Appunti diELETTRONICA APPLICATA L-A

Febbraio - Giugno 2009

Appun su oscillatori e mul vibratori raccol durante le lezioni del corso di Elet-tronica Applicata L-A alla facoltà di Ingegneria c.d.l. in Ele ronica tenute dal prof.R. Rova , a cura di Francesco Con

INDICE DEI CONTENUTI

Oscillatori sinusoidali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Equazione di Van der Pol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Oscillatori a bipoli parlanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Bipoli esse/enne realizzati con due-porte . . . . . . . . . . . . . . 8Bipoli esse/enne realizzati con amplificatori operazionali . . . . . 12Bipoli esse/enne realizzati con transistor . . . . . . . . . . . . . . 16Bilancio armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Filtri passabanda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Oscillatori realizzati con due-porte . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Oscillatore con opamp e rete RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Oscillatore a ponte di Wien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Oscillatori a pi greco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Oscillatori al quarzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Comportamento affine in un oscillatore . . . . . . . . . . . . . . 39

Multivibratori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Astabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Monostabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Appendice A: Link . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Appendice B: Modelli e listati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Modello SPICE dell’amplificatore operazionale . . . . . . . . . . . 50Licenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1

OSCILLATORI SINUSOIDALIEquazione di Van der PolCi possiamo chiedere se sia possibile costruire un oscillatore sinusoidale u lizzan-do un circuito lineare, cara erizzato da un'equazione differenziale

anx(n) + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x′+ a0x = 0

Passando all'equazione cara eris ca,

ansn + · · ·+ a0s = 0

le cui soluzioni sono

sj = σj + iωj con molteplicità nj

Possiamo dunque scrivere, in generale, la soluzione dell'equazione differenzialecome

x(t) =∑j

nj−1∑k=0

aj,ktke(σj+iωj)t

La condizione necessarie perché possa sussistere, a regime, una oscillazione, èche le soluzioni dell'equazione cara eris ca siano puramente immaginarie, ov-vero che σj = 0 rigorosamente per ogni j. Un'altra condizione necessaria è chek = 0 rigorosamente: dunque tu e le radici devono avere molteplicità 1.

Passando da questa descrizione puramentematema ca ad una più fisica e cir-cuitale, è immediato notare come σj sia una funzione (eventualmente complessae ignota) dei parametri circuitaliR,C,L, VDD ecc. Essendo ques ul mi parame-tri fisici, è impossibile supporre che essi siano rigorosamen nulli senza alcuna tol-leranza: è dunque impossibile avere un σj rigorosamente nullo. Di conseguenza,un oscillatore sinusoidale è necessariamente non lineare.

Per individuare un possibile candidato oscillatore, cerchiamo di circoscrivernele proprietà. Un oscillatore sinusoidale deve essere un circuito con almeno dueeffe rea vi. Supponiamo infa di avere un unico effe o rea vo: se x oscilla,è necessario che esista un t tale che x si annulli, ovvero un punto di minimo omassimo rela vo (in effe , ne devono esistere infini !).{

x(t) = F (x)

x(t) = 0

Ne segue che

x(t) =∂F (x)

∂xx

⇒ x(t) = 0

2

e così via per tu e le derivate: per ogni n > 0,

∃t : xn(t) = 0

Questo significa che ogni sistema non lineare del primo ordine se arriva a unmassimo o ad un minimo si ferma lì e dunque non può oscillare. Sono dunquenecessari almeno due effe rea vi.

Una terza condizione necessaria è che l'oscillatore deve essere un circuito at-vo, ovvero un circuito che eroga energia. Come so olineato prima, è impossibi-

le che tu i parametri del circuito siano perfe amente defini : in par colare, èimpossibile che un qualunque circuito abbia resistenza rigorosamente nulla. Uncircuito con resistenza ma privo di alimentazione dissipa potenza, invece un oscil-latore è picamente un circuito in cui l'energia si trasferisce con nuamente dauna forma all'altra (da ele rica a magne ca e viceversa). Questo si può vede-re facilmente nel modello di oscillatore più ideale che abbiamo (che, in base aquanto abbiamo de o, non può funzionare), cioè il circuito LC in figura 1: Tale

.

. .L . .C

Figura 1: Circuito LC

circuito in teoria è un circuito oscillante perfe o: come studiato in altri corsi, inesso l'energia si trasferisce con nuamente dall'essere immagazzinata nel campomagne co dell'indu anza all'essere immagazzinata nel campo ele rico della ca-pacità. In pra ca, c'è sempre una qualche resistenza R parassita che fa dissiparel'energia in calore. Come in questo, anche in qualunque altro circuito oscillanteè necessaria una forma di alimentazione per reinserire nel circuito l'energia per-sa nella resistenza. Matema camente, un altro modo per reinserire energia nelcircuito sarebbe avere un tra o di pendenza (ovvero resistenza differenziale) ne-ga va nella cara eris ca sta ca: vedremo che questo è uno dei metodi con cui sipossono costruire oscillatori sinusoidali.

Purtroppo le tre condizioni che abbiamo individuato sono estremamente ge-neriche e solo necessarie (non sufficien ): potremmo immaginare un numero infi-nito di equazioni differenziali non lineari del secondo ordine, e non è affa o de oche tu e abbiano soluzioni oscillan . Fortunatamente, sono note dalla matema-ca alcune par colari equazioni non lineari aven soluzioni oscillan : la più u le

nello studio degli oscillatori è l'equazione di Van der Pol:

X + µ(X2 − 1)X +X = 0 (1)

3

con µ > 0. Possiamo già indovnare che il comportamento sarà simile a quelloprevisto prima: perX grande,X2− 1 > 0 e si ha un comportamento di po resi-s vo, con l'energia che si dissipa. PerX2−1 < 0, invece, si ha un comportamentosimile a quello di una resistenza nega va, che inserisce energia nel circuito.

L'equazione di Van der Pol può essere studiata matema camente come un'e-quazione differenziale su un campo ve oriale. Infa , ponendo Y = X , si hache

Y + µX2 − 1Y +X = 0

ovvero X(t+ dt)−X(t)

dt= Y (t)

Y (t+ dt)− Y (t)

dt= −µ

(X2(t)− 1

)Y (t)−X(t){

X(t+ dt) = X(t) + dt [Y (t)]

Y (t+ dt) = Y (t) + dt[−µ(X2(t)− 1

)Y (t(−X(t)

] (2)

Quest'ul ma forma è u le sopra u o perché perme e di visualizzare le soluzionidell'equazione di Van der Pol su un piano (X, Y ): ogni punto del piano corrispon-de ad uno stato del sistema descri o dall'equazione di Van der Pol. Ad ogni istantet, sapendo che il sistema si trova in un certo stato (X, Y ) possiamo determinaremediante l'equazione in che stato si troverà all'istante (t+ dt).

