 2 è riportata la forma d’onda Vo correlata con la forma d’onda Vi.
VG
VsatVi 2
5
10max ±=
±==
ViR
RVo •+= )
1
21(
1
24
R
R=
R2=40 KΩ
R1=10 KΩ
Fig.2
Vi (mV)
20
t
Vo (mV)
-100
t
-20
100
Calcolo massimo valore di picco del segnale d’ingresso che garantisce il funzionamento lineare dell’A.O
Vi
Vo -
+
Fig. 1
R2
R1
Esecuzione e sviluppo a cura di: Neroni Leonardo, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
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Esercizio 17 L’amplificatore invertente di fig.1 è pilotato da un generatore di tensione Vi=1,2 sen ωt [V] avente resistenza interna Rg=50Ω. L’amplificatore è caricato tra uscita e massa da una resistenza RL=1 K.Ω. Imponendo che la corrente massima erogata dal generatore Vi sia di 2 mA e che si desidera una tensione di uscita di ampiezza 4V determinare:
1) Le resistenze R1 e R2 2) La corrente I erogata dall’amplificatore operazionale 3) La potenza dissipata su RL
Soluzione
1) Calcolo resistenze R1 e R2
2,11
24 •
+−=−
RgR
R
RgR
R
+=
1
2
2,1
4
R2=40 KΩ R1+Rg=12 KΩ R1=12000-50=11950Ω R1=11,95KΩ 2) Calcolo corrente I erogata dall’amplificatore operazionale
mARL
VuIL 4
101
43
=•
== mAIoI 22 ==
mAIILI 61021042 33=•+•=+=
−− 3) Calcolo potenza dissipata sul carico RL
mWIVP LURL 161044 3=••=•=
−
ViRgR
RVu •
+−=
1
2
Io=2mA
Vi
Vu -
+
Fig. 1
R2
R1
RL +
Rg
I
IL
I2
Esecuzione e sviluppo a cura di: Korra Alban, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
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Esercizio 18 Progettare un amplificatore differenziale con guadagno 24 dB.
Soluzione In fig. 1 lo schema dell’amplificatore differenziale.
( )
85,15
84,1510
10
log20
log20
24
12
1
2
20
24
20
10
10
1
2
1
2
=
==
=
=
=
==
−•=
R
R
G
G
GG
GG
dBR
RG
VVR
RVu
GdB
dB
dB
1
285,15
R
R=
R2=31,7 KΩ
R1=2 KΩ
V+ V2 Vu
-
+
Fig. 1
R2
R2
R1
R1 V1
V-
Esecuzione e sviluppo a cura di: Scognamiglio Gennaro, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
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Esercizio 19 Con un voltmetro DC da 10Vfs (fondo scala) si vuole misurare una tensione da 0 a 100mV. Progettare un opportuno amplificatore utilizzando un operazionale.
Soluzione Per non caricare il circuito si utilizza la configurazione non invertente che presenta una elevata (idealmente infinita) resistenza d’ingresso. In fig. 1 lo schema dell’amplificatore non invertente.
ViR
RVu •
+=
1
21
+=
1
21
R
RG 100
10100
10
max
max3
=•
==−Vi
VuG
+=
1
21100
R
R
Per la taratura la resistenza R2 deve essere variabile, si sostituisce la resistenza R2 con il gruppo Rx + P. (Fig.2)
22
PRxR += ≅ 99KΩ Si sceglie P=100KΩΩΩΩ Ω=−= K
PRRx 49
22 Valore commerciale 47 KΩΩΩΩ
Con questa composizione si ottiene una R2 variabile da 47 KΩ a 147 KΩ
In Fig. 3 lo schema completo.
