Guadagno e impedenze ad anello chiuso

Elettronica · Strumentazione elettronica Articolo 17 settembre 2026

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Prima di questo, potrebbe interessarti: Retroazione e amplificatore operazionale , L'amplificatore operazionale reale , Analisi in frequenza

Indice

Quattro guadagni

Nell’articolo sulla retroazione il guadagno di un circuito con un operazionale reale è stato scritto con tre grandezze: il guadagno ideale $G_{id}$ , calcolato con il cortocircuito virtuale; il guadagno d’anello $G_{loop}$ , che torna all’uscita dell’operazionale dopo un giro con l’ingresso spento; il guadagno $G_0$ che resta con $A = 0$ . Lì si è dimostrato che

G = G_{id}\,\frac{-G_{loop}}{1 - G_{loop}} + \frac{G_0}{1 - G_{loop}} ,

e si è usata la formula di Blackman per le impedenze. Questo articolo mostra come si calcolano queste grandezze in circuiti meno semplici: con la resistenza di uscita e la resistenza differenziale dell’operazionale, con l’anello tagliato in un punto qualsiasi, con più anelli di retroazione. Serve una quarta grandezza.

Teorema (guadagno ad anello aperto e guadagno diretto)

Definito il guadagno ad anello aperto $G_{ol} = -G_{id}\,G_{loop}$ , il guadagno ad anello chiuso è

G = \frac{G_{ol} + G_0}{1 - G_{loop}} ,

e $G_0$ , il guadagno con $A = 0$ , si chiama guadagno diretto. Di $G_{id}$ , $G_{loop}$ e $G_{ol}$ ne bastano due per avere il terzo.

Dimostrazione.

Si sostituisce $G_{ol}$ nella formula del guadagno reale: $G_{id}(-G_{loop}) = G_{ol}$ , e i due termini hanno lo stesso denominatore.

Fine della dimostrazione.

Il nome viene dallo schema a blocchi. Con un blocco di andata di guadagno $A$ e uno di reazione $H$ , il guadagno d’anello è $-AH$ e il guadagno ideale $1/H$ : allora $G_{ol} = A$ , il guadagno del blocco di andata, quello che si avrebbe aprendo l’anello. In un circuito vero il blocco di andata non è l’operazionale da solo, perché la rete di reazione lo carica: il guadagno ad anello aperto contiene anche questo effetto. Il guadagno diretto è il segnale che arriva all’uscita passando per la rete di reazione, senza l’operazionale; negli schemi a blocchi non c’è, perché i blocchi trasmettono in un verso solo, mentre i resistori trasmettono nei due.

Sul diagramma di Bode la formula dà la costruzione già vista: finché $|G_{loop}| \gg 1$ il guadagno è $G_{id}$ ; quando $|G_{loop}| \ll 1$ è $G_{ol}$ , finché questo resta più grande di $G_0$ . Il modulo del guadagno segue il più piccolo tra $|G_{ol}|$ e $|G_{id}|$ , e i due si incontrano dove $|G_{loop}| = 1$ .

Tagliare l’anello

Per calcolare il guadagno d’anello si spegne l’ingresso, si interrompe l’anello in un punto e vi si applica un segnale di prova. Il punto più comodo, l’uscita di un operazionale ideale, non sempre c’è: se l’operazionale ha una resistenza di uscita, il generatore pilotato sta dentro il modello. Tagliando altrove bisogna fare attenzione, perché il taglio cambia il circuito.

Il guadagno d’anello di un amplificatore non invertente con resistenza di uscita $R_o$ , tagliato dopo $R_o$ . Il generatore di prova $V_T$ alimenta la rete di reazione; la resistenza $Z = R_1 + R_2$ sostituisce, dal lato di $R_o$ , la rete che il taglio ha staccato.

Proposizione (ricostruzione dell'impedenza)

In un circuito con un solo anello di retroazione, spento l’ingresso, si interrompe un conduttore dell’anello. Dal lato di andata, quello che porta verso l’ingresso dell’operazionale, si applica una tensione di prova $V_T$ ; dal lato di ritorno si collega verso massa un’impedenza $Z$ uguale a quella che il lato di andata presenta al taglio, e si misura la tensione $V_r$ . Allora

\frac{V_r}{V_T} = G_{loop} .

