Amplificatori per strumentazione

Riferiti a massa o differenziali

Una tensione è sempre una differenza tra due punti. Il modo più semplice di trasportare un segnale è riferirlo a massa: un filo porta il segnale, e il ritorno passa per la massa comune. Funziona finché sorgente e amplificatore stanno vicini. La massa, però, è un conduttore come gli altri: ha una resistenza e un’induttanza, e le correnti che ci scorrono creano differenze di potenziale tra un punto e l’altro. Tra la massa di un sensore in fondo a un impianto e quella dell’armadio che contiene l’elettronica ci possono essere decine di millivolt o qualche volt, e l’amplificatore li vede sommati al segnale. In più il filo del segnale e il ritorno seguono percorsi diversi, e i campi dei cavi vicini inducono su di essi disturbi diversi.

Un segnale differenziale viaggia su due fili vicini, e l’informazione è la differenza tra le loro tensioni. Le differenze di massa e i disturbi indotti si presentano quasi uguali sui due fili, e un amplificatore che legge solo la differenza li ignora. A patto che sappia davvero ignorarli.

La seconda forma dice come leggere il CMRR: il modo comune arriva all’uscita come se fosse un segnale differenziale $\text{CMRR}$ volte più piccolo. Con un CMRR di $120$ dB, cioè $10^6$, un modo comune di $5$ V equivale a $5$ μV di segnale. Il CMRR di un operazionale sta di solito tra $70$ e $120$ dB in continua e cala con la frequenza, spesso di $20$ dB per decade sopra qualche centinaio di hertz: a $50$ Hz, la frequenza dei disturbi di rete, è ancora quasi quello in continua, a $10$ kHz molto meno. Il segno di $A_c$ cambia da un esemplare all’altro, come quello dell’offset, e i datasheet danno il modulo.

Allo stesso modo si definisce il rapporto di reiezione dell’alimentazione, $\text{PSRR} = A_d/A_{ps}$, dove $A_{ps}$ è il guadagno con cui una variazione dell’alimentazione arriva all’uscita. Vale tipicamente da $80$ a $100$ dB, e anche lui cala in frequenza. È la ragione per cui l’ondulazione a $100$ Hz lasciata da un raddrizzatore a doppia semionda non sparisce del tutto: $100$ mV di ondulazione con $80$ dB di PSRR equivalgono a $10$ μV all’ingresso.

L’amplificatore delle differenze

Il circuito più semplice che legge una differenza è l’amplificatore delle differenze con un operazionale e quattro resistori: $V_1$ entra nell’invertente attraverso $R_1$, con $R_2$ in retroazione, e $V_2$ nel non invertente attraverso il partitore $R_3$, $R_4$. Con $R_4/R_3 = R_2/R_1 = G$ l’uscita è $G(V_2 - V_1)$, e con resistori di tolleranza $t$ il CMRR nel caso peggiore è $(1 + G)/4t$. Con resistori allo $0{,}1\%$ e guadagno $1$ sono $54$ dB: pochi, per un segnale di millivolt su un modo comune di volt.

Il circuito ha un secondo difetto: le resistenze di ingresso sono basse e diverse.

Per non caricare la sorgente i resistori dovrebbero essere grandi, ma resistori grandi portano rumore ed errori dovuti alle correnti di polarizzazione. E c’è di peggio: la resistenza interna della sorgente si somma a $R_1$ o a $R_3$, e se i due fili hanno resistenze diverse sbilancia il partitore esattamente come una tolleranza. Con resistori da $100$ k$\Omega$, $10$ k$\Omega$ di differenza tra le resistenze dei due rami della sorgente riducono il CMRR a $26$ dB.

L’amplificatore per strumentazione

La soluzione è separare i due compiti. Un primo stadio con due operazionali amplifica la differenza senza toccare il modo comune, e presenta alla sorgente due ingressi non invertenti, con impedenza altissima; un secondo stadio, un amplificatore delle differenze, toglie il modo comune. È l’amplificatore per strumentazione a tre operazionali, venduto come circuito integrato con tutti i resistori interni, tarati, tranne $R_G$, che fissa il guadagno.