Una soluzione dell'equazione di Van der Pol è banale: si tra a di

X(t) = 0

Un sistema nello stato (X,Y ) = (0, 0) rimane fermo in tale stato, come del restoci possiamo aspe are poiché Y = X . Supponiamo di voler turbare lo stato delsistema con un piccolo spostamento δX: cosa accade? Dall'equazione di Van derPol, (

X + δX)′′

+ µ((X + δX)2 − 1

)(X + δX)

′+ (X + δX) = 0

⇒ X′′+ δX

′′+ µ

(X2 + 2δX · X − 1

)(X + δX)

′′+ X + δX = 0

⇒ ¨δX − µ ˙δX + δX = 0

Dall'equazione cara eris ca di quest'ul ma, ricaviamo che

s =µ±

√µ2 − 4

2

Dunque gli sta in cui il sistema entra dopo una sollecitazione δX sono tu in-stabili: se µ > 2, allora δX = Aeαt con α > 0 e si parla di innesco esponenziale;

4

se invece µ < 2, allora δX = Beiβt e si parla di innesco sinusoidale. Si può dimo-strare che entrambi ques inneschi portano il sistema verso un comportamentooscillatorio; tu avia è invalso nella pra ca l'uso del solo innesco sinusoidale. Infigura 2, è riportato il comportamento di un oscillatore ad innesco sinusoidale nelpiano (X, Y ).

Figura 2: Oscillatore di Van der Pol ad innesco sinusoidale

Per elaborare un modello circuitale di un sistema descri o dall'equazione di

5

Van der Pol, cerchiamo di portare quest'ul ma in una forma differente:

X + µ(X2 − 1)X +X = 0

X + pX +X = −µ(X2 − 1)X + pX

= −µX2X + (p+ µ)X

X + pX +X =(−µ

3X3 + (p+ µ)X

)′

Definendo una nuova funzione U , o eniamo la decomposizione di Lur'e:U = X + pX +X

U = −µ

3X3 + (p+ µ)X

(3)

In pra ca abbiamo spezzato l'equazione di Van der Pol in due equazioni, una dif-ferenziale e lineare, l'altra non lineare ma algebrica. Questo è un conce o fonda-mentale, in quanto gli oscillatori da noi realizza si basano proprio sulla separa-zione in due unità funzionali dis nte e collegate: una lineare e rea va, l'altra nonlineare e non rea va.

Oscillatori a bipoli parlanCome implementare in un circuito la decomposizione di Lur'e? Lo schema piùimmediato deriva dall'assumere cheX e U siano l'una una corrente e l'altra unatensione, oppure viceversa. Consideriamo il primo dei due casi:

V = LI +RI +1

CI

V = −µ

3I3 + (p+ µ)I

(4)

La prima equazione è evidentemente l'equazione di un'indu anza lineare (uncircuito RLC serie), ovvero

Z =V

X= sL+G+

1

sC

La seconda equazione corrisponde invece ad un bipolo non lineare, dotato di unacara eris ca sta ca ad esse come da figura 3. Un bipolo come questo è de oun bipolo esse. Come si può facilmente osservare dalla cara eris ca, esso si ba-sa proprio sul meccanismo accennato precedentemente: quando il bipolo lavoranella zona a resistenza differenziale posi va, dissipa energia e degrada il segnale,quindi tende a spostarsi verso valori più bassi di corrente e di tensione. A un certo

6

Figura 3: Cara eris ca sta ca di un bipolo esse

punto, entra nella zona a resistenza differenziale nega va: qui il bipolo reimme eenergia nel circuito, mantenendo in moto l'oscillazione.

Anche se nel circuito non è inclusa esplicitamente un'alimentazione, essa èimplicitamente inclusa nel bipolo esse (e in par colare nel tra o a resistenzanega va).

Questo schema, in cui un bipolo esse e un filtro lineare sono collega l'u-no all'altra, è de o schema a bipoli parlan . Nella figura 4 è schema zzato unoscillatore a bipoli parlan del po appena descri o.

.

..BS

..R

.

. .L

.

.C

.

Figura 4: Oscillatore a bipoli parlan con bipolo esse

Dato che la X e la U dell'equazione di Van der Pol sono del tu o generiche,

7

non c'è nulla che ci impedisca di scambiare fra loro i ruoli di tensione e corrente:I = CV +GV +

1

LV

I = −µ

3V 3 + (p+ µ)V

(5)

La prima equazione si riferisce sempre ad un normale circuito RLC (stavolta pa-rallelo):

Y =I

V= sC +G+

1

sL

La seconda equazione, invece, è riferita al bipolo duale al bipolo esse: il bipoloenne, la cui cara eris ca sta ca è riportata in figura 5: Nella figura 6 è riportato

Figura 5: Cara eris ca sta ca di un bipolo enne

il circuito rela vo a queste equazioni.

.

..BN

..

. .R . .L . .C

..

Figura 6: Oscillatore a bipoli parlan con bipolo enne

8

Bipoli esse/enne realizza con due-porteAvendo suddiviso il nostro oscillatore in due bipoli, uno lineare e rea vo, l'altronon lineare e non rea vo, rimane il problema di come realizzare il bipolo nonlineare in modo che abbia una cara eris ca il più simile a possibile a quella delbipolo esse o enne ideale. Un metodo piu osto generale per costruire un bipolopar colare è par re da un due-porte non lineare come quello in figura 7.

.

.R

..

.

.

..

.V1

.. ..I1

. .

.

.

. .

.V2

. ...I2

Figura 7: Due porte non lineare non rea vo

Linearizzando il doppio bipolo a orno ad un punto di riposo, è possibile de-scriverlo mediante una matrice impedenza o amme enza; poiché il bipolo non èrea vo, la matrice sarà in effe una matrice resistenza o condu anza. Natural-mente, dato che il due-porte non è lineare, il valore degli elemen della matricedipende dal punto di riposo scelto.

R =

(ri rrrf ro

)V =

(V1

V2

)I =

(I1I2

)V = R · I

Se consideriamo il due-porte in condizioni ideali, cioè con RL = ∞ e RG = 0,

Ri = ri −rrrf

ro +RL

→ ri > 0

Ro = ro −rrrf

ri +RG

→ detRri

> 0

poiché è facile verificare che nella pra ca tali resistenze sono sempre posi ve(altrimen avremmo già un bipolo esse pronto). Ne segue che det R > 0, cioè

riro > rrrf

Possiamo anche assumere che una delle due

ri + ro − rr > 0

ri + ro − rf > 0

9

sia vera. Infa , se fossero entrambe false,

ri + ro < min(rr, rf ) ⇒ max(ri, ro) < min(rr, rf )

Da riro > rrrf discende che(max(ri, ro)

)2 − (min(rr, rf ))2

> riro − rrrf > 0

ma, per quanto osservato prima, se entrambe le ipotesi fossero false allora(max(ri, ro)

)2 − (min(rr, rf ))2

< 0

Dunque almeno una delle due è necessariamente vera. Potremmo ripetere unadimostrazione simile ipo zzando che entrambe le ipotesi siano vere: anche inquesto caso si giunge all'assurdo. Ne segue che una e solo una delle due ipotesiè vera: per i nostri scopi, vogliamo che sia vera

ri + ro − rr > 0 (6)

Supponiamo ora di collegare a bipolo un due-porte in cui sia verificata la (6)come in figura 8:

.

