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Retroazione

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[31] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteStokes » 29 feb 2016, 0:25

Se sì, quale sarebbe stato l'altro modo di fare senza reti due porte?

Io la retroazione la studio così: seguo il percorso del segnale e cerco di capire qual è la grandezza all'aumento della quale si oppone la reazione. In questo caso come hai detto tu è v_{gs}. Allora mi calcolo il guadagno ideale imponendo v_{gs}=0, da cui ho subito G_{id}=1 (per forza, è un follower!).

A questo punto si tratta di calcolare il guadagno d'anello del circuito, che è il prodotto A\cdot\beta. Il bello è che non serve distinguere i due blocchi per calcolarlo, basta rompere l'anello di reazione in un punto 'comodo', iniettare un segnale di sonda e vedere cosa ritorna dall'altra parte dopo aver fatto il giro dell'anello. Il guadagno che si ottiene in questo modo è proprio il G_loop. A questo punto calcolo il guadagno reale del circuito con la formula G_{r}=G_{id} \frac{-G_l}{1-G_l}. In pratica il guadagno sarà praticamente ideale fino a che il guadagno d'anello è grande, poi inevitabilmente decadrà seguendo l'andamento del G_loop stesso.

Per il calcolo delle impedenze ci si serve sempre del G_loop, osservando che la retroazione tende a stabilizzare le tensioni dei nodi e le correnti dei lati dell'anello di reazione.

Non ti so dire se questo metodo sia più preciso (ma credo di no), però è sicuramente più veloce e intuitivo
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[32] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIanero » 29 feb 2016, 12:15

Stasera provo a farne un altro in questo modo, grazie :-)
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[33] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 8 mar 2016, 7:02

Il caso del drain comune e del collettore comune sono balordi perche' e` tutto collassato in due componenti! Di solito i circuiti piu` complessi sono piu` facili da analizzare, almeno si vede meglio dov'e` il prelievo e dove il confronto.


Ianero ha scritto:Per farlo devo capire che tipo di controreazione è.
Cortocircuitando il carico vedo che la retroazione scompare, quindi il prelievo è in tensione.
Inoltre il confronto è in tensione.

Ok, va bene.
Ianero ha scritto:Non ho capito però l'idea di fondo del perché questa cosa funziona davvero, posso anche avere circuiti dove il carico si trova in una zona diversa dal circuito che fa la retroazione, mi viene da pensare all'emettitore comune con resistenza di degenerazione.


Prendiamo il caso di CE con RE, qui sotto



L'uscita e` sul collettore e supponiamo che RL sia la resistenza di carico. La grandezza che va a confrontarsi con l'ingresso e` la tensione su RE, come si vede dalla maglia rossa. Quindi confronto in tensione, in serie. Un altro modo per vederlo e` guardare se il segnale di ingresso e la grandezza che torna indietro sono collegate allo stesso morsetto o a morsetti diversi.

Cortocircuitiamo il carico, seconda figura, linea gialla. C'e` ancora tensione su RE? Circola ancora corrente attraverso RE? Si` certo, quindi la retroazione non sta prelevando (solo) la tensione di uscita. Nota che se nel circuito di sinistro ci fosse stata una seconda uscita dall'emettitore, questa avrebbe avuto un prelievo in tensione.

Proviamo a togliere il carico, a sradicarlo, come nello schema di destra. La corrente di collettore va a zero, anche quella di emettitore va a zero (il transistore lo si deve pensare in linearita`), quindi VRE=0V e la retroazione e` morta: il prelievo e` in corrente! Nota che se la resistenza sul collettore fosse stata RC e il carico RL fosse stato "in parallelo" ad RC, magari con un condensatore di mezzo, sia cortocircuitando il carico RL che aprendolo sarebbe comunque ancora tornato indietro segnale e la retroazione sarebbe stata "mista". Forse lo vedrai se farai la formula di Blackman.


Ianero ha scritto:Essendo tensione-tensione si tratta quindi di un serie-parallelo.
Uso quindi la matrice ibrida h.


Questo mi rendeva triste quando dovevo studiarla e mi rende ancora piu` triste adesso :(

Come faresti in modo esatto, con i doppi bipoli il caso di CE con resistenza sull'emettitore?

Ianero ha scritto:Se sì, quale sarebbe stato l'altro modo di fare senza reti due porte?


Nei circuiti cosi` semplici e` meglio una soluzione diretta, magari usando qualche relazione gia` conosciuta. A voler usare metodi formali spesso ci si trova a fare acrobazie complicate, vedi ad esempio qui i problemi per trovare una semplice impedenza. Uso il collettore comune perche' e` leggermente piu` complicato del drain comune a causa della presenza di rpi.

