13. gyakorlat
Visszacsatolt műveletierősítők
1.) Példa R2
ube
R1 R3
A(s)
uki
A0=106; ω1=5r/s, ω2 =1Mr/s R1 = 2 kΩ, R2 = 9 kΩ, R3 = 3 kΩ, A0 A(s ) = (1 + s ω1 )(1 + s ω 2 ) Kérdések: uki/ube=? , ha a ME ideális! Mekkora legyen R3 értéke ahhoz, hogy az uki/ube 1 ). erősítés maximális lapos legyen ( ξ = 2 Mekkora a 3dB –es határfrekvencia?
U ki (s ) βA(s ) = Tv (s ) = Tid , U be (s ) 1 + βA(s ) ahol Tid a végtelen erősítéshez tartozó átvitel, azaz ideális műveleti erősítő esetén: R2 u R Tid = ki = − 2 = −4.5 uki1 u be A = ∞ R1
A visszacsatolt áramkör átvitele:
R1
ube=0
és Aβ a hurok átvitel a felvágott hurokból : u R1 × R3 Aβ = − ki 2 A, =− u be1 u be = 0 R2 + R1 × R3
β=
R3
A(s)
-ω2
-ω1
uki2
R1 × R3 R2 + R1 × R3
Ha nyílthurkú Aβ átvitelnek két pólusa van :
Aβ =
A0 β , (1 + s ω1 )(1 + s ω 2 )
akkor a visszacsatolt átvitelnek 1 (tipikus esetben) egy T = T0 2 konjugált-komplex pólus párja lesz: 1 + 2ς s + s ω 0 ω 0
ς = cos(α )
Az összefüggés a nyílthurkú rendszer β, A0, ω1 és ω2 paraméterei valamint a zárthurkú (visszacsatolt) rendszer T0, ζ, ω0 paraméterei közt: A0 β T0 = Tid 1 + A0 β ω2 ω1 1 1 + ≅ ω ω 2 2 A0 β 1 ω 0 = 1 + A0 β ω1ω 2 ≅ A0 β ω1ω 2
ξ=
1 1 2 1 + A0 β
1-7
ω2 ω1
s
s
ω0 α
13. gyakorlat
Visszacsatolt műveletierősítők
A visszacsatolt áramkör nevezetes méretezési esetei: kritikus csillapítás: ζ = 1 maximálisan lapos amplitdó karakterisztika: ζ = 1/√2 45 fok fázis tartalék: ζ = 1/2
Az esetünkben maximálisan lapos amplitúdó karakterisztika esetén : ξ =
1 1 Tehát: 2 10 6 β
10 6 1 = 5 2
1 2
.
→ β = 0 .1
A visszacsatolási együttható : β =
R1 × R3 = 0.1 → R1 × R3 = 1kΩ → R3 = 2kΩ R2 + R1 × R3
A törésponti frekvencia, mely max.lap. esetben a 3 dB-es határfrekvenciával egyenlő:
ω 0 = 1 + A0 β ω1ω 2 ≅ A0 β ω1ω 2 = 10 5 ⋅ 5 ⋅ 10 6 = 0.707 Mrad / s
Megjegyzés: max. lap. amplitúdó karakterisztika. Azt az ω = ω r frekvenciát, melynél az amplitúdó karakterisztikának helyi szélsőértéke van:
d jω jω a 1 + 2ξ + ω 0 ω 0 dω
2 2
=0
egyenlet megoldásaként kapjuk.
Ezek szerint: ω r = 2 − 4ξ 2 ω 0 . Maximálisan lapos az amplitúdó karakterisztika, ha 1 szélsőértéke csak ω = 0 -ban van. Tehát ξ max .lap = .. 2
2-7
13. gyakorlat
2.) Példa:
Visszacsatolt műveletierősítők
Az első műveleti erősítő ideális, a második nem: A(s ) =
A0 . s s 1 + 1 + ω1 ω2 Mekkora legyen a domináns pólus értéke ( ω1 = ?), ha: ω2 = 105 rad/sec és a ζ =1/2 értéket kívánjuk beállítani (45 fokos fázistartalékra méretezés)?
R2
0V A
R1 A
ube
0V
R3 B
∞ ∆u
uki
A(s)
R1 = 10 kΩ, R2 = 20 kΩ,
R3 = 20 kΩ,
A0 = 10 5
Megoldás: Ha mindkét ME ideális lenne (A→∞), akkor mind az A mind a B csomópont potenciálja zérus lenne. Ekkor az R3 ellenállás kivehetővé válna, mivel rajta nem folyhat áram. Ezzel a két ME egyesíthetővé válik egyetlen (ideális) invertáló kapcsolássá, melynél: Aid =
uki R 20 =− 2 =− = −2 ube R1 10
Ha a második ME most újra nem-ideális, akkor az átviteli függvény:
Av (s ) = Aid
β A0 β A0 β A(s ) 1 = Aid = Aid (1 + s ω1 )(1 + s ω 2 ) + βA0 1 + β A(s ) 1 + β A0 1 + 2ζ (s ω pv ) + (s ω pv )2
Ahol:
ζ =
ω2 1 ω 2 ω1 + ω1 ω 2 1 ≅ 2 2 β A0ω1 1 + β A0
Amiből:
ω1 ≅ (2ζ )2
ω2 ω = 2 β A0 βA0
A kisfrekvenciás hurokerősítés (az ube=0 feltétellel):
u βA0 = − y ux
i1=0 R1 A 0V
Az A csomópont potenciálja most is zérus, ami csak úgy lehet ha i1=0. Ebből következik az: i3=i2.
