Retroazione e amplificatore operazionale

Un’idea sul traghetto

Negli anni Venti le linee telefoniche tra le due coste degli Stati Uniti avevano bisogno di decine di amplificatori a valvole lungo il percorso, e ogni canale in più sulla stessa linea li rendeva più critici. Il guadagno delle valvole cambiava con la temperatura, con la tensione di alimentazione e con l’invecchiamento; le loro non linearità mescolavano tra loro le conversazioni. Un errore piccolo in un amplificatore, ripetuto decine di volte, diventava inaccettabile.

La mattina del 2 agosto 1927 Harold Black, ingegnere dei Bell Labs di ventinove anni, attraversava l’Hudson sul traghetto per andare al lavoro. Gli venne l’idea di riportare all’ingresso una frazione dell’uscita, sottratta al segnale, e la scrisse con i primi conti su una pagina bianca del New York Times, che fece firmare al suo capo come testimone. Il brevetto arrivò solo nel dicembre del 1937, dopo nove anni di discussioni: l’idea di sacrificare guadagno per ottenere un amplificatore migliore sembrava a molti controintuitiva. Oggi quasi ogni circuito lineare è retroazionato, e lo è anche lo stadio con la resistenza sul source, come si vedrà.

Il sistema retroazionato

Un amplificatore con guadagno $A$ dà in uscita $S_u = AS_{in}$, e ogni imperfezione di $A$ passa all’uscita. Nel sistema retroazionato un secondo blocco, il blocco di reazione $H$, preleva l’uscita e produce il segnale $S_f = HS_u$; un nodo di confronto lo sottrae all’ingresso, e il blocco di andata $A$ amplifica la differenza $\varepsilon = S_{in} - S_f$, il segnale di errore. Se $A$ cala, l’uscita cala, $S_f$ cala, l’errore cresce e l’uscita recupera. Le relazioni valgono tra le trasformate di Laplace, con $A$ e $H$ funzioni di trasferimento, come nell’analisi in frequenza.

Un segnale che parte da un punto dell’anello e lo percorre tutto torna moltiplicato per $A$, per $H$ e per il segno meno del nodo di confronto. Questo fattore è il guadagno d’anello $G_{loop} = -AH$. La retroazione è negativa se $G_{loop} < 0$: il segnale torna con il segno cambiato e si oppone a sé stesso. Il limite del guadagno per $A \to \infty$ è il guadagno ideale $G_{id} = 1/H$.

Con $A = 10^5$ e $H = 0{,}01$ il guadagno ideale è $100$, il guadagno d’anello $-1000$ e il guadagno $99{,}90$: l’errore rispetto all’ideale è $1/(1 - G_{loop})$, un millesimo. Se $A$ cambia del 10%, $G$ cambia dello $0{,}01\%$. Se invece cambia $H$ dell’1%, $G$ cambia di quasi l’1%: la retroazione non corregge il blocco di reazione. Il progetto si divide allora in due parti. Nel blocco di andata vanno i componenti attivi, con tanto guadagno e poca precisione; nel blocco di reazione componenti passivi precisi e stabili, come resistori e condensatori, che fissano il guadagno.

La stessa riduzione vale per la non linearità. Se il blocco di andata ha una caratteristica $S_u = f(\varepsilon)$ con pendenza $A(\varepsilon) = f'(\varepsilon)$ che cambia con il segnale, derivando $S_u = f(S_{in} - HS_u)$ si trova che la pendenza della caratteristica complessiva è $A/(1 + AH)$ in ogni punto: le variazioni della pendenza, cioè la distorsione, sono ridotte dal guadagno d’anello locale.

Nella figura la riduzione è di un fattore 65 e non 100, perché vicino al picco la pendenza di $\tanh$ è scesa e con lei il guadagno d’anello. Lo stadio con la resistenza sul source è un esempio della stessa idea dentro un solo transistore: la tensione su $R_S$ è il segnale di reazione, sottratto alla tensione del gate. Il guadagno d’anello è $-g_mR_S$ e il guadagno ideale, per l’uscita sul drain, $-R_D/R_S$; la formula della proposizione dà $-(R_D/R_S)\cdot g_mR_S/(1 + g_mR_S) = -g_mR_D/(1 + g_mR_S)$, il guadagno già trovato. La seconda armonica ridotta del fattore $(1 + g_mR_S)^2$ a parità di ingresso è un fattore $1 - G_{loop}$ per la minore ampiezza sul transistore e un altro per la correzione della curvatura.