Comunque se si vuole usare il metodo di Rosenstark bisogna calcolare Ao, Aoo e T rispetto a un elemento qualsiasi del circuito. Se si sceglie un generatore pilotato i conti vengono piu` facili e significativi. Quando c'e` un solo transistor di mezzo e` praticamente indispensabile usare il suo circuito equivalente, come nella figura seguente.



Il calcolo di Ao viene fatto supponendo nullo il guadagno del generatore pilotato. Nota che si modifica solo il guadagno del generatore non tutto il beta, che se variato farebbe anche cambiare la resistenza rpi. Si mette a zero il guadagno del generatore pilotato, lasciando invariata rpi e si calcola la tensione di uscita in funzione di quella di ingresso in queste condizioni.

Lo schema di riferimento e` il seguente



e il guadagno viene un semplice partitore A_0=\left . \frac{V_o}{V_g}\right |_{g_m=0}=\frac{R_E}{R_g+r_\pi+R_E}

Aoo viene calcolato supponendo che il guadagno del generatore pilotato vada a infinito, sempre senza toccare il valore di rpi. In questo caso non e` importante, tanto si e` in presenza di un nullore, quindi il valore di rpi non e` importante.

Il circuito e` retroazionato, se gm (o beta) va a infinito non va a infinito il guadagno e l'uscita, ma va a zero il pilota (vedere anche qui. Se la grandezza di comando va a infinito vuol dire che V_\pi=0V, e quindi V_o=V_g e il guadagno Aoo vale A_\infty=\left . \frac{V_o}{V_g}\right |_{g_m\to\infty}=1

In pratica se si sceglie bene che cosa mandare a infinito e come vederlo nel circuito, e` possibile considerare al posto del transistore un nullore, cioe` un operazionale ideale, e il circuito diventa questo



in cui da bravo operazionale retroazionato manda a zero la tensione di ingresso. Oppure si vede al volo che il circuito e` un voltage follower. Da notare che il calcolo di Aoo e` quasi sempre molto piu` facile di quello di Ao.

Rimane da calcolare T, che viene ottenuto sempre lavorando sullo stesso generatore: si sostituisce il generatore pilotato con uno indipendente di corrente It, e si vede quanta corrente I't scorre nel generatore pilotato dovuta alla corrente di test It. In questo caso si deve annullare il generatore di ingresso. Al solito il circuito di riferimento e` questo



dove si tratta di calcolare I't in funzione di It. Il calcolo e` fatto a vista: dato It con un partitore di corrente si calcola Ib, e quindi I't:

I_b=-I_t\frac{R_E}{R_E+R_g+r_\pi}

e poi

I^\prime_t=\beta I_b=-I_t\frac{\beta R_E}{R_E+R_g+r_\pi}

Il rapporto di ritorno vale, per definizione, T=-\frac{I^\prime_t}{I_t}=\frac{\beta R_E}{R_E+R_g+r_\pi}

Da notare che in tutti questi conti non si e` dovuto fare nulla che dipendesse dal tipo di retroazione: il metodo funziona sempre.

Mettendo insieme i 3 pezzi si ha:

A_F=A_\infty\frac{T}{1+T}+A_0\frac{1}{1+T}=

=1\times\frac{\frac{\beta R_E}{R_E+R_g+r_\pi}}{1+\frac{\beta R_E}{R_E+R_g+r_\pi}}+\frac{R_E}{R_g+r_\pi+R_E}\times\frac{1}{1+\frac{\beta R_E}{R_g+r_\pi+R_E}}

Ovviamente questo non e` il modo algebrico astuto di procedere, ma andiamo avanti. Se si eliminano un po' di frazioni impilate, con opportune moltiplicazioni, si ottiene

A_F=1\times \frac{\beta R_E}{R_g+r_\pi+(\beta+1)R_E}+\frac{R_E}{R_g+r_\pi+(\beta+1)R_E}= e sommando si ottiene il risultato ben noto.
=\frac{(\beta+1)R_E}{R_g+r_\pi+(\beta+1)R_E}

Da notare che nella penultima espressione si riconoscono ancora il guadagno ideale 1, il fattore di discrepanza, e il termine di feed-through ad anello chiuso. Quello ad anello aperto e` Ao, e in ogni caso questi termini vengono trascurati quando si fa l'analisi con i doppi bipoli altrimenti i conti diventano impossibili, mentre qui sono a piece of cake.
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[34] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIanero » 8 mar 2016, 10:28

Grazie della spiegazione di quest'altro metodo!
Questo non è però il return ratio del Grey-Meyer, giusto?