1
299
R
R=
R2=99 KΩ
R1=1 KΩ
Rx P
Fig. 2
Vu=0 ÷ 10V -
+
Fig. 1
R2
R1
T Vi=0 ÷ 100 mV
Esecuzione e sviluppo a cura di: Di Salvia Walter, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
Per la misura moltiplicare il valore letto per 10. Es. valore letto 5, Vi=5*10=50mV
Vu=0 ÷ 10V -
+
Fig. 3
P R1
T Vi=0 ÷ 100 mV
Rx
40 mV
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Vi
VuAvs =
Vi
VuAvs =
Esercizio 20 Dato il circuito di figura 1, determinare:
1. l’espressione matematica del segnale Vp, il guadagno di tensione intrinseco ;
2. il guadagno in dB totale del circuito ;
3. la tensione di uscita Vu, la corrente I1 e la corrente Io erogata dall’operazionale;
4. la potenza dissipata sul carico RL;
5. disegnare il grafico del segnale di uscita correlato al segnale Vi.
Soluzione Calcolo Vp
][3,0108,1108,1102,1
5,0 3334
43
Vtsentsen
RRR
ViVp ω
ω=••
•+•=•
+=
Calcolo guadagno di tensione intrinseco
VpR
RVu •
+=
1
21 3
3
1
2
101
101011
•
•+=+=
R
RAv 101+=Av
Calcolo guadagno in dB totale del circuito
ViRR
R
R
RVu
43
4
1
21+
+=
43
4
1
21RR
R
R
RAvs
+
+=
33
3
3
3
108,1102,1
108,1
101
10101
•+•
•
•
•+=Avs
( ) 6,66,0101 =•+=Avs 6,6=Avs dBAvsdB 39,166,6log20 ==
Calcolo Vu ][3,35,06,6 VtsentsenViAvsVu ωω =•=•=
Dati: R1= 1 KΩ R2=10 KΩ R3=1,2 KΩ R4=1,8 KΩ RL= 2 KΩ Vi=0,5senωt [V] Io
Vi
Vu -
+
Fig. 1
R2
R1
RL +
I1
R4
Vp
R3
Vp
VuAv =
][3,0 VtsenVp ω=
Vp
VuAv =
11=Av
dBAvsdB 39,166,6log20 ==
][3,3 VtsenVu ω=
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Calcolo Corrente I1 In Fig. 2 lo schema elettrico in cui sono riportati tutti i versi delle correnti. V-=Vp
][3,0101
3,003
111 mAtsen
tsen
R
Vp
R
VI ω
ω=
•==
−=
−
Calcolo Corrente Io (corrente erogata dall’amplificatore operazionale)
][65,1102
3,33
mAtsentsen
R
VuI
L
L ωω
=•
==
][3,01010
3,03,33
22 mAtsen
tsentsen
R
VpVuI ω
ωω=
•
−=
−=
][95,13,065,120 mAtsentsentsenIII L ωωω =+=+=
Calcolo potenza massima dissipata sul carico RL
mWIVuP LRL 445,51065,13,3 3 =••=•= −
Grafico del segnale di uscita correlato al segnale Vi In Fig. 3 il grafico del segnale di uscita correlato al segnale Vi.
Io
Vi
Vu -
+
Fig. 2
R2
R1
RL +
I1
R4
Vp
R3
V-
IL
I2
][3,01 mAtsenI ω=
Fig.3
Vo (V) Vi(V)
-0,5 t
0,5
3,3
-3,3
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Esercizio 21 Nel circuito di Fig. 1 sono noti: R1= 47 kΩ; R2= 56 kΩ; Vi ( t ) = 5 sen ωt [V]; V2 = 15 V. Determinare i valori delle resistenze RA e RB in cui resta diviso il potenziometro RP=100 kΩ in modo che la tensione di uscita sia positiva con valore minimo Vom =0 V. In tali condizioni si determini, inoltre, il valore massimo della tensione di uscita VOM e il valore massimo della corrente erogata dal generatore Vi.
Soluzione Calcolo RB, RA
Il circuito di Fig. 1 rappresenta una configurazione differenziale, si applica il principio di sovrapposizione degli effetti e si ricava l’espressione di Vo(t).
