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da **emacar** » 3 set 2014, 12:19

EnChamade ha scritto:Per non incasinarti nei conti, cosa che succede spesso con questo tipo di circuiti, forse, dovresti riconsiderare il circuito del mio post [11]...

Tutte le configurazioni postate sono validissime ma, per risolvere l'esercizio specifico, io farei riferimento più che altro al circuito del post [5] che pur essendo meno performante dei successivi, è sufficiente per il raggiungimento delle specifiche e agevola un po' i conti a

Andy85

da **EnChamade** » 3 set 2014, 12:26

Scusa

emacar,
sarà che sono ancora sotto jet lag ma non mi quadra quello che tu scrivi.

emacar ha scritto:io farei riferimento più che altro al circuito del post [5] che pur essendo meno performante dei successivi

Non ho mai detto questo. Ho semplicemente detto che tutti hanno dei pregi e dei difetti.

emacar ha scritto:e agevola un po' i conti a Andy85

Di questo, francamente, non sarei sicuro ;-)

. Quali sarebbero queste agevolazioni?

da **emacar** » 3 set 2014, 12:42

EnChamade ha scritto:Di questo, francamente, non sarei sicuro . Quali sarebbero queste agevolazioni?

Nel circuito del post [5], supponendo che vi sia V1 ed R1 collegate al terminale invertente e V2 ed R2 al non invertente (ho tolto due ingressi per semplificarmi la formula), si ricava facilmente la tensione in uscita.
$V_out=V_2 \frac {(R_f+R_1)R_5} {(R_5+R_2)R_1} - V_1 \frac {R_f} {R_1}$
mentre la resistenza in ingresso dovrebbe essere pari alla somma tra R1 ed R2.
ovviamente sta a

Andy85 fare i conti e verificare che non ho fatto errori (il che è probabile

).
Nel circuito successivo ci sono un po' di componenti in più però non l'ho analizzato bene, magari si ricava la tensione di uscita anche più velocemente..

da **Andy85** » 3 set 2014, 12:52

emacar ho verificato la tensione di uscita sul tuo circuito semplificato e mi ritrovo.
La resistenza di ingresso, invece, non dovrebbe essere il parallelo di R1, R2, R5?

da **EnChamade** » 3 set 2014, 12:53

emacar ha scritto:Nel circuito successivo ci sono un po' di componenti in più però non l'ho analizzato bene, magari si ricava la tensione di uscita anche più velocemente..

Si, il guadagno di uno specifico ingresso è il rapporto fra la resistenza di retroazione e la resistenza su quel specifico ingresso con il + e il - a seconda se siamo collegati al terminale invertente e non invertente... :mrgreen:

da **emacar** » 3 set 2014, 13:00

EnChamade ha scritto:Si, il guadagno di uno specifico ingresso è il rapporto fra la resistenza di retroazione e la resistenza su quel specifico ingresso con il + e il - a seconda se siamo collegati al terminale invertente e non invertente...

Mi sa che mi sto rincretinendo

Le varie R1-2-3-4 ed Rf non entrano anche in gioco?
Per

Andy85
Mi sembra che R5 non influisca, ti posso rispondere meglio per le 15:00, adesso sto andando in pausa pranzo e mi viene difficile controllare.

da **obiuan** » 3 set 2014, 14:58

Amplificatore differenziale
(a op amp ideale)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Effetto 1:
V_1 = 0

$V_+ = \frac{R_p}{R_p + R_2}\cdot V_2$
$V_- = \frac{R_1}{R_1 + R_f}\cdot V_{out}$
$V_- = V_+ \rightarrow$
$\frac{R_p}{R_p + R_2}\cdot V_2 = \frac{R_1}{R_1 + R_f}\cdot V_{out} \rightarrow$
$V_{out} = \frac{R_1 + R_f}{R_p + R_2}\cdot \frac{R_p}{R_1}\cdot V_2$

che letto così:
$V_{out} = R_1\cdot(1 + \frac{R_f}{R_1})\cdot \frac{1}{R_1}\cdot \frac{R_p}{R_2 + R_p}\cdot V_2$
semplificando è chiaramente:
$V_{out} = (1 + \frac{R_f}{R_1})\cdot \frac{R_p}{R_2 + R_p}\cdot V_2$
che è il guadagno dell'ampli non invertente $(1 + \frac{R_f}{R_1})$ applicato al segnale sul "+", che è il partitore $\frac{R_p}{R_2 + R_p}$ su V_2

.

immediatamente si può calcolare l'effetto 2:
V_2 = 0

$\rightarrow V_+ = 0$

è quindi un normale invertente che ha come noto guadagno:

$V_{out} = -\frac{R_f}{R_1}\cdot V_1$

Da cui, sovrapponendo:

$V_{out} = (1 + \frac{R_f}{R_1})\cdot \frac{R_p}{R_2 + R_p}\cdot V_2 -\frac{R_f}{R_1}\cdot V_1$

Nota: da questa si ricava che se poniamo R_f = R_p

e

, sostituendo otteniamo:

$V_{out} = \frac{R_f}{R_1}\cdot (V_{+} - V_{-})$

L'impedenza di ingresso vista da V_1

è in questo caso R_1

.
Quella vista da V_2

è in questo caso R_2 + R_p

Se si aggiungono altri rami sul "+" e sul "-" si ottiene il cosiddetto
Combinatore lineare
a op amp ideale

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Cosa cambia per i guadagni e le impedenze di ingresso dei vari canali?