Come faresti in modo esatto, con i doppi bipoli il caso di CE con resistenza sull'emettitore?








Z=\left[ \begin{array}{cc} R_{e} & R_{e} \\ R_{e} & R_{e} \end{array} \right]

Mi dimentico della bilateralità..



f=R_e



a=-g_m R_c \frac{r_ \pi}{r_ \pi +R_e}

T=af=-g_m R_e R_c \frac{r_ \pi}{r_ \pi +R_e} = -g_m R_c (R_e || r_ \pi)

Il T \approx g_m R_e viene solo se considero guadagno in transammettenza anziché in tensione.
Questo mi suona strano perché se considerassi come T quello che ho ottenuto io (considerando il guadagno diretto in tensione) otterrei delle impedenze di ingresso e di uscita aumentate di un fattore sbagliato.
Come funziona qui?
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[35] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIanero » 11 mar 2016, 11:02

Questo mi suona strano perché se considerassi come T quello che ho ottenuto io (considerando il guadagno diretto in tensione) otterrei delle impedenze di ingresso e di uscita aumentate di un fattore sbagliato.

Capito anche questo (ci ho messo diversi giorni, che ritardato...).
La schematizzazione che si ottiene con le reti due porte permette di utilizzare le formule ideali dell'automatica.
Lo schema di controlli automatici però prevede che le reti abbiano un solo ingresso e una sola uscita.
Questa retroazione era serie-serie, quindi le grandezze sono tensione in ingresso e corrente in uscita per l'amplificatore ad anello aperto (e viceversa per la rete beta).
Se considerassi invece come ho fatto l'amplificatore come un amplificatore di tensione uscirei fuori dal modello automatico ideale e non potrei usare quelle formule ad anello chiuso.
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[36] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 12 mar 2016, 8:18

Non sono sicuro di aver capito quello che hai detto, ma tanto il metodo con i doppi bipoli non lo so applicare!

Invece per il CE con il carico sul collettore e uscita di collettore si analizza con Rosenstark nello stesso modo. Se spegni il generatore pilotato del transistore ottieni Ao=0.

Per Aoo basta guardare che se beta e gm tendono a infinito la tensione Vbe va a zero e anche la corrente Ib va a zero. In queste condizioni Ve=Vb e Ie=Ic, quindi la tensione Ve sull'emettitore (uguale a Vb) fa scorrere una corrente Ve/Re, che scorre anche sul collettore e da` una caduta pari a Vc=-Rc Ve/Re=-Rc Vb/Re e quindi il guadagno Aoo vale -Rc/Re.

Il guadagno di anello e` lo stesso di prima, T=\frac{\beta R_E}{R_E+R_g+r_\pi} e il guadagno retroazionato vale

A_F=-\frac{R_C}{R_E}\times \frac{\beta R_E}{R_g+r_\pi+(\beta+1)R_E} e semplificando RE si ottiene il risultato ben noto.
=-\frac{\beta R_C}{R_g+r_\pi+(\beta+1)R_E}

Da notare che questa e` una retroazione con prelievo in corrente, non piu` in tensione, ma il metodo di analisi non cambia di una virgola, anzi non serve neanche sapere che tipo di prelievo e confronto e` presente.
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[37] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIanero » 12 mar 2016, 12:01

Questo metodo che mi hai insegnato è il migliore di tutti a livello di praticità?
Grazie mille.

Non sono sicuro di aver capito quello che hai detto, ma tanto il metodo con i doppi bipoli non lo so applicare!


Essendo serie-serie, prelevo corrente e confronto tensione, quindi lo schema ideale è:



Attenendomi a questo schema posso utilizzare le formule R_{in_{CL}}=(1+T)R_{in_{OL}}, R_{out_{CL}}=(1+T)R_{out_{OL}}, ecc..
Per cui per essere coerente con lo schema ideale l'unico guadagno dell'amplificatore non retroazionato che posso utilizzare è quello di transammettenza.
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[38] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 12 mar 2016, 18:30

Ianero ha scritto:Questo metodo che mi hai insegnato è il migliore di tutti a livello di praticità?

Non so se sia il metodo migliore di tutti, ma sicuramente si difende molto bene.

Il metodo di Rosenstark dovrebbe essere simile al metodo del rapporto di ritorno come descritto dal Gray e Meyer, ma non mi ricordo con sicurezza. Mi pare che manchi il termine in Ao, ma vado a memoria.
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[39] Re: Retroazione

Messaggioda Foto UtenteIanero » 12 mar 2016, 20:25

Thanks :ok:
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