Senza $Z$ si ottiene invece $G_{loop}(Z + Z_r)/Z$ , dove $Z_r$ è l’impedenza di Thévenin del lato di ritorno. L’errore è nullo se $Z$ è infinita o se $Z_r$ è nulla.

Dimostrazione.

Si guarda il circuito integro, con l’ingresso spento, dal punto del taglio. Il lato di andata è una rete lineare senza generatori indipendenti: se al taglio c’è la tensione $v$ , assorbe la corrente $v/Z$ , e l’ingresso dell’operazionale riceve $v_d = \alpha v$ per un certo coefficiente $\alpha$ . Poiché l’anello è uno solo, il generatore pilotato $u = Av_d$ influenza il taglio solo attraverso il lato di ritorno, che visto dal taglio è un generatore di Thévenin $\gamma u$ con impedenza $Z_r$ .

Il guadagno d’anello dell’articolo sulla retroazione si calcola sostituendo $u$ con un generatore indipendente: al taglio arriva $v = \gamma u\,Z/(Z + Z_r)$ , all’ingresso $\alpha v$ , e il generatore pilotato restituisce $A\alpha v$ . Quindi $G_{loop} = A\alpha\gamma\,Z/(Z + Z_r)$ . Con il taglio, $V_T$ dà all’ingresso $\alpha V_T$ e al generatore $u = A\alpha V_T$ ; il lato di ritorno, chiuso su $Z$ , dà $V_r = \gamma u\,Z/(Z + Z_r)$ . Il rapporto $V_r/V_T$ è lo stesso. Senza $Z$ il lato di ritorno è aperto e $V_r = \gamma u$ : manca il fattore $Z/(Z + Z_r)$ , che vale $1$ quando $Z \to \infty$ o $Z_r = 0$ .

Fine della dimostrazione.

Da qui due regole pratiche. Si taglia volentieri all’ingresso di un operazionale, dove il lato di andata ha impedenza infinita, o all’uscita di un generatore di tensione ideale, dove il lato di ritorno ha impedenza nulla: in tutti e due i casi non c’è niente da ricostruire. Altrove bisogna aggiungere $Z$ . Lo stesso vale con una corrente di prova, scambiando i ruoli di tensione e corrente con il teorema di Norton. E il guadagno d’anello, calcolato bene, non dipende dal punto del taglio: è una proprietà dell’anello.

Nell’esempio della figura il lato di andata è la serie di $R_2$ e $R_1$ , perché l’ingresso dell’operazionale non assorbe corrente: $Z = R_1 + R_2$ . La tensione $V_T$ arriva all’ingresso invertente come $V_TR_1/(R_1 + R_2)$ , il generatore dà $-AV_TR_1/(R_1 + R_2)$ , e il partitore tra $R_o$ e $Z$ ne porta al taglio la frazione $(R_1 + R_2)/(R_1 + R_2 + R_o)$ :

G_{loop} = -A\,\frac{R_1}{R_1 + R_2 + R_o} .

Tagliando all’ingresso invertente, senza ricostruzione, si trova lo stesso risultato. Dimenticando $Z$ si troverebbe $-AR_1/(R_1 + R_2)$ , come se $R_o$ non ci fosse.

Resistenza di uscita e guadagno diretto

Con la resistenza di uscita i due amplificatori fondamentali cambiano in modo diverso, e l’invertente acquista un guadagno diretto.

Proposizione (amplificatori con resistenza di uscita)

Con un operazionale di guadagno $A$ e resistenza di uscita $R_o$ , senza carico, l’amplificatore non invertente ha

\begin{gathered} G_{loop} = -\frac{AR_1}{R_1 + R_2 + R_o} , \\[0.5em] G_{ol} = \frac{A(R_1 + R_2)}{R_1 + R_2 + R_o} , \qquad G_0 = 0 , \end{gathered}

e l’invertente lo stesso guadagno d’anello, con

G_{ol} = -\frac{AR_2}{R_1 + R_2 + R_o} , \qquad G_0 = \frac{R_o}{R_1 + R_2 + R_o} .

Dimostrazione.

Con l’ingresso spento i due circuiti coincidono, e il guadagno d’anello è quello calcolato sopra. I guadagni ad anello aperto vengono da $G_{ol} = -G_{id}G_{loop}$ , con $G_{id} = (R_1 + R_2)/R_1$ e $G_{id} = -R_2/R_1$ .