L’amplificatore operazionale

Per sfruttare la retroazione servono due cose: un guadagno di andata molto grande e un modo semplice di fare la differenza tra ingresso e reazione. L’amplificatore operazionale le mette insieme: amplifica con un guadagno molto grande la differenza tra le tensioni dei suoi due ingressi, $V_u = A(V_+ - V_-)$. L’ingresso $V_+$ si chiama non invertente, $V_-$ invertente. Il nome viene dai calcolatori analogici degli anni Quaranta, dove questi amplificatori, retroazionati con resistori e condensatori, eseguivano le operazioni matematiche: somme, integrali, derivate. Il primo operazionale integrato di successo fu il μA709 di Fairchild, progettato da Bob Widlar nel 1965; il μA741 del 1968 ha fissato la forma di quasi tutti i successivi.

Il modello ideale dell’operazionale ha guadagno infinito a ogni frequenza, impedenza di ingresso infinita, cioè nessuna corrente negli ingressi, impedenza di uscita nulla, cioè l’uscita è un generatore di tensione, e un’uscita che dipende solo dalla differenza degli ingressi. Con guadagno infinito e uscita finita, in un circuito retroazionato negativamente la differenza tra gli ingressi è nulla: è il cortocircuito virtuale, $V_+ = V_-$, senza corrente tra i due ingressi.

Amplificatore non invertente e invertente

Nell’amplificatore non invertente l’ingresso va a $V_+$ e un partitore $R_2$, $R_1$ riporta all’ingresso invertente la frazione $\beta = R_1/(R_1 + R_2)$ dell’uscita. La retroazione è negativa: se l’ingresso sale, sale l’uscita, e con lei $V_-$, che riduce la differenza. Nell’amplificatore invertente l’ingresso non invertente è a massa e il segnale arriva all’ingresso invertente attraverso $R_1$, mentre $R_2$ lo collega all’uscita. Scambiare i due ingressi dell’amplificatore non invertente, invece, rende la retroazione positiva: il circuito non amplifica, e l’uscita va in saturazione.

Nell’amplificatore invertente l’ingresso invertente sta a zero volt come se fosse collegato a massa, ma non lo è: si chiama terra virtuale. La differenza è che la corrente che vi entra non va a massa, ma è obbligata a proseguire in $R_2$. Il guadagno dipende solo da un rapporto di resistenze, e la resistenza vista dal generatore è $R_1$.

Il guadagno d’anello

Con un operazionale reale il guadagno $A$ è finito e dipende dalla frequenza. Per sapere quanto il circuito si allontana dall’ideale basta il guadagno d’anello. Si spegne l’ingresso, si interrompe l’anello in un punto, si applica lì un segnale di prova e si calcola che cosa torna nello stesso punto dopo il giro, con l’accortezza di lasciare dopo il taglio l’impedenza che c’era prima. Il punto più comodo è l’uscita dell’operazionale: è un generatore di tensione, e non c’è impedenza da ricostruire. Per entrambi gli amplificatori della figura, a ingresso spento, una tensione $u$ all’uscita arriva all’ingresso invertente come $\beta u$ e torna all’uscita come $-A\beta u$:

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

Il termine $G_0$ è la parte del segnale che arriva all’uscita senza passare per l’operazionale, attraverso la rete di reazione. Quando l’uscita è quella dell’operazionale, che per $A = 0$ è ferma a zero, $G_0 = 0$ e resta la formula della proposizione. Il teorema permette di progettare in due passi: il guadagno ideale con il cortocircuito virtuale, e poi il guadagno d’anello per sapere quanto il circuito vero se ne discosta. Per l’amplificatore invertente, con $a = -R_2/(R_1 + R_2)$, $b = -R_1/(R_1 + R_2)$, $c = 0$ e $d = 1$, si ritrova $G_{id} = -ad/b = -R_2/R_1$.

Guadagno e banda

Il guadagno di un operazionale reale è grande in continua e cala presto: quasi tutti hanno un polo dominante a pochi hertz, messo apposta per ragioni di stabilità, e oltre quel polo il modulo scende di 20 dB per decade. Con $A(s) = A_0/(1 + s\tau_0)$, sopra il polo $|A| \approx A_0f_0/f$, e il modulo vale 1 alla frequenza $A_0f_0$, il prodotto guadagno-banda GBP. Un operazionale con $A_0 = 10^5$ e il polo a $10$ Hz ha GBP $= 1$ MHz: a $10$ kHz amplifica ancora solo 100 volte.