R2
i2
0V A
ube=0
R3 i3 ∞
B1
uy
B2
ux
A feszültségekkel felírva az áramok azonosságát: u u Au R i3 = y = i2 = − 0 x amiből: βA0 = − y = A0 3 = 105 R3 R2 ux R2 Ezzel:
3-7
A(s)
Aux
13. gyakorlat
ω1 ≅ (2ζ )2
Visszacsatolt műveletierősítők
105 ω2 ω = 2 = 5 = 1 rad sec βA0 βA0 10
ω pv =
és
(1 + βA0 )ω1ω2
≅ 105 rad sec
Természetesen a feladatot a klasszikus módszerrel (csomóponti potenciálok) is megoldhatjuk. Ekkor is sokat segít annak a felismerése, hogy az A pont potenciálja zérus, a B ponté uki/A. Az A pontra felírható csomóponti egyenlet: i1+i3 = i2. Az áramokat a potenciál különbségekkel felírva: i1 =
ube − 0 ube = R1 R1
i2 =
Behelyettesítve az áramokat:
0 − uki u = − ki R2 R2
i3 =
uki A − 0 uki = R3 AR3
ube u u + ki = − ki R1 AR3 R2
Amiből: R3 uki R Aβ R2 =− 2 = Aid ube R1 1 + A R3 1 + Aβ R2 A
4-7
ahol:
β=
R3 =1 R2
13. gyakorlat
Visszacsatolt műveletierősítők
Megjegyzés a feladathoz A 45o –os fázistartalék nem pontos érték, mivel azt a törtvonalas közelítés alapján számítottuk. Valójában először azt az ωe frekvencia értéket kell megkeresni, ahol a hurokerősítés abszolút értéke egységnyi, majd ezen a frekvencián kell kiszámítani a fázis szöget ( a fázis tartalékot). ω 2 ω 2 A0 β 1 + e 1 + e = ( A β )2 =1 → 0 ω1 ω 2 ωe ωe 1+ j 1+ j
ω1
ω2
Várhatóan ωe értéke ω2 közelében lesz (lásd a Nyquist diagramot).
ωe ω1
2
ω 2 1 + e ≅ ( A β )2 → 0 ω 2
ω e2 = x =
x x1 + 10 = 1010 → 10
− 1010 + 5 ∗ 1010 = 0.618 ∗ 1010 2
x 2 + 1010 x − 10 20 = 0
ω e = 0.786 ∗ 10 5 rad sec
ωe ωe A0 β arc = − arctg − arctg ω1 ω2 1 + j ω e 1 + j ω e ω1 ω 2
≅ −90 0 − 38.16 0 = −128.16 0
ϕ t = 180 − 128.16 = 51.84 0 > 45 0
A fázistartalék pontos értéke:
Nyquist diagramon:
-1
1
105
ω=0 π/4
ωe
-j
ϕ t = 180 − 128.16 = 51.84 0 > 45 0
5-7
A(jω)β
13. gyakorlat
Visszacsatolt műveletierősítők
3.) Példa
Műveleti erősítő kompenzálása Milyen Ck kompenzáló kapacitást kell a műveleti erősítőre kapcsolni, hogy az átviteli függvény maximális lapos legyen? A műveleti erősítő átviteli függvénye: A0 A(s ) = (1 + s / ω1 )(1 + s / ω 2 )
R2 R1 uki ube
Rg
A0 = 10 5 , ω 2 = 10 5 rad / sec ω1 : külső kapacitással hangolható. (lásd lentebb) R1 = 10 kΩ, R2 = 90 kΩ, R g = R1 × R2
Ck
Megoldás: A visszacsatolt műveleti erősítő átviteli függvénye: u ki (s ) = Aid A0 β u be 1 + A0 β
1 s s 1 + 2ζ + Ω 0 Ω 0
2
Ahol:
Aid = 1 +
R2 90 = 1+ = 10 R1 10
A0 β 10 4 = ≅1 1 + A0 β 1 + 10 4
β=
R1 10 = = 0.1 , R1 + R2 10 + 90
Ω0 =
(1 + A0 β )ω1ω 2
ω1 ω2 + ω1 1 ω2 1 ω2 ≅ ζ = 2 2 ω1 A0 β 1 + A0 β
ha
ω 2 >> ω1
A maximális lapos átvitelhez a ζ = 1 / 2 értéket kell beállítanunk.
ω1 ω2 + ω1 1 ω2 1 ω2 1 A ζ = ≅ = összefüggésből határozzuk meg ω1-et! 2 2 ω1 A0 β 1 + A0 β 2 ω1 =
ω2 4ζ 2 A0 β
=
10 5 = 5 rad / sec 2 * 10 4
A műveleti erősítő gyártók az adatlapon pld.. diagramban adják meg, hogy a kisfrekvenciás pólus értéke hogyan függ a kompenzáló kapacitás értékétől.
6-7
13. gyakorlat
Visszacsatolt műveletierősítők
ω1 [ rad/sec ]
5 Ck 50 pF
Egy ilyen diagramot használva Ck = 50 pF- nak adódik.
A Ck kapcsolódása a műveleti erősítő belső áramköreihez az ábra szerint lehetséges: Ck
C0 u1 Rki
Rbe
Előző fokozat
Az ábra jelöléseivel: ω1 =
Au1
“A” erősítésű fokozat
1 R pC p
Ahol: R p = Rki × Rbe
C p = C 0 + (1 − A)C k
7-7
( A<0)
[ pF ]
