Stabilità e compensazione

Elettronica · Strumentazione elettronica Articolo 17 settembre 2026

Percorso: Strumentazione elettronica · 4 di 17

Prima di questo, potrebbe interessarti: L'amplificatore operazionale reale , Guadagno e impedenze ad anello chiuso , Analisi in frequenza

Indice

Dove nascono i poli

Il guadagno di un circuito retroazionato è $G = (G_{ol} + G_0)/(1 - G_{loop})$ , come si è visto nell’articolo precedente. Se il guadagno ad anello aperto, quello diretto e il guadagno d’anello sono stabili, cioè non hanno poli con parte reale positiva, un polo instabile di $G$ può venire solo da uno zero di $1 - G_{loop}$ . La stabilità dipende quindi dal solo guadagno d’anello.

Nell’articolo sull’operazionale reale si sono visti il margine di fase, il suo legame con il picco del guadagno e il modello a due poli, e si è detto che la regola del margine positivo viene dal criterio di Nyquist, del 1932. Qui il criterio si dimostra, con un argomento elementare, e se ne ricavano le due forme del criterio di Bode. Poi si passa agli strumenti per rendere stabile un circuito che non lo è.

Il criterio di Nyquist

Tutto discende da un fatto semplice sull’argomento di un numero complesso.

Lemma (argomento di un fattore)

Sia $z$ un numero complesso con parte reale non nulla. Quando $\omega$ va da $-\infty$ a $+\infty$ , l’argomento di $j\omega - z$ , seguito con continuità, aumenta di $\pi$ se $\operatorname{Re} z < 0$ e diminuisce di $\pi$ se $\operatorname{Re} z > 0$ .

Dimostrazione.

$j\omega - z$ ha parte reale $-\operatorname{Re} z$ , costante, e parte immaginaria $\omega - \operatorname{Im} z$ , che va da $-\infty$ a $+\infty$ : il punto percorre dal basso verso l’alto una retta verticale. Se $\operatorname{Re} z < 0$ la retta sta nel semipiano destro, e l’argomento passa con continuità da $-\pi/2$ a $0$ e poi a $+\pi/2$ : aumenta di $\pi$ . Se $\operatorname{Re} z > 0$ la retta sta nel semipiano sinistro, e l’argomento passa da $-\pi/2$ a $-\pi$ e poi a $-3\pi/2$ : diminuisce di $\pi$ .

Fine della dimostrazione.

Teorema (criterio di Nyquist per un anello stabile)

Sia $G_{loop}(s)$ una funzione razionale con il grado del numeratore non maggiore di quello del denominatore, tutti i poli con parte reale negativa e $G_{loop}(\infty) \ne 1$ , e $1 - G_{loop}$ senza zeri sull’asse immaginario. Il numero di zeri di $1 - G_{loop}$ con parte reale positiva è uguale al numero di giri in senso orario che la curva $G_{loop}(j\omega)$ , per $\omega$ da $-\infty$ a $+\infty$ , compie attorno al punto $1$ .

Dimostrazione.

Sia $G_{loop} = N/D$ con $D$ di grado $n$ e radici $p_1, \dots, p_n$ , tutte con parte reale negativa. Allora $1 - G_{loop} = (D - N)/D$ , e $D - N$ ha grado $n$ , perché il grado di $N$ non supera $n$ e $G_{loop}(\infty) \ne 1$ esclude che i termini di grado $n$ si cancellino. Siano $z_1, \dots, z_n$ le sue radici, $n_s$ con parte reale negativa e $n_d$ con parte reale positiva, $n_s + n_d = n$ . A meno di una costante,

\arg\bigl[1 - G_{loop}(j\omega)\bigr] = \sum_i \arg(j\omega - z_i) - \sum_k \arg(j\omega - p_k) .

Per il lemma, quando $\omega$ va da $-\infty$ a $+\infty$ la prima somma cambia di $\pi(n_s - n_d)$ e la seconda di $\pi n$ . L’argomento di $1 - G_{loop}$ cambia quindi di $\pi(n_s - n_d - n) = -2\pi n_d$ . Il vettore $1 - G_{loop}(j\omega)$ va dal punto $G_{loop}(j\omega)$ al punto $1$ , e la sua rotazione totale è quella della curva attorno a $1$ : $-2\pi n_d$ sono $n_d$ giri in senso orario.