Per il guadagno diretto si pone $A = 0$ : il generatore pilotato diventa un cortocircuito verso massa dietro $R_o$ . Nel non invertente il segnale arriva al non invertente, che non assorbe corrente, e non raggiunge l’uscita: $G_0 = 0$ . Nell’invertente il segnale attraversa $R_1$ e $R_2$ e arriva a massa attraverso $R_o$ : l’uscita, tra $R_2$ e $R_o$ , è il partitore $V_{in}R_o/(R_1 + R_2 + R_o)$ .

Fine della dimostrazione.

Il guadagno diretto è piccolo, e finché $|G_{ol}|$ è grande non conta. Conta quando il guadagno dell’operazionale crolla, ad alta frequenza: lì il guadagno dell’invertente non scende a zero ma si ferma a $G_0$ . Il segnale passa attraverso i resistori, senza inversione. Nel modello con un solo polo succede a frequenze molto alte; negli operazionali veri, dove altri poli fanno crollare $A$ più in fretta, il pavimento si vede prima.

Il guadagno di un amplificatore invertente con $R_1 = 100\ \Omega$ , $R_2 = 1$ k $\Omega$ e un operazionale con $A_0 = 10^5$ , polo a $10$ Hz e $R_o = 100\ \Omega$ . Il guadagno reale, arancio, segue $|G_{ol}|$ , blu, finché non incontra il guadagno diretto $G_0 = 1/12$ ; senza $G_0$ continuerebbe a scendere, tratteggiato.

Le impedenze

La formula di Blackman dà l’impedenza tra due morsetti come $Z = Z_0(1 - G_{loop}^{cc})/(1 - G_{loop}^{ca})$ , con $Z_0$ l’impedenza per $A = 0$ e i guadagni d’anello con i morsetti in cortocircuito e aperti. Quasi sempre uno dei due è nullo, e quale lo si capisce dal valore ideale.

Proposizione (impedenze con valore ideale infinito o nullo)

Se l’impedenza tra due morsetti tende all’infinito per $A \to \infty$ , allora $G_{loop}^{ca} = 0$ e

Z = Z_0\,(1 - G_{loop}^{cc}) ;

se tende a zero, allora $G_{loop}^{cc} = 0$ e

Z = \frac{Z_0}{1 - G_{loop}^{ca}} .

$G_{loop}^{cc}$ è il guadagno d’anello con un generatore di tensione di prova ai morsetti, $G_{loop}^{ca}$ con un generatore di corrente.

Dimostrazione.

Nella dimostrazione della formula di Blackman i due guadagni d’anello sono $A$ per coefficienti che non dipendono da $A$ : $G_{loop}^{cc} = Ab_{cc}$ e $G_{loop}^{ca} = Ab_{ca}$ . Per $A \to \infty$ l’impedenza tende a $Z_0b_{cc}/b_{ca}$ se i due coefficienti non sono nulli. Il limite è infinito solo se $b_{ca} = 0$ , e allora $Z = Z_0(1 - G_{loop}^{cc})$ ; è nullo solo se $b_{cc} = 0$ , e allora $Z = Z_0/(1 - G_{loop}^{ca})$ . Un generatore di tensione ideale, spento, è un cortocircuito, e uno di corrente è un circuito aperto: i guadagni d’anello con i morsetti chiusi o aperti sono quelli che si hanno con il generatore di prova del tipo corrispondente.

Fine della dimostrazione.

La regola si ricorda così: un’impedenza bassa, come quella di un nodo a terra virtuale o dell’uscita di un operazionale, si misura con una corrente di prova; una alta, come quella di un ingresso non invertente, con una tensione. Usando il generatore sbagliato si interrompe l’anello, e il conto dà zero volte infinito. Quando il valore ideale non è né zero né infinito, di solito c’è un elemento in serie o in parallelo a un punto dove lo è: l’ingresso dell’invertente è $R_1$ in serie al nodo a terra virtuale, e si calcola l’impedenza di quel nodo, senza $R_1$ , per poi aggiungerla.

Con un polo dominante il risultato ha un circuito equivalente semplice.