Con $R_a = R_b$ il circuito è simmetrico, e per un segnale puramente differenziale il punto medio di $R_G$ sta a zero: ciascuna metà è un amplificatore non invertente con $R$ in retroazione e $R_G/2$ verso massa, di guadagno $1 + 2R/R_G$. Il primo stadio amplifica la differenza di $G_1$ volte e lascia il modo comune com’è; il secondo, che ha il suo CMRR, riceve una differenza già grande.

Il risultato spiega i numeri dei datasheet. Il primo stadio moltiplica per $G_1$ il CMRR del secondo, e per questo il CMRR di un amplificatore per strumentazione cresce con il guadagno: $90$ dB a guadagno $1$ e $120$-$140$ dB a guadagno $100$ o $1000$ sono valori comuni. I due operazionali del primo stadio contano solo per la differenza tra i loro CMRR, e stando sullo stesso chip si somigliano. Resta un limite che la proposizione non contiene: lo sbilanciamento delle impedenze delle sorgenti, che ora però va confrontato con impedenze di ingresso di gigaohm.

Per lo stesso motivo conviene mettere tutto il guadagno nel primo stadio, e infatti negli integrati il secondo ha di solito guadagno $1$. Anche l’offset riportato all’ingresso ne beneficia: se il primo stadio ha offset $V_{OS1}$ e il secondo $V_{OS2}$, l’uscita è $G_1G_2V_{OS1} + G_2V_{OS2}$, e l’offset all’ingresso è $V_{OS1} + V_{OS2}/G_1$. Valori tipici per un integrato bipolare sono da qualche decina a qualche centinaio di microvolt di offset, meno di $0{,}5$ μV/°C di deriva, correnti di polarizzazione di qualche nanoampere, e una banda che si restringe al crescere del guadagno. I datasheet danno anche l’errore di guadagno, lo scarto massimo dalla formula del guadagno, per esempio lo $0{,}5\%$, e la non linearità, lo scarto massimo dalla retta che interpola la caratteristica, per esempio $100$ parti per milione.

Due avvertenze pratiche. Gli ingressi non invertenti assorbono le correnti di polarizzazione, che devono trovare una strada verso massa: una sorgente flottante, come una termocoppia isolata o un segnale accoppiato con condensatori, porta presto le uscite in saturazione, e va chiusa verso massa con una resistenza. E il morsetto REF è la massa del secondo stadio: va pilotato da un generatore a bassa impedenza, perché una resistenza in serie si somma a $R_4$ e sbilancia l’amplificatore delle differenze.

Quanto modo comune

Il primo stadio lascia passare il modo comune, e questo limita quanto modo comune l’amplificatore accetta. Le uscite del primo stadio valgono $V_c \pm G_1V_d/2$, e devono restare dentro la dinamica degli operazionali. Con il secondo stadio a guadagno $G_2$ e REF a massa, $V_u = G_1G_2V_d$, e la condizione è

$$|V_c| + \frac{|V_u|}{2G_2} \le V_{max} ,$$

oltre a $|V_u| \le V_{max}$, dove $V_{max}$ è la massima escursione delle uscite. Più grande è l’uscita, meno modo comune si può avere. I datasheet riportano questa zona in un grafico, che per la sua forma si chiama spesso diagramma a diamante.

Alimentazione singola

Finora gli operazionali avevano due alimentazioni simmetriche. Molti circuiti hanno solo una batteria o la tensione di $3{,}3$ o $5$ V di un microcontrollore. Con una sola alimentazione l’uscita non può scendere sotto zero, e un amplificatore invertente che riceve un segnale positivo satura subito. La soluzione è spostare il punto di riposo: si sommano $V_{cc}/2$ a tutte le tensioni del circuito, così che il segnale nullo corrisponda a metà alimentazione e l’uscita possa muoversi nei due versi.