Fine della dimostrazione.

Nel teorema la curva è chiusa: per $\omega \to \pm\infty$ tende allo stesso valore, e i valori per $\omega < 0$ sono i coniugati di quelli per $\omega > 0$ , cioè la loro immagine speculare rispetto all’asse reale. Basta disegnarne metà. Il numero di giri attorno a un punto si conta con una semiretta che parte dal punto: è la somma, con segno, degli attraversamenti della semiretta da parte della curva.

Il guadagno d’anello $-K/(1 + j\omega/\omega_p)^3$ nel piano complesso, continuo per $\omega > 0$ e tratteggiato per $\omega < 0$ . Con $K = 4$ , blu, la curva taglia il semiasse reale positivo in $0{,}5$ e non gira attorno al punto $1$ : il circuito è stabile. Con $K = 12$ , arancio, lo taglia in $1{,}5$ e il punto $1$ resta dentro: due poli instabili.

Il criterio di Bode

Il diagramma di Nyquist contiene tutto, ma si disegna male; i diagrammi di Bode di modulo e fase si disegnano bene. Il criterio di Bode, pubblicato da Hendrik Bode nel 1945, traduce il conteggio dei giri nei due diagrammi.

Teorema (criterio di Bode)

Valgano le ipotesi del criterio di Nyquist, con $G_{loop}(0)$ reale negativo e $|G_{loop}(0)| > 1$ , e si segua la fase di $G_{loop}(j\omega)$ con continuità a partire da $180°$ in $\omega = 0$ . Il circuito è stabile se vale una delle due condizioni:

il modulo vale $1$ per una sola pulsazione positiva $\omega^*$ , e lì la fase è compresa tra $0°$ e $360°$ ;
la fase vale un multiplo di $360°$ per una sola pulsazione positiva $\omega_{180}$ , e lì il modulo è minore di $1$ .

Dimostrazione.

Si contano i giri attorno a $1$ con la semiretta dei reali maggiori o uguali a $1$ : la curva la attraversa solo dove il modulo è almeno $1$ e la fase è un multiplo di $360°$ .

Nel primo caso il modulo è maggiore di $1$ per $|\omega| < \omega^*$ e minore per $|\omega| > \omega^*$ , e in $\pm\omega^*$ la curva sta sulla circonferenza unitaria fuori dalla semiretta. Gli attraversamenti avvengono quindi per $0 \le \omega < \omega^*$ e nei punti speculari. Su questo intervallo la fase parte da $180°$ e arriva a un valore tra $0°$ e $360°$ : ogni volta che scende sotto un multiplo di $360°$ deve tornare a risalirlo, e gli attraversamenti si cancellano a coppie. Lo stesso vale per la metà speculare. Il numero di giri è zero, e $1 - G_{loop}$ non ha zeri con parte reale positiva.

Nel secondo caso la fase è un multiplo di $360°$ solo in $\pm\omega_{180}$ , dove il modulo è minore di $1$ : la curva non attraversa mai la semiretta, e il numero di giri è ancora zero.

Fine della dimostrazione.

Le due forme danno due misure della distanza dall’instabilità. Il margine di fase $\varphi_m$ è la fase a $\omega^*$ : quanto ritardo di fase in più il circuito tollera prima di diventare instabile, per esempio se un polo dell’operazionale si sposta. Il margine di guadagno $G_m = 1/|G_{loop}(j\omega_{180})|$ , di solito in decibel, è di quanto può crescere il guadagno d’anello, per esempio se cresce il prodotto guadagno-banda dell’operazionale, prima che la curva di Nyquist arrivi a toccare il punto $1$ . I costruttori garantiscono i parametri con tolleranze larghe, e un progetto sano chiede tutti e due i margini.

Modulo e fase del guadagno d’anello di un inseguitore con un operazionale a tre poli: $A_0 = 10^5$ , poli a $10$ Hz, $1$ MHz e $10$ MHz. A $784$ kHz il modulo vale $0$ dB e la fase $47°$ , il margine di fase; a $3{,}16$ MHz la fase vale $0°$ e il modulo $-21$ dB, il margine di guadagno.