)(*1)(1
2
1
20 tVi
R
RV
R
RtV −•
+=
+ B
BA
RRR
VV •=
+
+ 2 PBA RRR =+
)(1)(1
22
1
20 tVi
R
RR
R
V
R
RtV B
p
•−••
+=
Affinché la tensione di uscita sia positiva con valore minimo Vom= 0 V, si deve verificare la seguente relazione
51047
1056
10100
15
1047
105610 3
3
33
3
••
•−
•
•
•
•+= BR
( ) 5191,110100
15191,110
3•−
•
•+= BR
9574,510
3287,00
3−
•= BR
Ω≅•
= KRB 183287,0
109574,5 3
PBA RRR =+ Ω=•−=−= KRRR BPA 8210)18100( 3
Si pone Vo(t)=0V per Vi(t)=+5V (valore max di Vi(t)). Si sostituiscono i valori delle resistenze, il valore di V2, si ricava RB.
Ω≅ KRB 18 Ω= KRA 82
-
+ Vi(t)
R1
R2
V2 RA
RB
RP
Vo(t)
Fig. 1
+ V+
V-
IG
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Calcolo VOM
)(11
22
1
2 tViR
RR
R
V
R
RV B
p
OM •−••
+=
)5(1047
1056
10100
101815
1047
10561 3
3
3
3
3
3
−••
•−
•
••
•
•+=OMV ( ) VVOM 87,11955,5
100270
191,11 =++=
VVOM 87,11=
Calcolo valore massimo della corrente erogata dal generatore Vi.
1R
VViI Max
GMax
−−= VR
R
VVV B
P
7,2101810100
15 33
2 =•••
=•== +− VV 7,2=−
AIGMax µ94,481047
7,253
=•
−= AIGMax µ94,48=
Grafico del segnale di uscita correlato al segnale Vi ( t ) = 5 sen ωt e al segnale V2=15V In Fig. 3 il diagramma temporale dei segnali.
Si pone Vi(t)=-5V (valore min di Vi(t)). Si sostituiscono i valori delle resistenze, il valore di V2, si ricava VOM.
Fig.2
Vo (V) Vi(V) V2(V)
-5
t
5
11,87
0
15
Esecuzione e sviluppo a cura di: Suli Fatjon, 5A_TIEN, A.S. 2010-2011
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Esercizio 22 Data la rete di Fig. 1, si determini la relazione tra l’intensità di corrente che scorre nel carico RL e la tensione d’ingresso Vi
Soluzione
In riferimento alla Fig. 1 si applica l’algoritmo per la soluzione delle reti lineari. • Passo 1: i morseti invertente e non invertente dell’A.O sono allo stesso potenziale, si
assegna pertanto ai rispettivi nodi il simbolo di identificazione VA. Al morsetto d’uscita, si assegna il simbolo di identificazione Vo (Fig.2).
• Passo 2: In Fig2 è rappresentata la scelta arbitraria dei versi di percorrenza nei rami.
Fig.1
Vi
Vo
-
+
R1
RL
R2
R1
R2
Fig.2
Vi
Vo
-
+
R1
RL
R2
R1
IL I4
I1 I2
I3
VA
VA
R2
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• Passo 3: lo scopo è di ricavare la relazione tra IL e Vi, le variabili da eliminare sono Vo e Va; il sistema è composto da tre equazioni.