La tensione $V_{cc}/2$ si ottiene con un partitore, e il segnale si accoppia con condensatori perché la componente continua della sorgente non sposti il punto di riposo. Il partitore ha un difetto: porta al circuito metà di ogni variazione dell’alimentazione, e l’amplificatore la tratta come un segnale. Un condensatore in parallelo al resistore inferiore la filtra, e una resistenza $R_P$ tra il partitore e l’ingresso impedisce che il condensatore cortocircuiti anche il segnale.

Lo stesso spostamento si fa con l’amplificatore per strumentazione, collegando il morsetto REF a $V_{cc}/2$, fornita da un riferimento o da un operazionale in configurazione inseguitore. Con alimentazioni basse, poi, conta molto l’escursione: con $5$ V un operazionale che resta a un volt e mezzo dalle alimentazioni lascia al segnale due volt da picco a picco, e per questo nei circuiti ad alimentazione singola si usano operazionali rail-to-rail.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un sensore dà un segnale differenziale di $1$ mV su un modo comune a $50$ Hz di $1$ V. Quale CMRR serve perché l’errore sia l’1% del segnale? Basta un amplificatore delle differenze con guadagno $10$ e resistori allo $0{,}1\%$? E un amplificatore per strumentazione con $G_1 = 100$ e il secondo stadio a guadagno $1$ con gli stessi resistori?

Soluzione. L’errore ammesso è $10$ μV, e $1\ \text{V}/\text{CMRR} \le 10$ μV richiede $\text{CMRR} \ge 10^5$, cioè $100$ dB. L’amplificatore delle differenze ha nel caso peggiore $(1 + 10)/(4\cdot0{,}001) = 2750$, $69$ dB: l’errore è $360$ μV, più di un terzo del segnale. L’amplificatore per strumentazione ha $\text{CMRR}_2 = 2/0{,}004 = 500$ e $G_1\text{CMRR}_2 = 5\times10^4$, $94$ dB: l’errore è $20$ μV, il 2%.

Commento. Per arrivare a $100$ dB servono resistori accoppiati meglio dello $0{,}1\%$, come quelli tarati degli integrati, o un guadagno maggiore nel primo stadio. Con $G_1 = 1000$ si passerebbe a $114$ dB, ma un segnale di $1$ mV diventerebbe $1$ V, e con le uscite del primo stadio a $V_c \pm 0{,}5$ V resterebbe margine.

Esercizio 2. Il sensore dell’esercizio precedente ha resistenze di uscita diverse sui due fili, con $10$ k$\Omega$ di differenza. Quanto vale il CMRR di un amplificatore delle differenze con i quattro resistori da $100$ k$\Omega$, perfetti? E quello di un amplificatore per strumentazione con resistenza di ingresso di modo comune di $1$ G$\Omega$ e $10$ pF?

Soluzione. La differenza si somma a $R_1$, che diventa $110$ k$\Omega$. Il guadagno di modo comune è $(R_1R_4 - R_2R_3)/R_1(R_3 + R_4) = (110 - 100)\cdot100/(110\cdot200) = 0{,}045$, il guadagno differenziale circa $0{,}93$, e il CMRR $21$, cioè $26$ dB. Nell’amplificatore per strumentazione il ramo con la resistenza in più forma un partitore con l’impedenza di ingresso: la tensione di modo comune arriva ridotta di $R_s/Z_{in}$, e la differenza vale $V_c\cdot10^4/10^9 = 10^{-5}V_c$, cioè $100$ dB in continua. A $50$ Hz i $10$ pF valgono $318$ M$\Omega$, e si scende a $90$ dB.

