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da **RenzoDF** » 26 mag 2014, 15:13

Premesso che non ho il tempo per leggermi tutta la discussione, io per il punto b) farei in questo modo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

i) la corrente i1 sarà

${{i}_{1}}=\frac{{{E}_{i}}}{{{R}_{1}}}$

ii) detta corrente circolerà anche in R2 portando il potenziale del nodo superiore rispetto al riferimento a

${{v}_{x}}=-\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}{{E}_{i}}$

iii) e quindi, scritta la KCL al nodo

${{i}_{1}}+{{I}_{i}}=\frac{{{v}_{x}}}{{{R}_{3}}}+\frac{({{v}_{x}}-{{v}_{o}})}{{{R}_{4}}}$

che, con un paio di semplificazioni, porta a

${{v}_{o}}=-{{E}_{i}}\left( \frac{{{R}_{2}}{{R}_{4}}}{{{R}_{1}}{{R}_{3}}}+\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}+\frac{{{R}_{4}}}{{{R}_{1}}} \right)-{{R}_{4}}{{I}_{i}}$

da questa relazione generale è poi facile rispondere alla richiesta a); visto che i resistori hanno uguale resistenza, la relazione si riduce a

${{v}_{o}}=-3{{E}_{i}}-1{{I}_{i}}$

e di conseguenza, con GIT nullo, vo=-3 volt

... così come sarà facile rispondere alla c)

${{v}_{o}}=-{{E}_{i}}\left( {{R}_{4}}+1+{{R}_{4}} \right)=-{{E}_{i}}(2{{R}_{4}}+1)$

Se poi dobbiamo rispondere alla d) è chiaro che la i1 di 1 milliampere porterà vx a -1 volt e quindi a una corrente su R3 pari a -1 mA che, con una corrente nulla in R4, dalla KCL , imporrà una corrente impressa dal GIC pari a -2mA.

... i calcoli, essendo "idraulici", sono ovviamente da controllare. :-)

da **DirtyDeeds** » 26 mag 2014, 17:31

RenzoDF ha scritto:che, con un paio di semplificazioni, porta a
${{v}_{o}}=-{{E}_{i}}\left( \frac{{{R}_{2}}{{R}_{4}}}{{{R}_{1}}{{R}_{3}}}+\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}+\frac{{{R}_{4}}}{{{R}_{1}}} \right)-{{R}_{4}}{{I}_{i}}$

Ah, 'sti idraulici :mrgreen:

A parte il generatore di corrente, quello è un classico amplificatore con rete di retroazione a T; la tensione di uscita è meglio scriverla nella forma

$\begin{align}V_\text{o} &=-{E}_\text{i}\frac{R_2}{R_1}\left(1+\frac{R_4}{R_3}+\frac{R_4}{R_2}\right)-R_4 I_\text{i} \\ &= -{E}_\text{i}k\frac{R_2}{R_1}-R_4 I_\text{i} \end{align}$

con

$k=1+\frac{R_4}{R_3}+\frac{R_4}{R_2}$

E' una espressione a più "bassa entropia" che mette in evidenza il motivo per cui si usa quella rete: ottenere un amplificatore invertente con elevato guadagno senza dovere aumentare eccessivamente il valore di R_2

.

da **Shika93** » 26 mag 2014, 20:00

gill90 ha scritto:
$b)V_o=R_4I_{R_4}-R_3I_{R_3}\Rightarrow V_o=R_4(I_i+\frac{E_i}{R_1}+\frac{V_{R_3}}{R_3})+R_3\frac{V_{R_3}}{R_3}$

Non mi torna, e non dovrebbe tornare neanche a te perché se sostituisci i valori dell'esercizio precedente non ottieni lo stesso risultato (in fondo questo è una generalizzazione). Poi quanto vale $V_{R_3}$ ?

Scusa, $V_o+R_4I_{R_4}+R_3I_{R_3}=0$ è l'equazione. $I_{R_4}=I_i+I+I_{R_3}$
$V_{R_3}=-E_i\frac{R_2}{R_1}$

Sostituisco. $V_o=-R_4(I_i+I+I_{R_3})-R_3I_{R_3} \Rightarrow V_o=-R_4(I_i+\frac{E_i}{R_1}+\frac{V_{R_3}}{R_3})-R_3\frac{V_{R_3}}{R_3}$

E' sbagliato?