Quando poli e zeri del guadagno d’anello hanno tutti parte reale negativa, cioè il sistema è a fase minima, la fase si legge dal diagramma del modulo: ogni polo toglie $90°$ e ogni zero li restituisce, distribuiti su circa due decadi attorno alla loro frequenza. Se il modulo attraversa $0$ dB con pendenza di $-20$ dB per decade, lontano da altri poli e zeri, il margine è di circa $90°$ ; se lo attraversa proprio in corrispondenza di un secondo polo, di circa $45°$ ; con pendenza di $-40$ dB per decade, di pochi gradi. Sui tratti rettilinei del diagramma asintotico i conti si fanno a mente: con pendenza di $-20n$ dB per decade, due punti $(f_1, G_1)$ e $(f_2, G_2)$ dello stesso tratto soddisfano $G_1f_1^n = G_2f_2^n$ .

Nei circuiti con un operazionale il guadagno d’anello è $-A\beta$ , con $\beta$ il fattore di reazione, e in decibel $|G_{loop}| = |A| - |1/\beta|$ . Conviene disegnare $|A|$ e $|1/\beta|$ sullo stesso diagramma: il guadagno d’anello è la distanza tra le due curve, l’attraversamento è dove si incontrano, e il margine dipende dalla differenza delle loro pendenze in quel punto. Se $1/\beta$ è costante e $|A|$ scende di $20$ dB per decade la differenza è $20$ e il circuito è stabile; se $1/\beta$ sale mentre $|A|$ scende, la differenza è $40$ e il circuito oscilla o quasi.

Margine di fase e risposta al gradino

Quanto margine serve dipende da quanto il circuito può oscillare. Per il modello a due poli dell’articolo sull’operazionale reale il legame con la risposta al gradino è esatto.

Proposizione (sovraelongazione e margine di fase)

Se il guadagno d’anello è $-\omega_u/[s(1 + s/\omega_1)]$ e il guadagno ideale è costante, il guadagno reale ha due poli con smorzamento $\zeta$ legato al margine di fase da

\tan\varphi_m = \frac{2\zeta}{\sqrt{\sqrt{1 + 4\zeta^4} - 2\zeta^2}} ,

e per $\zeta < 1$ la risposta al gradino supera il valore finale della frazione

e^{-\pi\zeta/\sqrt{1 - \zeta^2}} .

Dimostrazione.

Il guadagno reale è $G_{id}\,\omega_u\omega_1/(s^2 + \omega_1s + \omega_u\omega_1)$ . Confrontando il denominatore con $s^2 + 2\zeta\omega_ns + \omega_n^2$ si ha $\omega_n^2 = \omega_u\omega_1$ e $\zeta = \omega_1/2\omega_n$ , quindi $\omega_u/\omega_1 = 1/4\zeta^2$ . Sia $x = \omega^*/\omega_1$ . La condizione $|G_{loop}(j\omega^*)| = 1$ è $\omega_u = \omega^*\sqrt{1 + x^2}$ , cioè $x\sqrt{1 + x^2} = 1/4\zeta^2$ ; elevando al quadrato e risolvendo in $x^2$ , $x^2 = (\sqrt{1 + 4\zeta^4} - 2\zeta^2)/4\zeta^2$ . Il margine è $\varphi_m = 90° - \arctan x$ , cioè $\tan\varphi_m = 1/x$ , che è la prima formula.

Per il gradino, con $\omega_d = \omega_n\sqrt{1 - \zeta^2}$ , la risposta normalizzata di $\omega_n^2/(s^2 + 2\zeta\omega_ns + \omega_n^2)$ è

y(t) = 1 - e^{-\zeta\omega_nt}\left(\cos\omega_dt + \frac{\zeta}{\sqrt{1 - \zeta^2}}\sin\omega_dt\right) ,

come si verifica sostituendo nell’equazione $y'' + 2\zeta\omega_ny' + \omega_n^2y = \omega_n^2$ con $y(0) = y'(0) = 0$ . Derivando, i termini in coseno si cancellano e resta $y'(t) = (\omega_n/\sqrt{1 - \zeta^2})\,e^{-\zeta\omega_nt}\sin\omega_dt$ , nulla per la prima volta in $\omega_dt = \pi$ . Lì $\cos\omega_dt = -1$ , $\sin\omega_dt = 0$ e $y = 1 + e^{-\zeta\pi/\sqrt{1 - \zeta^2}}$ .

Fine della dimostrazione.

La sovraelongazione della risposta al gradino in funzione del margine di fase, per il guadagno d’anello a due poli. A $45°$ è del 23%, a $60°$ dell’8,8%, a $65°$ del 4,7%; sopra $76°$ i due poli sono reali e non c’è sovraelongazione.