Proposizione (impedenze con un polo dominante)

Sia $A = A_0/(1 + s/\omega_0)$ e $G_{loop} = -\beta A$ con $\beta$ costante e $Z_0$ resistiva. Se il valore ideale è nullo, l’impedenza è una resistenza $Z_0/(1 + \beta A_0)$ in serie al parallelo di una resistenza $Z_0\beta A_0/(1 + \beta A_0)$ e di un’induttanza

L = \frac{Z_0\,\beta A_0}{(1 + \beta A_0)^2\,\omega_0} \simeq \frac{Z_0}{\omega_c} , \qquad \omega_c = \omega_0(1 + \beta A_0) .

Se il valore ideale è infinito, è una resistenza $Z_0$ in serie al parallelo di una resistenza $Z_0\beta A_0$ e di una capacità

C = \frac{1}{Z_0\,\beta A_0\,\omega_0} .

Dimostrazione.

Nel primo caso

Z = \frac{Z_0}{1 + \beta A} = Z_0\,\frac{s + \omega_0}{s + \omega_c} .

Una resistenza $R_s$ in serie al parallelo di $R_p$ e $L$ ha impedenza $R_s + R_ps/(s + R_p/L) = [(R_s + R_p)s + R_sR_p/L]/(s + R_p/L)$ . Le due espressioni coincidono se $R_p/L = \omega_c$ , $R_s + R_p = Z_0$ e $R_sR_p/L = Z_0\omega_0$ , cioè $R_s = Z_0\omega_0/\omega_c = Z_0/(1 + \beta A_0)$ , $R_p = Z_0 - R_s$ e $L = R_p/\omega_c$ . Nel secondo caso

Z = Z_0(1 + \beta A) = Z_0 + \frac{Z_0\beta A_0}{1 + s/\omega_0} ,

e il secondo termine è l’impedenza di una resistenza $Z_0\beta A_0$ in parallelo a una capacità $C$ con costante di tempo $Z_0\beta A_0C = 1/\omega_0$ .

Fine della dimostrazione.

Un esempio con numeri realistici. Un amplificatore invertente ha $R_1 = 10$ k $\Omega$ , $R_2 = 100$ k $\Omega$ e $R_1\parallel R_2 = 9{,}09$ k $\Omega$ sul non invertente; l’operazionale ha $R_d = 2$ M $\Omega$ , $R_o = 75\ \Omega$ , $A_0 = 106$ dB, cioè $2\times10^5$ , e prodotto guadagno-banda di $1$ MHz, con il polo a $5$ Hz.

L’impedenza di uscita ideale è nulla. Con $A = 0$ l’uscita vede $R_o$ in parallelo a $R_2$ più $R_1\parallel(R_d + R_1\parallel R_2)$ : $Z_0 = 74{,}9\ \Omega$ . Con l’uscita aperta, il generatore pilotato manda il segnale attraverso $R_o$ e $R_2$ al nodo invertente, dove $9{,}95$ k $\Omega$ verso massa ne lasciano la frazione $0{,}0904$ , e $R_d$ ne porta la quasi totalità tra gli ingressi: $\beta = 0{,}0900$ . In continua $Z_u = 74{,}9/(1 + 18\,000) = 4{,}2$ m $\Omega$ ; sopra i $5$ Hz l’uscita si comporta come un’induttanza, e si porta ai $75\ \Omega$ di $R_o$ sopra i $90$ kHz.

L’impedenza di ingresso è $R_1$ più quella del nodo invertente, che idealmente è nulla. Tolta $R_1$ , con $A = 0$ il nodo vede $R_d + R_1\parallel R_2$ in parallelo a $R_2 + R_o$ , $95{,}3$ k $\Omega$ ; con il nodo aperto, il segnale del generatore percorre in serie $R_o$ , $R_2$ , $R_d$ e $R_1\parallel R_2$ , e $R_d$ ne prende il 94,8%. L’impedenza del nodo è $95{,}3\ \text{k}\Omega/(1 + 1{,}9\times10^5) = 0{,}50\ \Omega$ in continua, e quella di ingresso $10$ k $\Omega$ più mezzo ohm.

L’impedenza di uscita, arancio, e quella del nodo invertente, blu, dell’amplificatore invertente dell’esempio. Tutte e due valgono il valore ad anello aperto diviso per $1 - G_{loop}$ : salgono di una decade per decade da $5$ Hz, dove cala il guadagno dell’operazionale, fino alla frequenza, segnata con un punto, alla quale il guadagno d’anello vale $1$ .