Commento. Lo sbilanciamento delle sorgenti è spesso il vero limite di una misura differenziale, più del CMRR dell’amplificatore. Per questo si usano cavi con i due conduttori uguali, e a volte si pilota la calza del cavo con la tensione di modo comune, così che la capacità del cavo non la veda.

Esercizio 3. Un amplificatore per strumentazione ha $R = 25$ k$\Omega$ interne, offset di $50$ μV nel primo stadio e di $1$ mV nel secondo, e uscite che arrivano a $\pm13{,}5$ V. Quale $R_G$ dà guadagno $100$? Quanto vale l’offset riportato all’ingresso? Con un segnale di $100$ mV, quanto modo comune si può avere?

Soluzione. $1 + 50\ \text{k}\Omega/R_G = 100$ dà $R_G = 505\ \Omega$. L’offset all’ingresso è $50\ \mu\text{V} + 1\ \text{mV}/100 = 60$ μV. Con $100$ mV l’uscita è $10$ V, le uscite del primo stadio valgono $V_c \pm 5$ V, e $|V_c|$ non può superare $8{,}5$ V.

Commento. Senza offset del secondo stadio conterebbe solo il primo; a guadagno $1$, invece, l’offset all’ingresso sarebbe $1{,}05$ mV. Per questo i datasheet danno l’offset in due termini, uno di ingresso e uno di uscita diviso per il guadagno. $R_G$ va scelta con un coefficiente di temperatura simile a quello dei resistori interni, altrimenti il guadagno deriva.

Esercizio 4. Nell’amplificatore dell’esercizio precedente si mette guadagno $10$ nel primo stadio e $10$ nel secondo. Come cambiano il modo comune ammesso con un segnale di $100$ mV e il CMRR, se il secondo stadio ha resistori allo $0{,}1\%$?

Soluzione. Le uscite del primo stadio valgono $V_c \pm 0{,}5$ V, e il modo comune può arrivare a $13$ V. Il CMRR del secondo stadio, con guadagno $10$, è $11/0{,}004 = 2750$, e quello complessivo $10\cdot2750 = 27\,500$, $89$ dB, contro $100\cdot500 = 5\times10^4$, $94$ dB, con tutto il guadagno nel primo stadio.

Commento. Il compromesso è tra dinamica di modo comune e reiezione. Per modi comuni più grandi delle alimentazioni, come quando si misura la corrente in un resistore collegato a una linea a qualche centinaio di volt, si usano amplificatori delle differenze integrati con partitori di ingresso tarati, che riducono il modo comune prima dell’operazionale.

Esercizio 5. Il circuito con alimentazione singola a $5$ V ha $R_B = 100$ k$\Omega$, $C_B = 10$ μF, $R_P = 100$ k$\Omega$, $C_i = 100$ nF, $R_1 = 1$ k$\Omega$, $C_1 = 10$ μF e $R_2 = 10$ k$\Omega$. Da che frequenza amplifica di $11$? Quanto di un’ondulazione di $100$ mV a $100$ Hz sull’alimentazione arriva all’uscita, con e senza $C_B$?

Soluzione. L’ingresso taglia a $1/2\pi C_iR_P = 16$ Hz, e il guadagno sale da $1$ a $11$ tra lo zero $1/2\pi C_1(R_1 + R_2) = 1{,}4$ Hz e il polo $1/2\pi C_1R_1 = 16$ Hz: il circuito amplifica di $11$ da qualche decina di hertz. Senza $C_B$ il centro del partitore riceve $50$ mV di ondulazione, che all’uscita diventano $550$ mV. Con $C_B$, a $100$ Hz, $\omega C_BR_B/2 = 314$, e all’uscita arrivano $11\cdot50\ \text{mV}/314 = 1{,}8$ mV.

Commento. Il condensatore sul partitore non è un dettaglio: senza, l’amplificatore amplifica il disturbo dell’alimentazione più del segnale. Il PSRR dell’operazionale non aiuta, perché il disturbo entra dal non invertente come un segnale vero.