Per l’amplificatore non invertente $\beta = 1/G_{id}$, e la banda è $\text{GBP}/G_{id}$: guadagno per banda è costante, e si scambia l’uno con l’altra. Con $R_1 = 1$ k$\Omega$ e $R_2 = 9$ k$\Omega$ e l’operazionale di prima, $G_{id} = 10$, il guadagno d’anello in continua è $-10^4$, il guadagno $9{,}999$ e la banda $100$ kHz, diecimila volte quella dell’operazionale da solo. Sul diagramma di Bode la costruzione è immediata: dove $|A|$ sta sopra $G_{id}$, il guadagno d’anello, che è il loro rapporto, supera 1 e il guadagno reale vale $G_{id}$; dove $|A|$ scende sotto, il guadagno reale segue $|A|$.

Retroazione e impedenze

La retroazione cambia anche le impedenze. All’ingresso di un amplificatore invertente il nodo è a terra virtuale: una sonda che prova a spostarne la tensione trova la retroazione che la riporta a zero, e vede un’impedenza piccolissima. All’ingresso di un non invertente succede il contrario: la retroazione tiene $V_-$ attaccata a $V_+$, e una corrente di prova non riesce a far cadere tensione tra i due ingressi.

Il teorema è del 1943, di Robert Blackman, anche lui dei Bell Labs. Quasi sempre uno dei due guadagni d’anello è nullo, perché aprire o cortocircuitare i morsetti interrompe l’anello, e l’impedenza è divisa o moltiplicata per $1 - G_{loop}$. Un caso che serve molto è l’amplificatore a transimpedenza: una corrente $I_{in}$, per esempio la fotocorrente di un fotodiodo, entra nell’ingresso invertente di un operazionale con il non invertente a massa e una resistenza $R_F$ tra uscita e ingresso invertente. Idealmente la corrente scorre tutta in $R_F$ e $V_u = -R_FI_{in}$. Senza operazionale l’impedenza di ingresso è $R_F$; con l’ingresso cortocircuitato l’anello è interrotto, $G_{loop}^{cc} = 0$; con l’ingresso aperto $G_{loop}^{ca} = -A$. L’impedenza di ingresso è $R_F/(1 + A)$.

La resistenza $R_P$ del sensore non ruba corrente, perché ha zero volt ai capi: è l’amplificatore che tiene il fotodiodo a tensione costante, qualunque sia la luce. Con $R_F = 100$ k$\Omega$ e $A_0 = 10^5$ l’impedenza di ingresso in continua è $1\ \Omega$.

Retroazione positiva

Con $G_{loop} > 0$ il segnale torna all’ingresso con lo stesso segno, e rinforza sé stesso. La formula $G = A/(1 - AH)$ sembra dare solo un guadagno diverso, ma nasconde l’instabilità, che si vede con un polo. Con $A(s) = A_0/(1 + s\tau)$ e il segno più nel nodo di confronto,

$$G(s) = \frac{A_0}{1 + s\tau - A_0H} ,$$

con il polo in $s = (A_0H - 1)/\tau$. Se $A_0H > 1$ il polo ha parte reale positiva: per il legame tra poli e risposta il circuito contiene un esponenziale crescente, e qualunque disturbo lo avvia. L’uscita cresce finché un componente satura, il guadagno crolla e il circuito si ferma a una delle due tensioni estreme. La retroazione positiva serve proprio a questo nei circuiti che devono scegliere tra due stati, come i bistabili, e negli oscillatori.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un amplificatore retroazionato ha $A = 10^5$ e $H = 0{,}01$. Di quanto cambia il guadagno se $A$ cresce o cala del 50%? E se $H$ cresce dell’1%?

Soluzione. Il guadagno è $A/(1 + AH) = 99{,}900$. Con $A = 1{,}5\cdot10^5$ vale $99{,}933$, lo $0{,}03\%$ in più; con $A = 0{,}5\cdot10^5$ vale $99{,}800$, lo $0{,}10\%$ in meno. Con $H = 0{,}0101$ il guadagno ideale diventa $99{,}01$ e il guadagno $98{,}91$, l’1% in meno.

Commento. La stima al primo ordine, $\pm50\%/1001 = \pm0{,}05\%$, dà l’ordine di grandezza, ma una variazione del 50% non è piccola, e la risposta è asimmetrica. Il guadagno si stabilizza più facilmente contro gli aumenti di $A$ che contro le diminuzioni: se $A$ cala, cala anche il guadagno d’anello.

Esercizio 2. Un amplificatore invertente ha $R_1 = 10$ k$\Omega$ e $R_2 = 100$ k$\Omega$, con un operazionale da $A_0 = 10^5$ e GBP $= 1$ MHz. Trovare il guadagno in continua e la banda.