Più anelli di retroazione

Molti circuiti hanno più di un anello. Quando gli anelli sono annidati, uno locale dentro uno globale, il calcolo si può fare in due modi.

Due anelli annidati: $H_2$ chiude un anello locale attorno ad $A_2$ , $H_1$ uno globale attorno ad $A_1$ e $A_2$ . Il taglio 1 apre solo l’anello globale, il taglio 2 li apre tutti e due.

Proposizione (anelli annidati)

Per lo schema della figura il guadagno è

G = \frac{A_1A_2}{1 + A_2H_2 + A_1A_2H_1} .

Con il taglio 1, cioè risolvendo prima l’anello locale,

G_{loop,1} = -\frac{A_1A_2H_1}{1 + A_2H_2} , \qquad G_{ol,1} = \frac{A_1A_2}{1 + A_2H_2} , \qquad G_{id} = \frac{1}{H_1} .

Con il taglio 2, $G_{loop,2} = -A_2(H_2 + A_1H_1)$ e $G_{ol,2} = A_1A_2$ . In tutti e due i casi $G = G_{ol}/(1 - G_{loop})$ , e $1 - G_{loop,2} = (1 - G_{loop,1})(1 + A_2H_2)$ . Ma $-G_{ol,2}/G_{loop,2} = A_1/(H_2 + A_1H_1)$ , che non è $G_{id}$ .

Dimostrazione.

Dallo schema, $S_u = A_2\varepsilon_2$ , $\varepsilon_2 = A_1\varepsilon_1 - H_2S_u$ e $\varepsilon_1 = S_{in} - H_1S_u$ . Sostituendo, $S_u(1 + A_2H_2 + A_1A_2H_1) = A_1A_2S_{in}$ .

Risolto l’anello locale, $A_2$ e $H_2$ diventano un blocco di guadagno $A_2/(1 + A_2H_2)$ , e lo schema è quello di un anello solo con blocco di andata $A_1A_2/(1 + A_2H_2)$ e reazione $H_1$ : da qui $G_{ol,1}$ , $G_{loop,1} = -G_{ol,1}H_1$ , $G_{id} = 1/H_1$ , e $G_{ol,1}/(1 - G_{loop,1})$ è di nuovo $G$ moltiplicando numeratore e denominatore per $1 + A_2H_2$ .

Con il taglio 2 si spegne l’ingresso e si immette $V_T$ in $A_2$ : l’uscita è $A_2V_T$ , e torna al taglio come $-H_2A_2V_T - A_1H_1A_2V_T$ . Aperti i due anelli, l’ingresso arriva al taglio attraverso $A_1$ e poi a $S_u$ attraverso $A_2$ : $G_{ol,2} = A_1A_2$ . Allora $1 - G_{loop,2} = 1 + A_2H_2 + A_1A_2H_1$ , che è il denominatore di $G$ e anche $(1 - G_{loop,1})(1 + A_2H_2)$ .

Fine della dimostrazione.

Per la stabilità, che dipende dagli zeri di $1 - G_{loop}$ , i due tagli sono equivalenti, a patto che l’anello locale sia stabile da solo: tagliare in un punto comune a tutti gli anelli è il modo più rapido. Per il guadagno no. Con il taglio 2 il rapporto $-G_{ol}/G_{loop}$ non è il guadagno ideale del circuito, perché il segnale di errore che la retroazione annulla è quello all’ingresso di $A_2$ , non quello all’ingresso di $A_1$ ; e sul diagramma di Bode il guadagno non segue il più piccolo tra $|G_{ol,2}|$ e $|G_{id}|$ . La costruzione grafica funziona con il taglio 1.

Un esempio è l’amplificatore composito. Il primo operazionale confronta l’ingresso con una frazione $1/k$ dell’uscita; il secondo è uno stadio invertente con $R$ all’ingresso e $R$ in serie a $C$ in retroazione, e quindi amplifica con tutto il suo guadagno in continua e diventa un invertitore di guadagno $-1$ sopra $1/2\pi RC$ . Il guadagno ideale è $k$ . In continua il guadagno d’anello globale è il prodotto dei guadagni dei due operazionali diviso per $k$ , e l’errore di guadagno diventa minuscolo.