a) Espressioni delle singole correnti
11
R
VAViI
−=
12
R
VoVAI
−=
23
R
VAVoI
−=
RL
VAIL =
24
R
VAI =
b) Sistema
RL
VAIL =
21 II =
ILII += 43
RL
VAIL =
11 R
VoVA
R
VAVi −=
−
RL
VA
R
Va
R
VAVo+=
−
22
ILRLVA •=
VoILRLILRLVi −•=•−
RL
ILRL
R
ILRL
R
ILRLVo •+
•=
•−
22
ViILRLVo −••= 2
RL
ILRL
R
ILRL
R
ILRLViILRL •+
•=
•−−••
22
2
RL
ILRL
R
ILRL
R
ViILRL •+
•=
−•
22
2R
ViIL −=
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Esercizio 23 Data la rete di Fig. 1, si determini la relazione tra la tensione d’ingresso (Vi) e la tensione d’uscita (Vo)
Soluzione La rete in esame può essere scomposta in due circuiti che rappresentano configurazioni notevoli. 1) 1° Stadio (Amplificatore non invertente) (Fig. 2) Il circuito di Fig. 2 si semplifica in quello di Fig. 3
Fig.1
Vi Vo
-
+
R2 R1
R2 -
+
R2 R1
Fig. 2
Vi
R2 B
VA -
+
R2 R1
Fig. 3
Vi
VA -
+
R2 Rp 21
212//1
RR
RRRRRp
+
•==
ViRp
RVA •
+=
21
Vi
RR
RR
RVA •
+
•+=
2121
21
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( )Vi
RR
RRRVA •
•
+•+=
21
2121
( )Vi
R
RRVA •
++=
1
211
2) 2° Stadio (Sommatore Invertente) (Fig. 4)
•+•−= Vi
R
RVA
R
RVo
2
1
2
1
+•
+••−= ViVi
R
RR
R
RVo
1
212
2
1
+
+•••−= 1
1
212
2
1
R
RRVi
R
RVo
++•••−=
1
1212
2
1
R
RRRVi
R
RVo
( )2132
RRR
ViVo +•−=
ViR
RRVA •
+•=
1
212
Fig. 4
Vo
-
+
R2 R1
R2 VA
Vi
ViR
RRVo •
+•−=
2
213
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Esercizio 24 Data la rete di Fig. 1, si determini la relazione che lega il valore della Vo al segnale d’ingresso e alla posizione del potenziometro.
Soluzione
1) 1° Stadio (Inseguitore di tensione) (Fig.2)
L’ A.O. a cui è applicato il generatore di segnale Vi è in configurazione inseguitore di tensione; pertanto essendo la sua resistenza d’ingresso infinita (caso ideale) il generatore Vi non eroga corrente rendendo trascurabile l’attenuazione introdotta dalla resistenza interna Rg. Quindi Vc=Vi La rete di Fig. 1 può essere ridisegnata come indicata in Fig. 3
Fig. 2
Fig. 1
-
+
Rp
Rg V+
Vo
-
+
R1
R1 V-
R1
Vi
-
+
Rg
Vi
Vc
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2) 2° Stadio (Fig. 3)
“a” posizione del potenziometro Rp “a”=0÷1 I1=I2+I3
11
R
VAVBI
−=
11
R
ViI = 0=VB quindi VA=-Vi
Rpa
VoVAI
•
−=2
1
03
R
VAI
−=
11
)(0
R
VA
Rpa
VoVA
R
Vi+
•
−=
−−
11 R
Vi
Rpa
VoVi
R
Vi−
•
−−=
Rpa
Vo
Rpa
Vi
R
Vi
R
Vi
•
−=
•++
11
si pone Guadagno del circuito
Si conclude:
Fig. 3
ViR
RpaVo •
••+−=
1
21
1
21
R
RpaG
••+=
Rp
V+
Vo
-
+
R1
R1 V-
R1
VB
Vi
VA
a 1
0
I1
I1 I3 I2
0)1 =a ViV −=01=G
1)2 =a1
21
R
RpG
•+= Vi
R
RpVo •
•+−=
1
21
2
1)3 =a 1
1R
RpG += Vi
R
RpVo •
+−=
11
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Esercizio 25 Dell’amplificatore sommatore invertente mostrato in Fig. 1, sono noti: V1=0,2sen(6280t+30°); V2=2V; R1=1 KΩ; R2=5 KΩ; R=10KΩ. Determinare il valore massimo e minimo della tensione di uscita Vu e l’istante t1 in cui Vu(t1)=-5,5V.