Per le impedenze è facilmente visibile:

- per ogni canale di ingresso negativo l'impedenza di ingresso è la resistenza che collega il segnale al terminale "-" dell'opa
- per ogni canale di ingresso positivo l'impedenza di ingresso è la serie della resistenza che collega il segnale al terminale "+" dell'opa con il parallelo fra R_p

e tutte le altre R che collegano gli altri canali al "+". Nell'esempio a due canali sarà quindi, per l'impedenza di ingresso vista da V_2

: $Z_{i2} = R_2 + R_p // R_{2b}$

Per i guadagni:
- il guadagno di ciascun canale negativo resta invariato ed uguale al rapporto fra la resistenza di feedback R_f

e la resistenza che lo collega al terminale "-".
- il guadagno di ciascun canale positivo varia e mi sembra immediato dimostrare che si può scrivere nella stessa forma:

$V_{out} = (1 + \frac{R_f}{R_{ieq}})\cdot \frac{R_{peq}}{R_i + R_{peq}}\cdot V_i$

dove:
- i è il numero del canale di ingresso
- $R_{peq}$ è il parallelo fra R_p

e tutte le altre R che collegano gli altri canali al "+"
- $R_{ieq}$ è il parallelo di tutte le resistenze dei canali di ingresso negativi.

da **BrunoValente** » 3 set 2014, 14:59

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ovviamente vale solo se i quattro generatori sono tutti collegati agli ingressi e se le loro resistenze interne sono nulle.

da **emacar** » 3 set 2014, 15:11

obiuan sei stato LEGGERMENTISSIMAMENTE più preciso di me...ma proprio una cosa impercettibile, informazioni quasi uguali :ok:

Scherzi a parte, risposta migliore di questa non poteva esserci.

da **EnChamade** » 3 set 2014, 15:23

emacar ha scritto:Mi sa che mi sto rincretinendo Le varie R1-2-3-4 ed Rf non entrano anche in gioco?

Visto che tutti hanno postato le soluzioni, metto anche la mia.
Prendiamo in esame il circuito, applicando la sovrapposizione degli effetti e considerando un operazionale ideale nei nostri calcoli.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Per un ingresso invertente (prendiamo come esempio v_3

), abbiamo che

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

da cui si nota subito la tipica configurazione invertente. Abbiamo quindi che
$A_3=\frac{v_o}{v_3}=-\frac{R_f}{R_3}$
e con simile ragionamento si ha anche che
$A_4=\frac{v_o}{v_4}=-\frac{R_f}{R_4}$

Per quanto riguarda gli ingressi non invertenti, iniziamo considerando l'ingresso v_1

. Abbiamo

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

in cui riconosciamo la configurazione non invertente con ingresso partizionato. A primo impatto potrebbe far paura ma facendo i conti poi vediamo che le cose si semplificano:
$A_1=\frac{v_o}{v_1}=\frac{R_2//R_3//R_4//R_f}{R_2//R_3//R_4//R_f+R_1}\left( 1+ \frac{R_f}{R_1//R_2//R_3//R_4}\right)=$
$=\frac{1}{1+\frac{R_1}{R_2//R_3//R_4//R_f}}\left( 1+ \frac{R_f}{R_1//R_2//R_3//R_4}\right)=$
$=\frac{(R_2R_3R_4R_f)(R_2R_3R_4R_f+R_1R_2R_3R_4+R_1R_2R_3R_f+R_1R_2R_4R_f+R_1R_3R_4R_f)}{(R_1R_2R_3R_4)(R_2R_3R_4R_f+R_1R_2R_3R_4+R_1R_2R_3R_f+R_1R_2R_4R_f+R_1R_3R_4R_f)}=$
$=\frac{R_f}{R_1}$
Con analogo ragionamento abbiamo anche che
$A_2=\frac{v_o}{v_2}=\frac{R_f}{R_2}$
ottenendo quindi l'espressione finale per la tensione di uscita v_o

$v_o=\frac{R_f}{R_1}v_1+\frac{R_f}{R_2}v_2-\frac{R_f}{R_3}v_3-\frac{R_f}{R_4}v_4$

Interessante è la regola mnemonica che ne esce che prende il nome, in questo contesto, di teorema di bilanciamento. Con questa regola non è necessario fare alcun calcolo...

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