L’amplificatore composito con $k = 500$ , $R = 1$ k $\Omega$ , $C = 1$ μF e due operazionali da $114$ dB e $10$ MHz. Il guadagno reale, arancio, scende di $3$ dB a $20$ kHz, dove $|G_{ol,1}|$ , calcolato con l’anello locale chiuso, incontra $k$ . Il guadagno ad anello aperto con i due anelli aperti, $|G_{ol,2}|$ , incontra $k$ solo a $316$ kHz: letta con quello, la banda sarebbe quindici volte più larga del vero.

Nella figura, sotto i $160$ Hz il secondo stadio integra, e $|G_{ol,1}|$ è il guadagno del primo operazionale moltiplicato per quello, grande, dell’integratore; sopra, il secondo stadio si porta a guadagno $1$ e resta il solo primo operazionale: la banda è quella di un operazionale solo, $\text{GBW}/k = 20$ kHz. Il circuito guadagna precisione alle frequenze basse senza perdere banda. Con $G_{ol,2} = A^2(1 + sCR)/(1 + 2sCR)$ , che sopra $160$ Hz vale circa $A^2/2$ , la costruzione grafica darebbe l’incontro con $k$ a $\text{GBW}/\sqrt{2k} = 316$ kHz, un risultato sbagliato.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un amplificatore non invertente ha $R_1 = 1$ k $\Omega$ e $R_2 = 9$ k $\Omega$ , e l’operazionale ha $A_0 = 10^5$ e $R_o = 100\ \Omega$ . Si calcola il guadagno d’anello tagliando dopo $R_o$ , ma dimenticando la ricostruzione. Di quanto si sbaglia il guadagno d’anello? E il guadagno in continua?

Soluzione. Il valore corretto è $-A_0R_1/(R_1 + R_2 + R_o) = -9901$ ; senza ricostruzione si trova $-A_0R_1/(R_1 + R_2) = -10^4$ , l’1% in più. Il guadagno vero è $G_{ol}/(1 - G_{loop})$ con $G_{ol} = A_0\cdot10/10{,}1 = 99\,010$ : $9{,}99899$ . Con il guadagno d’anello sbagliato, $G_{id}/(1 - 1/G_{loop})$ darebbe $9{,}99900$ .

Commento. Sul guadagno l’errore è di una parte su un milione, perché il guadagno d’anello è grande e un suo errore dell’1% sposta di poco $1/G_{loop}$ . Sulla banda, che è proporzionale al guadagno d’anello, l’errore resta dell’1%, e diventa grande quando $R_o$ è confrontabile con $R_1 + R_2$ , per esempio con un carico di pochi kiloohm.

Esercizio 2. Per l’amplificatore invertente dell’esempio, con $Z_0 = 74{,}9\ \Omega$ e $\beta = 0{,}0900$ , trovare il circuito equivalente dell’impedenza di uscita e il suo valore a $1$ kHz e a $100$ kHz. Che cosa succede con un carico capacitivo di $10$ nF?

Soluzione. $1 + \beta A_0 = 18\,000$ : $R_s = 4{,}2$ m $\Omega$ , $R_p = 74{,}9\ \Omega$ , e con $\omega_c = 2\pi\cdot90$ kHz $L = 74{,}9/(2\pi\cdot90\ \text{kHz}) = 133$ μH. A $1$ kHz $|Z_u| \simeq \omega L = 0{,}83\ \Omega$ ; a $100$ kHz la reattanza, $83\ \Omega$ , è confrontabile con $R_p$ , e il parallelo vale $56\ \Omega$ . Con $10$ nF l’induttanza e il condensatore risuonano a $1/(2\pi\sqrt{LC}) = 138$ kHz, con fattore di merito $R_p\sqrt{C/L} = 0{,}65$ .

Commento. Per il teorema di Thévenin l’uscita caricata è la tensione a vuoto per il partitore tra $Z_u$ e il carico: la risonanza compare nella risposta. Con fattore di merito $0{,}65$ non c’è picco. In un inseguitore, con $\beta = 1$ , l’induttanza è undici volte più piccola, la risonanza sale a $460$ kHz e il fattore di merito a $2{,}2$ : la risposta a un gradino oscilla. È il problema del carico capacitivo, che il prossimo articolo tratta come problema di stabilità.