.R.. ..I

..

.

.

.V

Figura 8: Bipolo esse realizzato mediante un due-porte

Abbiamo che

V = V1 − V2

I = I1 = −I2

e dunqueV =

(ri − rr − rf + ro

)I

10

Il bipolo avrà quindi una resistenza differenziale

rS = (ri + ro − rr)

(1− rf

ri + ro − rr

)Se chiamiamo

A∗ =rf

ri + ro − rr

allora la resistenza differenziale assume l'espressione

rS = (ri + ro − rr)(1− A∗) (7)

Il segno di rS dipende unicamente daA∗: per proge are un bipolo esse sarà dun-que sufficiente agire su A∗ in modo da o enere una rS nega va in un tra o eposi va per al valori (in modulo) di I e V . Il bipolo esse è un bipolo controllatoin corrente, e no amo che non a caso A∗ è proprio il guadagno di corrente deldue-porte con un par colare carico:

A∗ =rf

ri + ro − rr= −Ai

∣∣RL=ri−rr

Possiamo sfru are ragionamen duali per o enere da un generico due-portenon lineare non rea vo un bipolo enne. Consideriamo infa il circuito in figura9:

.

.R.. ..I

..

.

.

..

.V

Figura 9: Bipolo enne realizzato mediante un due-porte

In questo caso,

V = V1 = V2

I = I1 + I2

11

QuindiI =

(gi + gr + gf + go)V

da cui, definendo A∗ come

A∗ =−gf

gi + go + gr

o eniamo che la condu anza differenziale del bipolo è

gN = (gi + go + gr)(1− A∗) (8)

In questo caso, A∗ è un guadagno di tensione e in par colare

A∗ =−gf

gi + go + gr= Av

∣∣GL=gi+gr

È interessante osservare che il guadagno A∗ ha lo stesso valore (ma un signi-ficato diverso) nel bipolo esse e nel bipolo enne. Infa ,

A∗S =

rfri + ro − rr

=−gf

gi + go + gr= A∗

S

Un'altra osservazione importante è che, se esistono pun di riposo per cui A∗ >1, deve esistere anche qualche punto in cui A∗ = 1 e rS (o gN ) si annulla: tui bipoli reali, infa , sono asinto camente passivi e quindi per I e V grandi inmodulo hanno A∗ < 1.

Bipoli esse/enne realizza con amplificatori operazionaliL'idea fondamentale del proge o di un oscillatore a bipoli parlan è avere unA∗ maggiore di 1 in un tra o della cara eris ca sta ca, in modo da avere unaresistenza (o condu anza) differenziale nega va. Risulta dunque naturale, pero enere un guadagno A∗ maggiore di 1, l'idea di u lizzare un amplificatore. Lostrumento più versa le per realizzare amplificatori con cara eris che a nostropiacimento è senza dubbio l'amplificatore operazionale: cerchiamo dunque dicostruire un bipolo esse partendo da un opamp nella classica configurazione diamplificatore non invertente (in figura 10). Nell'amplificatore in figura 10 è stataaggiunta una resistenza d'ingresso R3, poiché nella configurazione non inverten-te pura la resistenza d'ingresso differenziale è infinita, e dunque l'amplificatorenon ha matrice R. Risulta evidente che, u lizzando per l'opamp un modello in cuila zona ad alto guadagno ha Ad = ∞,

ri = R3

12

.. ..R1

.−

.+.

..Vin

. .R3

.

..R2

. .Vout

Figura 10: Amplificatore con opamp in configurazione non invertente

Vout =

(1 +

R2

R1

)Vin =

(1 +

R2

R1

)R3Iin

quindi la matrice delle resistenze è

R =

(R3 0(

1 + R2

R1

)R3 0

)

È possibile o enere un bipolo esse da questa configurazione?

A∗ =rf

ri + ro − rr=

R1 +R2

R1

> 1

Quindi, in alto guadagno,A∗ è certamente maggiore di 1 e di conseguenza è pos-sibile u lizzare l'opamp per realizzare un bipolo esse (figura 11). Effe uiamo oral'analisi del circuito.

V = V + − Vu V + = R3I

13

.. ..R1

.−

.+.

...I

. .R3

.

..R2

.. ..

.V

Figura 11: Bipolo esse con opamp in configurazione non invertente

SAT+ : Vu = +VuM

V = R3I − VuM ⇒ dV

dI> 0

V + > V − ⇒ I > VuMR1

R3(R1 +R2)

SAT− : Vu = −VuM

V = R3I + VuM ⇒ dV

dI> 0

V + < V − ⇒ I < −VuMR1

R3(R1 +R2)

HG : Vu =

(1 +

R2

R1

)V+

V = −R2R3

R1

I ⇒ dV

dI< 0

− R1

R3(R1 +R2)VuM ≤ I ≤ +

R1

R3(R1 +R2)VuM

Dunque questo bipolo si comporta effe vamente come un bipolo esse. In figu-ra 12 è riportata la cara eris ca sta ca di questo bipolo, o enuta tramite unasimulazione SPICE in cui è stato u lizzato un modello a cara eris ca cubica perl'opamp (vedi Appendice B).

Poiché questa cara eris ca non ha la forma di una cubica perfe a come quel-la teorica, non abbiamo per ora alcuna certezza matema ca sul fa o che questo

14

Figura 12: Cara eris ca I(V ) del bipolo esse con opamp non invertente

bipolo, connesso con un opportuno filtro, oscilli; siamo però rassicura perché ilmeccanismo della resistenza nega va è presente.

Inmaniera assolutamente duale, è possibile u lizzare un opampper realizzareun bipolo enne: consideriamo il circuito in figura 13.

.. ..R1

.−

.+.

...I

...V

..R2

..R4

Figura 13: Bipolo enne con opamp in configurazione non invertente

I =

1

R4

(V − VuM) in SAT+

1

R4

(V + VuM) in SAT−

− 1

R4

R2

R1

V

15

Figura 14: Cara eris ca sta ca di un bipolo enne realizzato con un opamp

Bipoli esse/enne realizza con transistorUn opamp è un circuito dotato di proprietà estremamente u li, ma è grande ecos tuito di un numero elevato di componen elementari: spesso non è possibileu lizzarlo nei circui integra . Nasce dunque la necessità di realizzare oscillatoricon componen non lineari più elementari.

Per o enere un bipolo esse o enne, abbiamo bisogno di un A∗ > 1. Con op-portune approssimazioni quali ome ere l'effe o body per i MOS e l'effe o Earlyper i BJT, si possono o enere espressioni formalmente simili per i guadagni ditensione dei tre stadi elementari equivalen :

EC / SC Av = − gmgd +GL

CC / DC Av =gm

gm + gd +GL

BC / GC Av =gm + gdgd +GL

Lo stadio EC/SC è invertente (a noi invece serve A∗ > 0), il CC/DC guadagnameno di 1, il BC/GC guadagna più di 1 ma in modo molto dipendente dal carico;

16

per realizzare un bipolo esse come si conviene avremo dunque bisogno di unacascata di (almeno) due transistor.