Con $45°$ la risposta supera il valore finale di quasi un quarto; per restare sotto il 5% servono $65°$ . Per questo $45°$ è un minimo, e in un amplificatore di misura, dove conta anche il tempo di assestamento, si punta a $60°$ o più. Con più di due poli la formula non è più esatta, ma resta una buona stima quando i poli oltre il secondo sono lontani dall’attraversamento.

Compensare

Compensare vuol dire modificare il guadagno d’anello finché i margini bastano. Le strade sono poche, e ciascuna costa qualcosa.

La più drastica è il polo dominante: un polo a frequenza molto bassa, che porta il modulo a $0$ dB prima che arrivino gli altri poli. È quello che fanno i costruttori negli operazionali compensati internamente, con un condensatore nello stadio di guadagno: sono stabili con qualsiasi rete di reazione resistiva, anche come inseguitori, e lo pagano con la banda e con lo slew rate. Esistono anche operazionali decompensati, stabili solo sopra un guadagno minimo indicato nel datasheet: con $1/\beta$ più alto l’attraversamento cade prima del secondo polo, e in cambio si ha più banda. Abbassare il guadagno d’anello, per esempio con un resistore tra gli ingressi, rende stabile anche un circuito difficile, ma ne riduce la precisione.

Le altre strade mettono uno zero nel guadagno d’anello, vicino all’attraversamento, con un condensatore nella rete di reazione. Per trovare poli e zeri di una rete con un condensatore c’è una regola comoda.

Proposizione (poli e zeri di una rete con un condensatore)

In una rete lineare con un solo condensatore $C$ , ogni funzione di trasferimento ha al più un polo, con costante di tempo $\tau_p = CR_{eq}$ , dove $R_{eq}$ è la resistenza vista dai morsetti del condensatore a generatori spenti. Se la funzione vale $H(0) \ne 0$ con il condensatore aperto e $H(\infty)$ con il condensatore in cortocircuito, è

H(s) = H(0)\,\frac{1 + s\tau_z}{1 + s\tau_p} , \qquad \tau_z = \tau_p\,\frac{H(\infty)}{H(0)} ,

e c’è uno zero solo se $H(\infty) \ne 0$ .

Dimostrazione.

Visto dal condensatore, il resto della rete è un generatore di Thévenin $V_{th}$ , proporzionale all’ingresso, con resistenza $R_{eq}$ . La tensione del condensatore è $V_{th}/(1 + sCR_{eq})$ . Per sovrapposizione ogni tensione della rete è una combinazione dell’ingresso e della tensione del condensatore, con coefficienti costanti: il solo denominatore possibile è $1 + s\tau_p$ , e la funzione ha la forma $(a + bs)/(1 + s\tau_p)$ . Per $s = 0$ vale $a = H(0)$ ; per $s \to \infty$ tende a $b/\tau_p = H(\infty)$ , e quindi $b = H(0)\tau_z$ con $\tau_z = \tau_pH(\infty)/H(0)$ .

Fine della dimostrazione.

Per esempio, un condensatore $C_c$ in parallelo a $R_2$ in un amplificatore con operazionale cambia il fattore di reazione: con $C_c$ aperto vale $R_1/(R_1 + R_2)$ , con $C_c$ in cortocircuito vale $1$ , e dai morsetti di $C_c$ si vede $R_1\parallel R_2$ . Quindi $\tau_p = C_c(R_1\parallel R_2)$ e $\tau_z = \tau_p(R_1 + R_2)/R_1 = C_cR_2$ : lo zero viene prima del polo, e alza la fase del guadagno d’anello tra i due. È una compensazione in anticipo.

Il primo esempio completo è l’amplificatore a transimpedenza che legge un fotodiodo. Il fotodiodo ha una capacità $C_D$ tra l’ingresso invertente e massa, e con la sola $R_F$ in retroazione il fattore di reazione è $\beta = 1/(1 + sR_FC_D)$ : $1/\beta$ sale di $20$ dB per decade proprio dove $|A|$ scende, e l’attraversamento avviene con pendenza relativa di $40$ dB per decade. Un condensatore $C_F$ in parallelo a $R_F$ aggiunge uno zero.