RenzoDF ha scritto:
... così come sarà facile rispondere alla c)

${{v}_{o}}=-{{E}_{i}}\left( {{R}_{4}}+1+{{R}_{4}} \right)=-{{E}_{i}}(2{{R}_{4}}+1)$

Mi torna tutto tranne questa.
Con $R_4=0\Rightarrow V_o=-1$ ok.
Con $R_4=5k\Omega\Rightarrow V_o=-1(2*5k+1)=10001V$ Direi sti xxxx se non satura...

da **gill90** » 26 mag 2014, 20:26

$V_o=-R_4(I_i+I+I_{R_3})-R_3I_{R_3} \Rightarrow V_o=-R_4(I_i+\frac{E_i}{R_1}+\frac{V_{R_3}}{R_3})-R_3\frac{V_{R_3}}{R_3}$

E' scritta malissimo... intanto l'ultimo termine diventa semplicemente $V_{R_3}$ perché si semplifica il numeratore col denominatore, in ogni caso l'esercizio ti richiede di scrivere l'espressione esplicita con E_i

e

, senza $V_{R_3}$ in mezzo. Tutte le $V_{R_3}$ , oltre che essere controintuitive, ti fanno anche cannare la soluzione perché sostituendo sbagli il segno, controlla bene. Riprova a scrivere una formula senza dipendenze implicite, con solo E_i

e

all'interno. Come scritto da

RenzoDF prima e da

DirtyDeeds poi, la soluzione contiene solo termini negativi, e dallo schema puoi intuire il perché.

RenzoDF ha scritto:
... così come sarà facile rispondere alla c)

${{v}_{o}}=-{{E}_{i}}\left( {{R}_{4}}+1+{{R}_{4}} \right)=-{{E}_{i}}(2{{R}_{4}}+1)$

Mi torna tutto tranne questa.

Effettivamente è sbagliata, manca una R_1

a denominatore, non puoi neanche fare una prova sostituendoci i valori perché dimensionalmente non torna!

da **RenzoDF** » 26 mag 2014, 20:30

gill90 ha scritto:...Effettivamente è sbagliata, manca una a denominatore, non puoi neanche fare una prova sostituendoci i valori perché dimensionalmente non torna!

Io sarò un idraulico, ma voi due siete dei bei volponi eh! :-)

da **Shika93** » 26 mag 2014, 20:33

gill90 ha scritto:
$V_o=-R_4(I_i+I+I_{R_3})-R_3I_{R_3} \Rightarrow V_o=-R_4(I_i+\frac{E_i}{R_1}+\frac{V_{R_3}}{R_3})-R_3\frac{V_{R_3}}{R_3}$

E' scritta malissimo... intanto l'ultimo termine diventa semplicemente $V_{R_3}$ perché si semplifica il numeratore col denominatore, in ogni caso l'esercizio ti richiede di scrivere l'espressione esplicita con e , senza $V_{R_3}$ in mezzo. Tutte le $V_{R_3}$ , oltre che essere controintuitive, ti fanno anche cannare la soluzione perché sostituendo sbagli il segno, controlla bene. Riprova a scrivere una formula senza dipendenze implicite, con solo e all'interno. Come scritto da RenzoDF prima e da DirtyDeeds poi, la soluzione contiene solo termini negativi, e dallo schema puoi intuire il perché.

Ahhh porca...! Ok ci sono a posto!!
Ora torna tutto!

Grazie mille!

da **gill90** » 26 mag 2014, 20:43

Certo che io sarò un idraulico, ma voi due siete dei volponi eh!

Capita a tutti di dimenticare pezzi per la fretta, specie le resistenze che sono così striminzite! :mrgreen:

da **RenzoDF** » 26 mag 2014, 20:47

gill90 ha scritto:... Capita a tutti di dimenticare pezzi per la fretta, specie le resistenze che sono così striminzite!

Volponi non era inteso in quel senso! :mrgreen:

da **gill90** » 26 mag 2014, 20:52

Allora mi sa che non sto capendo, come mai tutti questi voti negativi?

da **DirtyDeeds** » 26 mag 2014, 20:54

Ah, se

RenzoDF imparasse a usare le unità di misura! :-P

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Circuito con operazionale

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