Una combinazione intelligente, in tecnologia bipolare, è la cascata di un BC(elevato guadagno) con un CC (disaccoppiamento dal carico): consideriamo quin-di il circuito in figura 15. Analizziamo il circuito, supponendo che VBE1 ≈ VBE2 ,

..

.Q1

.

..R

.VCC .VCC

.

.Q2

...I .. .. .V..

.

.I1

.

...

.I2

.

Figura 15: Bipolo esse con cascata di stadi BC-CC

ovvero che i due transistor lavorino nella medesima regione di funzionamento.

V = −VBE1 −(VCC −R(IC1 − IB2)− VBE2

)≈

≈ −VCC +RIC1

In regione normale dire a,

IE1 + I = I1, IE ≈ IC → IC1 ≈ I1 − I

V = R(I1 − I)− VCC

e quindi

rS =dV

dt≈ −R < 0

Per I = 0, V = V ∗ = RI1−VCC ; seQ1 è spento, I = I1, mentre seQ2 è spento,I = −I2: abbiamo dunque una resistenza rS nega va in un tra o e nulla neglialtri due: un altro bipolo esse.

Naturalmente esiste un circuito CMOS del tu o equivalente, riportato in figu-ra 16 Il circuito, come si può intuire, è analogo a quello bipolare. Analizziamolo,

17

..

.M1

...R

.VDD .VDD

.

.M2

...I .. .. .V

...

.I1

.

...

.I2

.

Figura 16: Bipolo esse con cascata di stadi GC-DC

ponendo per comoditàK = β2:

V = −VGS1 −(VDD −RID1 − VGS2

)=

= −√

ID1

K− VDD +RID1 +

√ID2

K=

= −√

I1 − I

K− VDD +R(I1 − I) +

√I2 + I

K

rS =dV

dI= −R +

1√K

(1

2√I2 − I

+1

2√I2 + I

)Per controllare se rS è posi va o nega va, verifichiamo se ha un punto di minimo:

drSdI

=1

4√K

(−(I2 + I)

32 + (I1 − I)

32

)= 0 per I =

I1 − I22

rS∣∣I=

I1−I22

= −R +1√K

( √2√

I1 + I2

)< 0

rS è tanto più nega va (e lo è in un tra o più largo) tanto più β è grande. In effet-, possiamo osservare che un β elevato rende un transistore MOS pra camente

iden co ad un bipolare: la cara eris ca sta ca è quindi uguale a quella raffiguratain figura ??.

Una configurazione alterna va per o enere un bipolo esse è una cascata CC-BC: ad esempio, per il caso di transistor bipolari, studiamo il circuito di figura 17.

18

..

.Q1

...R

.VCC .VCC

.

.Q2

....I .. ...V

...

.I2.

...

.I1.

Figura 17: Bipolo esse con cascata di stadi CC-BC

In regione normale,

V = VBE2 − VBE1 − (VCC −R(IC2 + I))

= −VCC +RIC2 +RI

I2 = IE2 + IE1

=βF + 1

βF

IC2 + (βF + 1)(I − I1) ⇒

⇒ V = −VCC +RI +RβF

βF + 1I2 −RβF I +RβF I1 ⇒

⇒ rS =dV

dI= R(1− βF ) < 0

Se Q1 è spento, I = I2 +I1

βF+1; se Q2 è spento, invece, I = I2. Dunque anche

questo è un bipolo esse.

Bilancio armonicoSupponiamo ora di voler u lizzare uno dei bipoli esse studia in precedenza insie-me ad un filtro per creare un oscillatore. La resistenza differenziale nega va delbipolo esse ci garan sce l'instaurarsi dell'oscillazione, ma come selezionare un'u-nica frequenza perché l'oscillazione sia sinusoidale? Per capirlo, è u le analizzarepiù in profondità la decomposizione di Lur'e. Ragioniamo in modo generale, ab-bandoniamo cioè l'ipotesi di considerare U e X della (3) una tensione ed una

19

corrente; parleremo piu osto di due segnali x(t) e y(t), di conseguenza la de-composizione di Lur'e si traduce in uno schema unifilare come quello in figura 18.La decomposizione di Lur'e è una forma differente dell'equazione di Van der Pol,

. ... .NLNR ...

...y(t).LR...x(t)

Figura 18: Oscillatore con blocchi lineare-rea vo e non lineare-non rea vo

per cui possiamo supporre sin dall'inizio che x(t) e y(t) siano segnali periodici.Possiamo escludere che y(t) sia una sinusoide: se lo fosse, infa , lo dovrebbe es-sere anche x(t) poiché un blocco lineare produce in uscita un segnale sinusoidalesolo se ha in ingresso un altro segnale sinusoidale. Ma allora, il blocco NLNR nonsarebbe davvero non lineare, poiché per definizione un blocco che ha in ingres-so una sinusoide e produce in uscita una sinusoide è un blocco lineare. Dunqueabbiamo speranze che x(t) possa essere una sinusoide, ma y(t) di sicuro non loè.

Par amo dall'ipotesi che x(t) sia effe vamente una sinusoide, dato che que-sto è il nostro obie vo finale:

x(t) = x0 + x1 cos(2πf0t)

Senza perdita di generalità, consideriamo nullo lo sfasamento di x(t). Il bloccoNLNR è non rea vo, per cui

y(t) = F(x(t)

)dove F è una funzione non lineare. Dalla non-rea vità di NLNR si deduce che

y(t+ T ) = F(x(t+ T )

)= F

(x(t)

)= y(t)

per cui y(t) è un segnale periodico non sinusoidale. In modo simile possiamoverificare che y(t) è pari:

y(−t) = F(x(−t)

)= F

(x(t)

)= y(t)

20

Essendo pari e periodico, y(t) si può scrivere so o forma di serie di Fourier di solicoseni:

y(t) =∞∑k=0

yk cos(2πkf0t)

dove

y0 =1

T

∫ T2

−T2

y(t) dt

yk =2

T

∫ T2

−T2

y(t) cos(2πkf0t) dt

Il blocco LR è un filtro lineare, per cui è possibile scriverne l'uscita come

x(t) =∞∑k=0

yk∣∣H(kf0)

∣∣ cos (2πkf0t+ argH(kf0))

x0 + x1 cos(2πft) =∞∑k=0

yk∣∣H(kf0)

∣∣ cos (2πkf0t+ argH(kf0))

(9)

doveH(f) è la funzione di trasferimento del filtro lineare e rea vo. La (9) è l'e-quazione che regola l'oscillazione. Possiamo suddividerla in una serie di equazioniarmonica per armonica:

x0 = yo∣∣H(0)

∣∣ cos(argH(0)), k = 0

x1 cos(2πft) = y1∣∣H(f0)

∣∣ cos(2πf0t+ argH(f0)), k = 1

0 = yk∣∣H(kf0)

∣∣ cos(2πkf0t+ argH(kf0)), k > 1

(10)