Esercizio 3. Con lo stesso operazionale, l’amplificatore diventa non invertente: il segnale arriva al non invertente attraverso $R_1\parallel R_2$ e $R_1$ va a massa. Quanto vale l’impedenza di ingresso in continua e a $1$ kHz?

Soluzione. L’impedenza del non invertente, tolta la resistenza in serie, è idealmente infinita. Con $A = 0$ vale $Z_0 = R_d + R_1\parallel(R_2 + R_o) = 2{,}009$ M $\Omega$ . Con il non invertente a massa, cioè con una tensione di prova, il generatore pilotato manda il segnale attraverso $R_o$ e $R_2$ al nodo invertente, dove verso massa ci sono $R_1\parallel R_d$ : $\beta = 0{,}0904$ e $1 + \beta A_0 = 18\,000$ . In continua $Z = 2{,}009\ \text{M}\Omega\cdot18\,000 = 36$ G $\Omega$ . Il circuito equivalente è $Z_0$ in serie al parallelo di $36$ G $\Omega$ e $C = 1/(Z_0\beta A_0\omega_0) = 0{,}88$ pF; a $1$ kHz la capacità vale $182$ M $\Omega$ .

Commento. Sopra pochi hertz l’impedenza di ingresso è capacitiva, e ancora prima conta la capacità di modo comune dell’operazionale, che la retroazione non moltiplica: con $3$ pF sono $53$ M $\Omega$ a $1$ kHz, meno dei $182$ calcolati. I gigaohm dei datasheet sono valori in continua.

Esercizio 4. Nella pompa di Howland con i quattro resistori uguali a $R = 10$ k $\Omega$ , perfettamente accoppiati, l’operazionale ha $A_0 = 10^5$ e polo a $10$ Hz. Quanto vale la resistenza di uscita in continua? Come si comporta in frequenza?

Soluzione. Con resistori accoppiati la resistenza di uscita ideale è infinita. Con $A = 0$ il nodo del carico vede $R_1\parallel R_2 = R/2$ . Con il nodo del carico a massa il non invertente è a zero, l’invertente riceve metà dell’uscita dell’operazionale, e $G_{loop}^{cc} = -A/2$ . Quindi $Z = (R/2)(1 + A/2)$ : $250$ M $\Omega$ in continua. È $R/2 = 5$ k $\Omega$ in serie al parallelo di $250$ M $\Omega$ e di $C = 1/(2{,}5\times10^8\ \Omega\cdot2\pi\cdot10\ \text{Hz}) = 64$ pF; a $1$ kHz ne restano $2{,}5$ M $\Omega$ .

Commento. Con resistori all’1% la resistenza di uscita in continua è limitata a circa $250$ k $\Omega$ dall’accoppiamento, molto prima che dal guadagno. In frequenza, invece, la capacità di $64$ pF fa scendere la resistenza di uscita sotto quel valore già intorno ai $10$ kHz.

Esercizio 5. Nell’amplificatore composito della figura, con $k = 500$ , quanto vale l’errore relativo del guadagno in continua e a $10$ Hz? Confrontarlo con un amplificatore non invertente con un solo operazionale dello stesso tipo e lo stesso guadagno ideale.

Soluzione. In continua il condensatore è aperto, il secondo stadio amplifica con tutto il suo guadagno, e $|G_{loop,1}| = A_0^2/k = 5\times10^8$ : l’errore è $2\times10^{-9}$ . A $10$ Hz il calcolo con le formule della figura dà $|G_{loop,1}| = 14\,300$ e un errore sul modulo di $3\times10^{-5}$ . Il singolo operazionale ha $|G_{loop}| = A_0/k = 1000$ in continua e $900$ a $10$ Hz: errore $1\times10^{-3}$ in tutti e due i casi.

Commento. Il vantaggio si perde sopra $1/2\pi RC = 160$ Hz, dove il secondo stadio diventa un invertitore: tra qualche centinaio di hertz e qualche kilohertz il composito ha perfino un picco di guadagno dello $0{,}6\%$ , perché i suoi poli e zeri a bassa frequenza non si compensano del tutto. Scegliere $RC$ vuol dire scegliere fino a che frequenza serve la precisione.

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