Proposizione (amplificatore a transimpedenza compensato)

Con $C_F$ in parallelo a $R_F$ il fattore di reazione è

\beta = \frac{1 + sR_FC_F}{1 + sR_F(C_D + C_F)} ,

e $1/\beta$ smette di crescere sopra $1/2\pi R_FC_F$ , al valore $(C_D + C_F)/C_F$ . Senza $C_F$ , con $|A| = \text{GBW}/f$ , il guadagno d’anello attraversa $0$ dB a

f_u \simeq \sqrt{\frac{\text{GBW}}{2\pi R_FC_D}} ,

e lo zero cade in $f_u$ con $C_F \simeq \sqrt{C_D/(2\pi R_F\,\text{GBW})}$ .

Dimostrazione.

Con l’ingresso di corrente spento, cioè aperto, l’uscita arriva all’ingresso invertente attraverso il partitore tra $Z_F = R_F/(1 + sR_FC_F)$ e $Z_D = 1/sC_D$ :

\beta = \frac{Z_D}{Z_D + Z_F} = \frac{1 + sR_FC_F}{1 + sR_FC_F + sR_FC_D} .

Per $s \to \infty$ il rapporto tende a $C_F/(C_D + C_F)$ . Senza $C_F$ , sopra il polo $1/2\pi R_FC_D$ si ha $|\beta| \simeq 1/(2\pi fR_FC_D)$ , e $|A\beta| = 1$ dà $\text{GBW}/(2\pi f^2R_FC_D) = 1$ . Lo zero $1/2\pi R_FC_F$ coincide con $f_u$ se $C_F = 1/(2\pi R_Ff_u)$ , che è l’espressione dell’enunciato.

Fine della dimostrazione.

Con $R_F = 1$ M $\Omega$ , $C_D = 100$ pF e un operazionale da $10$ MHz, senza $C_F$ l’attraversamento è a $126$ kHz con meno di un grado di margine: i poli del guadagno reale hanno fattore di qualità $75$ , e il circuito suona a ogni variazione della luce. La formula dà $C_F = 1{,}26$ pF, e il calcolo esatto un margine di $52°$ , più dei $45°$ del diagramma asintotico perché lo zero sposta in su l’attraversamento. Per $45°$ esatti bastano $1{,}05$ pF, per $60°$ servono $1{,}54$ pF: la banda del circuito è allora di $142$ kHz, senza picco apprezzabile.

L’amplificatore a transimpedenza con il fotodiodo, $C_D = 100$ pF, e $R_F = 1$ M $\Omega$ . Nel diagramma, $|A|$ e $1/\beta$ : senza $C_F$ , tratteggiato, $1/\beta$ sale fino a incontrare $|A|$ a $126$ kHz con una pendenza relativa di $40$ dB per decade; con $C_F = 1{,}54$ pF, arancio, si ferma a $36$ dB e la pendenza relativa all’incontro è di $20$ dB per decade.

Lo stesso schema vale per un amplificatore invertente con la capacità di ingresso $C_i$ dell’operazionale: con $C_c$ in parallelo a $R_2$ il fattore di reazione diventa $\frac{R_1}{R_1 + R_2}\cdot\frac{1 + sC_cR_2}{1 + s(C_i + C_c)(R_1\parallel R_2)}$ , e con $C_cR_2 = C_iR_1$ lo zero cancella il polo: è il partitore compensato delle sonde degli oscilloscopi, applicato alla rete di reazione. La cancellazione esatta è fragile, perché la capacità di ingresso cambia con la tensione e da un esemplare all’altro. In tutti questi casi il condensatore aggiunto cambia anche il guadagno ideale: nel transimpedenza $R_F$ diventa $R_F\parallel C_F$ , con un polo a $1/2\pi R_FC_F$ , e margine e banda si scambiano. Quando il guadagno ideale non si deve toccare, lo zero si mette con una rete a ritardo tra i due ingressi dell’operazionale, un resistore $R_c$ in serie a un condensatore $C_c$ : tra gli ingressi di un operazionale ideale non c’è tensione, e la rete non cambia il guadagno ideale, ma nel non invertente abbassa l’impedenza di ingresso.

Un filtro dentro l’anello

Il secondo esempio è un inseguitore che pilota un filtro passa-basso, o un carico capacitivo attraverso una resistenza di isolamento, con la retroazione presa dopo il filtro, perché in continua la tensione giusta arrivi sul condensatore. Il polo del filtro sta dentro l’anello. La cura è un condensatore $C_c$ in parallelo alla resistenza: in continua la retroazione passa da $R$ , ad alta frequenza da $C_c$ , che scavalca il filtro.