L'ul ma equazione delle 10 non si può risolvere imponendo che yk = 0 per k > 1:dobbiamo imporre che il filtro sia sele vo, cioé che

yk = 0 ⇒ H(kf0) = 0 (11)

Nessun filtro reale soddisfa rigorosamente questa condizione, ma non importa: èsufficiente che le frequenze mul ple di f siano fortemente abba ute. La primaequazione delle 10 riguarda la frequenza 0: quiH(0) è reale, dunque

x0 = y0H(0) (12)

A frequenza f , ovvero per k = 1, dobbiamo invece imporre che argH(f) sia o 0 oπ, altrimen y(t) non può essere scri a in forma di soli coseni non sfasa (contra-riamente a ciò che abbiamo precedentemente dimostrato). Questa imposizionesi può scrivere come

ImH(f0) = 0 (13)

21

Questa, come si può notare, è in effe l'equazione che definisce la frequenza f dilavoro dell'oscillatore. Se questa condizione è soddisfa a, allora la seconda delle10 impone che

x1 = y1H(f0) (14)

cioé l'equazione da cui si ricava l'ampiezza dell'oscillatore. Le equazioni (11), (12),(13), (14) descrivono le imposizioni che dobbiamo fare affinché un oscillatorecomposto da un blocco LR in retroazione con un blocco NLNR (18) produca unax(t) sinusoidale: tali condizioni sono de e di bilancio armonico. Riassumendo, siha che

x0 = H(0)1

T

∫ T2

−T2

F(x0 + x1 cos(2πf0t)

)dt

x1 = H(f)2

T

∫ T2

−T2

F(x0 + x1 cos(2πf0t)

)cos(2πf0t) dt

ImH(f0) = 0

(15)

con la raccomandazione aggiun va che il filtro H(f) deve essere il più possibilesele vo. In figura 19 sono visualizza , nel dominio delle frequenze, una possibiley(t) e la funzione di trasferimentoH(f) del filtro lineare e rea vo.

Figura 19: Filtro LR nel caso di un blocco NLNR generico

Un filtro passa-banda come quello in figura 19 può essere difficile e fa cosoda realizzare: è possibile realizzare un oscillatore solo con un passa-basso? Sì, apa o che y(t) non abbia componente con nua: una condizione sufficiente affin-ché ciò avvenga è che F sia una funzione dispari. Infa , per imporre che x0 = 0,

22

dobbiamo imporre che

0 =1

T

∫ T2

−T2

F(x1 cos(2πft)

)dt =

=1

T

∫ π

−π

F(x1 cos(α)

)dα

1

2πf=

0 =1

π

∫ π

0

F(x1 cosα

)dα

condizione che si verifica quando F è dispari; il ragionamento può essere ripetu-to allo stesso modo per tu e le frequenze che siano un mul plo pari di f : se nededuce che se F è dispari, allora y(t) non ha frequenze pari. Se questo avviene, ilfiltro può essere un passa-basso (ma sempre con due effe rea vi!) e le specifi-che di proge o del filtro possono essere rilassate. In figura 20 è disegnato questocaso più favorevole.

Figura 20: Filtro LR nel caso di un blocco NLNR con F dispari

Se manteniamo l'ipotesi tu 'altro che irrealis ca di voler realizzare un oscilla-tore che non generi una componente con nua, cioè tale che x0 = 0 e y0 = 0, pos-siamo trovare un metodo migliore per imporre le condizioni di bilancio armonicorispe o alle equazioni (15), che scri e come sono appaiono difficilmente risol-vibili e necessitano di metodi numerici per essere effe vamente u lizzate. Alloscopo di trovare un'espressione migliore, introduciamo una funzione descri vadella non linearità, definita come

K(x1) =y1(x1)

x1

(16)

La funzione descri va non èuna costante,mauna funzione dell'ampiezzax1 dellasinusoide x(t). Tramite questa notazione, dall'equazione 14 possiamo dedurre

23

cheH(f0)K(x1) = 1 (17)

che è de a equazione di bilancio armonico. Le funzioni descri ve hanno solita-mente valore assoluto decrescente, a causa del fa o che le non linearità general-mente per al valori di x1 saturano (esistono anche linearità per cui questo nonvale, ma non le tra eremo):

limx1→∞

y1 ∈ R ⇒ K(x1) −−−−→x1→∞

0

Per x1 → 0, invece,

y(t) ∼ F (0) + F ′(0)x1 cos(2πft)

quindiy1 ∼ x1F

′(0) ⇒ limx1→0+

K(x1) = F ′(0)

Poiché, nella maggior parte dei casi, K(x1) è decrescente, dall'equazione di bi-lancio armonico discende che

F ′(0)H(f0) ≥ 1

Abbiamo finora supposto che l'oscillatore sia sempre stato oscillante; in realtàè evidente che ciò non è vero. Ispirandoci ancora all'equazione di Van der Pol, pos-siamo supporre di innescare l'oscillazione inmodo sinusoidale. All'inizio non avre-mo alcuna oscillazione, dunque x1 = 0; linearizzando il sistema a orno a questopunto di riposo si ha che, poichéK(0) ∼ F ′(0), si ha un'innesco sinusoidale se

F ′(0)H(s) = 1

ha radici con parte reale posi va (per imporre l'instabilità) e complesse coniugate(per imporre l'innesco sinusoidale).

Ora che abbiamo studiato de agliatamente tu i passi, possiamo riassumereil proge o di un oscillatore sinusoidale così:

1. facciamo in modo che il sistema composto dai blocchi LR e NLNR sia insta-bile con innesco sinusoidale, imponendo che

F ′(0)H(s) = 1

abbia radici con Res > 0 e Ims = 0;

2. proge amo il filtro LR perché selezioni la frequenza f0 e imponiamo che

ImH(f0) = 0

perché il blocco LR non sfasi (o sfasi diπ se il blocco non lineare è invertente)alla frequenza di oscillazione f0;

24

3. imponiamo che l'oscillazione si stabilizzi con un'ampiezza x1 mediante l'e-quazione di bilancio armonico

H(f0)K(x1) = 1

4. tes amo l'oscillatore con SPICE!

Filtri passabandaFinora abbiamo considerato quasi esclusivamente la parte non lineare degli oscil-latori, poiché è la più difficile da proge are. Consideriamoqui un esempio di partelineare, un filtro passabanda la cui funzione di trasferimento è

H(jω) =

Avmaxjω

ω0Q

1 +jω

ω0Q− ω2

ω20

(18)

dove si può mostrare che la banda passante B è

B ≈ ω0

Q

Supponiamo di realizzare questo generico filtro passabanda mediante il circuitoin figura 21 (ovviamente non si tra a dell'unico schema che realizza questo filtro):

.

..R1

. ..L

..C

. .Vout.Vin

. .R2

.