Soluzione Calcolo valore massimo e minimo della tensione di uscita Si scrive la relazione tra l’uscita e gli ingressi:
22
11
VR
RV
R
RVu ⋅−⋅−= si sostituiscono i valori assegnati
2105
1010)306280(2,0
101
10103
3
3
3
⋅⋅
⋅−°+⋅
⋅
⋅−= tsenVu
4)306280(2 −°+−= tsenVu essendo la configurazione invertente
1) si ottiene VuMin quando sen(6280t+30°)=1 412 −⋅−=uMinV
2) si ottiene VuMax quando sen(6280t+30°)=-1 4)1(2 −−⋅−=uMinV
In Fig. 2 il diagramma temporale del segnale di uscita correlato con i segnali di ingresso.
VVuMin 6−=
VVuMax 2−=
Vu (V)
Fig.2
V2 (V)
Vi (V)
0,2
2
-2
t
t
t
-0,2
-6
Fase=30°
0,1
-5,5
51,66µS
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Calcolo istante t1 in cui Vu(t1)=--5,5V. Si sostituisce t=t1 e Vu=-5,5V sulla relazione che lega il segnale di uscita ai segnali di ingresso.
4)306280(2 −°+−= tsenVu
4)306280(25,5 1 −°+−=− tsen si ricava il termine )306280( 1 °+tsen
)306280(245,5 1 °+−=+− tsen
)306280(25,1
1 °+=−
− tsen
)306280(75,0 1 °+= tsen tramite la funzione arcsen si determina l’argomento della
funzione sen
)75,0(306280 1 arcsent =°+ si sostituisce 30° con 6
π rad
0,8480626
6280 1 =+π
t si ricava t1
6-0,8480626280 1
π=t
st µ
π
66,516280
6-0,848062
1 ==
st µ66,511 =
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Esercizio 26 In Fig. 1 si mostra un Amplificatore Operazionale ideale connesso in configurazione sommatore non invertente.
Determinare le resistenze affinché:
1) Vu=V1+V2+V3 2) R1+R2=10 KΩ 3) Ri=15 KΩ Ri è la resistenza d’ingresso vista da ciascun generatore
Soluzione Calcolo R1 e R2 Si scrive la relazione tra l’uscita e gli ingressi:
+⋅+= VR
RVu )1(
1
2 Le resistenze collegate sull’ingresso non invertente sono tutte dello
stesso valore R, la tensione V+ coincide con la media aritmetica dei segnali applicati.
3)1( 321
1
2 VVV
R
RVu
++⋅+=
Si impone l’uguaglianza tra la soluzione trovata e l’equazione assegnata.
3)1( 321
1
2321
VVV
R
RVVV
++⋅+=++
Si semplifica V1+V2+V3
3
1)1(1
1
2 ⋅+=R
R )1(3
1
2
R
R+=
21
2 =R
R si mette a sistema la soluzione trovata con R1+R2=10 KΩ
si scrive un sistema di due equazioni in due incognite (R1, R2).
Ω=+
=
KRR
R
R
10
2
21
1
2
Ω=⋅+
⋅=
KRR
RR
102
2
11
12 Ω=⋅ KR 103 1
Fig.2
V1
R
R Vu
-
+
R2 R1
V2 3
321 VVVV
++=+
V+
R V3
Ω= KR 33,31
Ω= KR 67,62
Fig.1
V1
R
R Vu
-
+
R2 R1
V2
R V3
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Calcolo R Per calcolare R si fa riferimento allo schema di Fig. 3. Si considera applicato il generatore V1 e cortocircuitati V2 e V3
Calcolo Ri 2R
RRi += RRi ⋅=23
Ω= KRi 15
RiR ⋅=3
2 Ω⋅= KR 15
3
2
Ω= KR 10
Fig.3
V1
R
R Vu
-
+
R2 R1
V+
R
Ri
V1
R
R +
V+
R Ri=15KΩ
V1
R/2
R +
V+
Ri=15KΩ