Proposizione (inseguitore con filtro nell'anello)

Un operazionale con guadagno $A$ e resistenza di uscita $R_o$ pilota una resistenza $R$ , con $C_c$ in parallelo, e un condensatore $C$ verso massa, dal quale parte la retroazione. Il guadagno d’anello è

G_{loop} = -A\,\frac{1 + sC_cR}{1 + s\bigl[C(R + R_o) + C_cR\bigr] + s^2CC_cRR_o} .

Se i due poli sono lontani, stanno circa a $1/2\pi[C(R + R_o) + C_cR]$ e a $[C(R + R_o) + C_cR]/2\pi CC_cRR_o$ .

Dimostrazione.

Con l’ingresso a massa, l’uscita del generatore pilotato arriva all’ingresso invertente attraverso il partitore tra $R_o + R\parallel(1/sC_c)$ e $1/sC$ , e il guadagno d’anello è $-A$ per il partitore. Con $R\parallel(1/sC_c) = R/(1 + sC_cR)$ , moltiplicando numeratore e denominatore per $sC(1 + sC_cR)$ :

\frac{1/sC}{R_o + \dfrac{R}{1 + sC_cR} + \dfrac{1}{sC}} = \frac{1 + sC_cR}{sCR_o(1 + sC_cR) + sCR + 1 + sC_cR} ,

che è la formula. Un polinomio $1 + bs + as^2$ con radici $-1/\tau_1$ e $-1/\tau_2$ ha $b = \tau_1 + \tau_2$ e $a = \tau_1\tau_2$ ; se $\tau_1 \gg \tau_2$ , $\tau_1 \simeq b$ e $\tau_2 \simeq a/b$ .

Fine della dimostrazione.

Con $R = 900\ \Omega$ , $C = 20$ nF, $R_o = 10\ \Omega$ e un operazionale con $A_0 = 10^5$ e prodotto guadagno-banda di $1$ MHz, senza $C_c$ il polo del filtro è a $8{,}74$ kHz. Sulla retta a $-20$ dB per decade il guadagno d’anello vale lì $10^5\cdot10/8740 = 114$ ; sulla retta a $-40$ scende a $1$ a $8{,}74\ \text{kHz}\cdot\sqrt{114} = 93$ kHz, e il margine è di $5°$ . Mettendo lo zero $1/2\pi C_cR$ a $93$ kHz si ottiene $C_c = 1{,}9$ nF e un margine esatto di $53°$ ; per $60°$ servono $2{,}28$ nF. Il secondo polo resta a $7{,}9$ MHz, lontano.

L’inseguitore con il filtro $R = 900\ \Omega$ , $C = 20$ nF dentro l’anello. Senza $C_c$ , tratteggiato, il guadagno d’anello attraversa $0$ dB a $93$ kHz con pendenza di $40$ dB per decade e $5°$ di fase; con $C_c = 2{,}28$ nF, arancio, lo zero a $78$ kHz porta l’attraversamento a $120$ kHz con $60°$ .

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Un guadagno d’anello ha tre poli uguali: $G_{loop} = -K/(1 + s/\omega_p)^3$ . Per quale $K$ il circuito diventa instabile, e a che frequenza oscilla? Quanto valgono i margini con $K = 4$ ?

Soluzione. La fase vale $0°$ quando ciascun polo toglie $60°$ , cioè $\arctan(\omega/\omega_p) = 60°$ e $\omega_{180} = \sqrt3\,\omega_p$ . Lì il modulo è $K/(1 + 3)^{3/2} = K/8$ : il limite è $K = 8$ , con oscillazione a $\sqrt3\,\omega_p$ . Infatti $(1 + s/\omega_p)^3 + 8 = 0$ ha le radici $1 + s/\omega_p = -2$ e $2e^{\pm j\pi/3}$ , cioè $s = -3\omega_p$ e $s = \pm j\sqrt3\,\omega_p$ . Con $K = 4$ il margine di guadagno è $8/4$ , $6$ dB. Il modulo vale $1$ dove $(1 + x^2)^{3/2} = 4$ , con $x = \omega/\omega_p = 1{,}233$ , e il margine di fase è $180° - 3\arctan 1{,}233 = 27°$ .