Figura 21: Filtro RLC passabanda

Scrivendo le equazioni del circuito,

Vout(s) =R2

R1 +R2 + sL+ 1sC

Vin(s) =

H(s) =R2

R1 +R2 + sL+ 1sC

=

=sCR2

1 + sC(R1 +R2) + s2LC

25

Confrontando con la (18), si trova facilmente che

ω0 =1√LC

Avmax = H(ω0) =R2

R1 +R2

Q =

√L

C

1

R1 +R2

Così tre parametri fra R1, R2, L, C sono determina . Per determinare il quarto,possiamo ad esempio imporre di avere una determinata impedenza d'ingressoalla frequenza ω0:

Zin =sC(R1 +R2) + sLC + 1

sC

Z∗in = Zin(ω0) = R1 +R2

da cui possiamo determinare tu e qua ro i parametri:

R1 = Z∗in(1− Avmax)

R2 = Z∗inAvmax

L1 =QZ∗

in

2πf0

C1 =1

2πQZinf0

Oscillatori realizza con due-porteCome già so olineato nella sezione sul bilancio armonico, non è assolutamentenecessario considerare le due variabili di stato U e X come una tensione e unacorrente; se abbandoniamo questa interpretazione, ma ciononostante rispe a-mo l'equazione di bilancio armonico, possiamo elaborare nuovi e più efficienschemi di oscillatori. Supponiamo dunque di u lizzare comemodello per la parteLR una matrice impedenza Z: (

V1

V2

)= Z ·

(I1I2

)e la parte NLNR con due funzioni F1 e F2:{

F1(V1, V2, I1, I2) = 0

F2(V1, V2, I1, I2) = 0

26

Scendendo nel de aglio, possiamo pensare ad uno schema come il seguenteper il blocco NLNR: {

I1 = gV1

V2 = F (V1)

corrispondente ad un circuito come quello in figura 22: Questo blocco è eviden-

.

.. ..I1

. .g.

.V1

.+

.−..

.V2 .F (V1)

. ..

.I2

Figura 22: Blocco NLNR controllato in tensione

temente ada o ad essere realizzato mediante un amplificatore operazionale.Un'altra possibilità, ancora più potente, è la seguente:{

I1 = gV1

I2 = F (V1)

corrispondente ad un circuito come quello in figura 23: In questo caso il blocco

.

.. ..I1

. .g

.

.V1 ..

.

.V2

.

.F (V1)

. ..

.I2

Figura 23: Blocco NLNR a transcondu anza

NLNR è realizzabile con un unico transistor! Questa è un'evidente verifica del fat-to che il modello a due porte perme e di realizzare oscillatori che non possonoessere realizza mediante il modello a bipoli parlan .

Oscillatore con opamp e rete RLCConsideriamo l'oscillatore in figura 24. Il filtro RLC ha funzione di trasferimento

H(s) =V1

V2

=sRC

s2LC + sRC + 1

27

..−

.+..

..R1

..R2

..L

. ..C

..V1

. .V2

. .R

.

Figura 24: Oscillatore con opamp e rete RLC

Il blocco NLNR è invece un amplificatore non invertente:

V2 = F (V1) =

− VuM se V1 < −VuMR1

R1 +R2

VuM se V1 > VuMR1

R1 +R2

V1

(1 +

R2

R1

)altrimen

Imponiamo nell'equazione cara eris ca che l'oscillatore sia instabile con in-nesco sinusoidale:

F ′(0)H(s) = 1 ⇒

⇒ R1 +R2

R1

sRC = s2LC + sRC + 1 ⇒

⇒ s2LC + sRC

(1− R1 +R2

R1

)+ 1 = 0 ⇒

⇒ s2 − R2R

R1Ls+

1

LC= 0

∆ =

(R2R

R1L

)2

− 4

LC< 0 ⇒ R2R

R1L<

2√LC

28

Imponiamo ora che il filtro lavori alla frequenza f0:

ImH(f0) = 0 ⇒

⇒ Im{

j2πf0RC

−4π2f 20LC + j2πf0RC + 1

}= 0 ⇒

⇒ Re{−4π2f 2

0LC + j2πf0RC + 1}= 0 ⇒

⇒ f0 =1

2π

√1

LC

Cerchiamo ora di calcolareK(x1). Posto T = 1f0, Av = 1 + R2

R1, e chiamando

t∗ l'istante per cui V1 = VuMR1

R1+R2, si ha che

y1 =2

T

∫ T2

−T2

F(x1 cos(2πf0t)

)cos(2πf0t) dt =

=4

T

∫ T2

0

F(x1 cos(2πf0t)

)cos(2πf0t) dt =

=4

T

(∫ t∗

0

VuM cos(2πf0t) dt+∫ T

2−t∗

t∗Avx1 cos2(2πf0t) dt+

+

∫ T2

T2−t∗

−VuM cos(2πf0t dt

)=

=4

T

(2VuM

∫ t∗

0

cos(2πf0t) dt+ Avx1

∫ T2−t∗

t∗cos2(2πf0t) dt

)=

=4

T

[2VuM

∫ t∗

0

cos(2πf0t) dt+ Avx1

∫ T2−t∗

t∗

(1

2+

1

2cos(4πf0t)

)dt

]

Per t = t∗, V1 = VuMR1

R1+R2, dunque

x1 cos(2πf0t∗) = VuMR1

R1 +R2

⇒

⇒ cos(2πf0t∗) =VuM

x1

R1

R1 +R2

⇒

⇒ t∗ =1

2πf0arccos

(VuM

Avx1

)Poniamo x∗ = VuM

Av. Quindi,

x∗

x1

= cos(2πf0t)

29

Ne segue che

y1 =4

T

[2VuM

∫ t∗

0

cos(2πf0t) dt+ Avx1

∫ T2−t∗

t∗

(1

2+

1

2cos(4πf0t)

)dt+

]=

=4

T

(2VuM

[sin(2πf0t)

2πf0

]t∗0

+Avx1

2[t]

T2−t∗

t∗ +Avx1

2

[sin(4πf0t)

4πf0

]T2−t∗

t∗

)=

=4VuM

π

√1−

(x∗

x1

)2

+ Avx1 −2Avx1

πarccos

(x∗

x1

)− 2Avx

∗

π

√1−

(x∗

x1

)2

=

= Av

4x∗

π

√1−

(x∗

x1

)2

+ x1 −2x1

πarccos

(x∗

x1

)− 2x∗

π

√1−

(x∗

x1

)2 =

y1 = Av

x1

(1− 2

πarccos

(x∗

x1

))+

2x∗

π

√1−

(x∗

x1

)2

Quindi, la funzione descri va è

K(x1) =y1x1

=

Av se x1 < x∗

Av

1− 2

πarccos

(x∗

x1

)+

2x∗

πx1

√1−

(x∗

x1

)2 altrimen

La funzione descri va K(x1) è rappresentata in figura 25. Possiamo quindi im-porre il bilancio armonico

K(x1)H(f0) = 1

Poiché, come dimostrato sopra,H(f0) = 1,

K(x1) = 1

Questa equazione, che si può risolvere numericamente, perme e di dimensio-nare opportunamente Av. Di pari passo, scegliendo un Av l'ampiezza x1 risul-ta determinata. Per esempio, si supponga di porre per semplicità f0 = 10kHz,Av = 51,C = 100pF (possiamo scegliere con una certa libertà una fraL eC). Nesegue che

R2

R1

= Av − 1 = 50

L =1

4π2f 20C

= 2, 5H

R =1

2πf0C(Av − 1)= 3kΩ

30

Figura 25: Funzione descri va della non linearitàK(x1)

(ovviamente 2, 5H non è un valore molto realizzabile per L, ma si tra a solodi un esempio!). Simulando con SPICE questo circuito, si o ene finalmente unoscillatore, come si può apprezzare nelle figure 26.