Soluzione. $G_{id} = -10$, $\beta = R_1/(R_1 + R_2) = 1/11$ e $G_{loop} = -10^5/11 = -9091$. Il guadagno è $-10\cdot9091/9092 = -9{,}9989$. La banda è $\text{GBP}\cdot\beta = 91$ kHz.

Commento. Per l’invertente $\beta = 1/(1 + |G_{id}|)$, non $1/|G_{id}|$: a parità di modulo del guadagno ha un po’ meno banda del non invertente. Con guadagno $-1$ la banda è metà del GBP, contro il GBP intero del non invertente con guadagno $1$.

Esercizio 3. Un fotodiodo dà fino a $10\ \mu$A e ha una resistenza in parallelo $R_P = 1$ M$\Omega$. Lo si legge con un amplificatore a transimpedenza con $R_F = 100$ k$\Omega$ e $A_0 = 10^5$. Quanto vale l’uscita? Che frazione della corrente si perde in $R_P$? Che cosa cambierebbe leggendo la corrente come tensione ai capi di un resistore da $100$ k$\Omega$?

Soluzione. L’uscita è $-R_FI_{in} = -1$ V. L’impedenza di ingresso è $R_F/(1 + A_0) = 1\ \Omega$, e la frazione di corrente che va in $R_P$ è $1\ \Omega/1\ \text{M}\Omega = 10^{-6}$. L’ingresso invertente si sposta di $1\ \text{V}/A_0 = 10\ \mu$V. Con un resistore da $100$ k$\Omega$, invece, la tensione ai capi del fotodiodo arriverebbe a $1$ V: $R_P$ porterebbe via il 9% della corrente, e il fotodiodo lavorerebbe con una polarizzazione che cambia con la luce.

Commento. Il fotodiodo polarizzato a zero o a tensione costante risponde in modo lineare su molti ordini di grandezza. L’amplificatore a transimpedenza è il modo standard di leggerlo; a frequenza alta la capacità del fotodiodo complica le cose, e la stabilità del circuito va studiata.

Esercizio 4. Un operazionale con $A_0 = 10^5$, polo a $10$ Hz e resistenza di uscita $R_o = 100\ \Omega$ è collegato come inseguitore di tensione, con l’uscita sull’ingresso invertente e il segnale sul non invertente. Quanto vale l’impedenza di uscita, in continua e al crescere della frequenza?

Soluzione. Con $A = 0$ l’uscita vede $R_o$, perché l’ingresso invertente non assorbe corrente: $Z_0 = R_o$. Con l’uscita in cortocircuito l’anello è interrotto, $G_{loop}^{cc} = 0$; con l’uscita aperta $G_{loop}^{ca} = -A$. Quindi $Z = R_o/(1 + A(s))$: $1$ m$\Omega$ in continua, $0{,}1\ \Omega$ a $1$ kHz, $1\ \Omega$ a $10$ kHz, $9{,}95\ \Omega$ a $100$ kHz. Sopra il polo $1 + A \approx A_0/s\tau_0$ e $Z \approx sR_o\tau_0/A_0$: l’uscita si comporta come un’induttanza di $R_o\tau_0/A_0 = 16\ \mu$H.

Commento. L’impedenza di uscita cresce con la frequenza perché cala il guadagno d’anello. Un carico capacitivo su un’uscita che sembra un’induttanza forma un circuito risonante: è una delle cause più comuni di oscillazioni negli inseguitori.

Esercizio 5. Nell’amplificatore non invertente con $R_1 = 1$ k$\Omega$ e $R_2 = 9$ k$\Omega$ si scambiano per errore i due ingressi dell’operazionale ($A_0 = 10^5$, polo a $10$ Hz, saturazione a $\pm13$ V). Quanto impiega l’uscita a saturare, partendo da un disturbo di $1$ mV?

Soluzione. Il guadagno d’anello è $+A\beta$, con $\beta = 0{,}1$. Il polo è in $s = (A_0\beta - 1)/\tau_0$, con $\tau_0 = 1/(2\pi\cdot10\ \text{Hz}) = 15{,}9$ ms: la costante di tempo dell’esponenziale crescente è $15{,}9\ \text{ms}/9999 = 1{,}6\ \mu$s. Per passare da $1$ mV a $13$ V servono $\ln(13\,000) = 9{,}5$ costanti di tempo, circa $15\ \mu$s.

Commento. In pratica l’uscita è sempre in saturazione, e a un primo sguardo il circuito sembra guasto. La velocità reale è limitata anche dalla massima velocità di variazione dell’uscita dell’operazionale, che è uno dei limiti di grande segnale.