Commento. Tre poli vicini sono il caso peggiore: bastano $18$ dB di guadagno d’anello per oscillare. Negli oscillatori a sfasamento con tre celle RC si usa proprio questo, con celle che però si caricano a vicenda e spostano un po’ i numeri.

Esercizio 2. Un operazionale decompensato ha $A_0 = 10^5$ , un polo a $100$ Hz e un secondo polo a $5$ MHz. Qual è il guadagno minimo di un amplificatore non invertente per avere $45°$ di margine? E $60°$ ?

Soluzione. Con $\beta$ costante il margine è $90°$ meno il ritardo del secondo polo all’attraversamento, perché il primo polo ne toglie già quasi $90°$ . Per $45°$ l’attraversamento deve cadere a $5$ MHz, dove $|A| = 10^5\cdot100/5\times10^6/\sqrt2 = 1{,}41$ : serve $\beta = 1/1{,}41$ , cioè un guadagno di almeno $1{,}41$ . Per $60°$ l’attraversamento deve stare a $5/\sqrt3 = 2{,}89$ MHz, dove $|A| = 3{,}46/1{,}155 = 3{,}0$ : guadagno almeno $3$ .

Commento. Lo stesso operazionale compensato internamente avrebbe il polo dominante più in basso e sarebbe stabile anche come inseguitore, con meno banda. Se serve un guadagno alto, la versione decompensata dà più banda a parità di consumo; se serve un inseguitore, no.

Esercizio 3. Nell’amplificatore a transimpedenza del testo si sostituisce $R_F$ con $10$ M $\Omega$ , per leggere correnti dieci volte più piccole. Come cambiano $f_u$ , $C_F$ e la banda?

Soluzione. $f_u = \sqrt{10^7/(2\pi\cdot10^7\cdot10^{-10})} = 40$ kHz, e la formula dà $C_F = \sqrt{10^{-10}/(2\pi\cdot10^7\cdot10^7)} = 0{,}40$ pF, con margine esatto di $52°$ . Il calcolo esatto dà $0{,}33$ pF per $45°$ e $0{,}49$ pF per $60°$ ; con $0{,}49$ pF la banda è $45$ kHz.

Commento. Una resistenza da $10$ M $\Omega$ ha già, tra i suoi terminali, una capacità parassita di qualche decimo di picofarad: il condensatore di compensazione è dello stesso ordine della capacità che il circuito stampato mette gratis. Per questo i transimpedenza ad alto guadagno si tarano sul prototipo, e a volte si usano due resistenze in serie per ridurre la capacità parassita.

Esercizio 4. Che margine di fase serve perché la risposta al gradino non superi il valore finale di più del 5%? Quanto supera il valore finale l’inseguitore della figura sui margini, con $47°$ ?

Soluzione. $e^{-\pi\zeta/\sqrt{1 - \zeta^2}} = 0{,}05$ dà $\pi\zeta/\sqrt{1 - \zeta^2} = 3{,}0$ , cioè $\zeta = 0{,}69$ , e dalla formula del margine $\varphi_m = 64{,}6°$ . Con $47°$ , $\tan\varphi_m = 1{,}09$ : risolvendo, $\zeta = 0{,}45$ e una sovraelongazione di circa il 21%.

Commento. L’inseguitore ha tre poli, non due; ma il terzo, a $10$ MHz, è una decade sopra l’attraversamento, e la stima a due poli resta vicina al vero.

Esercizio 5. L’inseguitore con il filtro, compensato con $C_c = 2{,}28$ nF per $60°$ , pilota un carico che fa variare $C$ . Quanto vale il margine con $10$ , $40$ e $100$ nF?

Soluzione. Con la formula del guadagno d’anello e il calcolo numerico: $71°$ con $10$ nF, $47°$ con $40$ nF, $32°$ con $100$ nF. L’attraversamento scende da $197$ a $76$ e a $44$ kHz.

Commento. Lo zero $1/2\pi C_cR$ non dipende da $C$ , mentre il polo del filtro sì: aumentando $C$ il polo scende, l’attraversamento con esso, e lo zero resta troppo in alto per aiutare. Se il carico non è noto si dimensiona $C_c$ per la capacità più grande, e si accetta un margine più largo, e una risposta più lenta, con i carichi piccoli.

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