Come osservato, la x1 che soddisfa l'equazione di bilancio armonico è unicaa parità di x∗, cioé di Av e VuM . Potremmo invece preferire una H(f0) = 1, inmodo da avere un parametro di proge o in più: in tal caso, potremmo usare unfiltro come quello descri o nel paragrafo precedente.

Oscillatore a ponte di WienL'oscillatore appena studiato poteva essere visto anche come una coppia di bipoliparlan (un bipolo esse e un'impedenza). Uno schema piu osto noto che invecenon corrisponde almodello a bipoli parlan ,ma solo a quello con due-porteNLNRe LR, è l'oscillatore a ponte diWien (figura 27): Consideriamo l'oscillatore in figura27.

31

Date/Time run: 05/12/10 21:43:07

Oscillatore con opamp e rete RLC

Temperature: 27.0

Date: May 12, 2010 Page 1 Time: 21:50:40

(W) osc_opamprlc.dat (active)

Frequency

0Hz 20KHz 40KHz 60KHz 80KHz 100KHz

v(3)

0V

2.0V

4.0V

6.0V

8.0V

Date/Time run: 05/12/10 21:43:07

Oscillatore con opamp e rete RLC

Temperature: 27.0

Date: May 12, 2010 Page 1 Time: 21:49:53

(W) osc_opamprlc.dat (active)

Frequency

0Hz 20KHz 40KHz 60KHz 80KHz 100KHz

v(1)

0V

2.0V

4.0V

6.0V

8.0V

Figura 26: V1 (rosso) e V2 (blu) nell'oscillatore con opamp e RLC

32

..−

.+..

..R1

..R2

..R

. ..C

..V1

. .V2

. .R

.

. .C

.

Figura 27: Oscillatore a ponte di Wien

Il filtro lineare ha funzione di trasferimento

H(s) =

1sC

R1sC

+R

1sC

R1sC

+R+R + 1

sC

=

=R

1+sCRR

1+sCR+R + 1

sC

=

=sCR

sCR +R(1 + sCR)sC + 1 + sCR=

=sCR

s2C2R2 + 3sCR + 1

Nel punto di riposo con V1 = 0, si ha che

F ′(0) = 1 +R2

R1

> 1

33

Per un punto di riposo x0, l'equazione cara eris ca è

F ′(x0)H(s) = 1

F ′(x0)sCR

s2C2R2 + 3sCR + 1= 1

F ′(x0)sCR = s2C2R2 + 3sCR + 1

s2C2R2 + sCR(3− F ′(x0)

)+ 1 = 0

Affinché il punto di riposo x0 = 0 sia instabile, si deve imporre che

F ′(0) > 3

e perché l'innesco sia oscillante imponiamo che

∆ < 0 ⇒ 1 < F ′(0) < 5

dunque3 < F ′(0) < 5

A questo punto abbiamo un'oscillatore. Se imponiamo che esso oscilli alla fre-quenza f0,

ImH(f0) = 0

Imj2πf0CR

−4π2f 20C

2R2 + j3πf0CR + 1= 0

−4π2f 20C

2R2 + 1 = 0

f0 =1

2πCR

Infine, dall'equazione di bilancio armonico possiamo imporre l'ampiezza:

H(f0)F′(0) > 1

F ′(0) >6πf0CR

2πf0CR= 3

cosa che del resto sapevamo già da prima! Anche in questo caso, non abbiamopiù gradi di libertà e l'ampiezza x1 è determinata a questo punto:

x1 = H(f0)1

T

∫ T2

−T2

F(x1 cos(2πf0t)

)cos(2πf0t) dt

Matema camente, questo po di problema è de o un problema di punto fis-so: se consideriamo x1 come l’“output” dell'integrale, è possibile verificare cheun’incertezza in “input” viene sempre rido a dall’integrale, quindi il problema èconvergente e si può risolvere facilmente per via numerica.

34

Oscillatori a pi grecoCosa accade se u lizziamo un blocco invertente come NLNR? Esso introduce unosfasamento di π, indesiderato poiché il blocco LR (che finora abbiamo sempresupposto implicitamente abbia sfasamento nullo) si trova ad avere in uscita unasinusoide con una certa fase e in ingresso una pseudo-sinusoide con la fase op-posta. Ma poiché il blocco è LR, se esso non sfasa produce in uscita un segnalecon la stessa fase dell’ingresso: l’unico modo perché entrambe le cose accadanoè un’uscita nulla. Di fa o un oscillatore con NLNR invertente e filtro che non sfasanon può oscillare.

Abbiamo dunque bisogno che il filtro LR sfasi di π o−π alla frequenza di oscil-lazione. Possiamo dimostrare che perché ciò accada sono necessari almeno 3effe rea vi. Infa , se

H(s) =N(s)

D(s)gr(N(s)

)< gr

(D(s)

)è la f.d.t. di un filtro LR, se ci sono due effe rea vi allora gr

(N(s)

)o è 1 o è

0. Poiché il filtro LR è passivo, è stabile e Rep1,2 > 0. Se gr(N(s)

)= 0 non c’è

uno zero, e dunque lo sfasamento è di π, ma solo asinto camente: non abbiamoargH(f) = π per nessuna frequenza finita. Se gr

(N(s)

)= 1 c’è uno zero e lo

sfasamento π non vienemai raggiunto. Quindi dobbiamo avere almeno tre efferea vi.

Una classe di oscillatori molto diffusi con tre effe rea vi che perme onol’u lizzo di un blocco NLNR invertente è quella degli oscillatori a pi greco: Siamo

.

.. ..I1

. .Z1

..

..Z2

.

.Z3

. .

. .

..

.V2

Figura 28: Blocco LR di un oscillatore a pi greco

interessa ad u lizzare il blocco a pi greco con par NLNR del po di un transi-stor, quindi controllate in tensione e con uscita in corrente. Quindi definiamo lafunzione di trasferimento del filtro come

H(s) =V2(s)

I1(s)= − Z1Z2

Z1 + Z2 + Z3

Esprimendo questa f.d.t. tramite resistenze e rea anze, o eniamo

H(s) = − (R1R2 −X1X2) + i (R1X2 +R2X1)

(R1 +R2 +R3) + i (X1 +X2 +X3)

35

Come sappiamo, è impossibile eliminare tu e le resistenze da un circuito reale;tu avia non abbiamo alcun interesse in questo caso ad inserirne noi. Supporremodunque che i componen Z1, Z2, Z3 abbiano resistenza trascurabile. In questocaso,

H(s) ≈ X1X2

(R1 +R2 +R3) + i (X1 +X2 +X3)

Le (piccole) resistenze R1, R2, R3 sono parassi , indis nguibili le une dalle altre:possiamo sos tuirle con una unica resistenzaR (piccola anch'essa). No amo chenon possiamo annullare R: alla frequenza di oscillazione, X1 + X2 + X3 = 0 edunque avremmo unaH(s) divergente.

H(s) ≈ X1X2

R + i (X1 +X2 +X3)(19)

Dall'equazione (19), deduciamo che alla frequenza di oscillazione la fase diH(s) è 0 seX1X2 > 0 ed è±π seX1X2 < 0. Ricordando che le capacità hannoX < 0 e le indu anze X > 0, per u lizzare questo blocco in un oscillatore conparte NLNR invertente dovremo usare per Z1 e Z2 una capacità e un'indu an-za o viceversa, mentre per un NLNR non invertente dovremo usare due capacitàoppure due indu anze.

Per quanto riguarda i blocchi a pi greco des na ad oscillatori con par NLNRnon inverten , consideriamo tre circui molto no :

.

.. ..I1

. .C1

..

..C2

.

.L3

. .

. .

..

.V2

Figura 29: Blocco LR di un oscillatore di Colpi s

.

.. ..I1

. .L1

..

..L2

.

.C3

. .

. .

..

.V2

Figura 30: Blocco LR di un oscillatore di Hartley

36

.

.. ..I1

. .L1

..

..C2

.

.C3

.

.L3

. .

. .

..

.V2

Figura 31: Blocco LR di un oscillatore di Clapp

Imponendo H(f0), per l'oscillatore di Colpi s o eniamo una frequenza dioscillazione:

f0 =1

2π

√1

L3Cserie(20)

Per l'oscillatore di Hartley:

f0 =1

2π

√1

LserieC3

(21)

Per l'oscillatore di Clapp:

f0 =1

2π

√1

L3Cserie(22)

dove per Lserie e Cserie si intende la serie di tu e le indu anze/capacità presennel blocco LR.

Qual è la differenza fra l'oscillatore di Colpi s e l'oscillatore di Clapp (che ri-chiede un condensatore in più)? Perché l'incertezza sulla frequenza è minore nel-l'oscillatore di Clapp, per via della presenza di tre condensatori nella serie. Infa ,se la capacità teorica è

Cserie =C1C2C3

C1 + C2 + C3

= G (C1, C2, C3)

e quella realmente misurabile è

Cserie = G (C1 +∆C1, C2 +∆C2 + C3 +∆C3)

possiamo dedurre che la tolleranza suC1, C2, C3 èmaggiore: sviluppando in seriedi Taylor,

Cserie = G(C1, C2, C3) +∂G

∂C1

∆C1 +∂G

∂C2

∆C2 +∂G

∂C3

∆C3 + · · · =

= Cserie +∆Cserie

37

Consideriamo che ∆Ci siano variabili aleatorie gaussiane a media nulla con lastessa varianza σ2

∆C . Allora

σ2∆Ceq

= σ2∆C

[(∂G

∂C1

)2

+

(∂G

∂C2

)2

+

(∂G

∂C3

)2]=

=C4

2C43 + C4

1C42 + C4

1C43

(C1C2 + C2C3 + C1C3)4· σ2

∆C < σ2∆C

Oscillatori al quarzoLe indu anze sono un elemento cri co di difficile realizzazione, specie nei circui-integra , ma sono fondamentali per gli oscillatori sinusoidali. Per avere reat-

tanze estremamente precise, e dunque una frequenza di oscillazione nota congrande precisione, risulta molto u le l'u lizzo di un bipolo de o quarzo (poichécontenente un cristallo di quarzo di cui sfru a la piezoele ricità), il cui circuitoequivalente è rappresentato in figura 32:

. ..

..R

..L

..C ′

. .

.

.C ′′

Figura 32: Circuito equivalente di un quarzo

L'impedenza di questo blocco è, trascurando la resistenzaR che consideriamoparassita,

Z =1

sC′′

(sL+ 1

sC′

)1

sC′′ + sL+ 1sC′

=1 + s2C ′L

sC ′ + sC ′′ + s3C ′C ′′L

quindi

X(f) =4π2f 2C ′ − 1

2πf (C ′ + C ′′ + 4LC ′C ′′π2f 2)

LaX(f) ha uno zero in corrispondenza della frequenza

f0 =1

2π

√1

LC ′

38

e due poli, uno a frequenza f = 0 l'altro a frequenza

f1 =1

2π

√√√√ 1

LC ′C ′′

C ′ + C ′′

Si ha quindi che la rea anza ha un comportamento asinto co del po

X(f) −−−→f→0+

−∞

X(f0) = 0

X(f) −−−→f→f1

+∞

X(f) −−−−→f→+∞

0

Poiché si misura sperimentalmente che

C ′′ ≫ C ′

si ha chef0 ≈ f1

per cui la rea anza è posi va, e quindi ada a a sos tuire un'indu anza, in unintervallo stre ssimo in cui ha una crescita ver ginosa. Questo significa che va-riazioni anche grandi di rea anza, cioé incertezze sulle capacità dell'oscillatore,corrispondono in pra ca sempre alla medesima frequenza. In altre parole, se alposto di un'indu anza si me e un quarzo, si possono u lizzare capacità di qua-lunque dimensione (ovvero di qualunqueX(f) < 0): il quarzo impone comunquela propria frequenza di oscillazione f0. Per questo mo vo, il quarzo perme e diavere un oscillatore dalla frequenza estremamente precisa; l'unico dife o è chenon è possibile proge arlo per avere una certa frequenza, poiché la frequenza dioscillazione è definita dalle cara eris che fisiche del quarzo stesso.

Comportamento affine in un oscillatoreAbbiamo apparentementemesso insieme tu i pezzi per realizzare un oscillatorecon un singolo transistor. Supponiamo quindi di usare un nMOS come parte nonlineare e realizzare un oscillatore di Colpi s (con un quarzo, per avere la massimaprecisione sulla frequenza). Il risultato è il circuito in figura 33: Questo oscilla-tore però non può oscillare. Cosa abbiamo dimen cato? Disegnando oscillatoricon gli opamp, abbiamo sempre so nteso un collegamento: quello con l'alimen-tazione. Così com'è disegnato, questo circuito è completamente passivo e nonpuò cos tuire un oscillatore. Per renderlo tale, dobbiamo aggiungere un nodo dialimentazione.

39

..

..L3

. .C1

...C2

Figura 33: “Oscillatore” di Colpi s con un transistor senza alimentazione

..

..L3

..R

.VDD

. .C1

.

..C2

Figura 34: Oscillatore di Colpi s con un transistor

Purtroppo, l'alimentazione è un componente non lineare e questo rovina tut-to, poiché non la si può facilmente “assorbire” nella parte NLNR perché si trovasu un nodo di segnale della parte LR. Per studiare il comportamento di questo cir-cuito, ipo zziamo di u lizzare il suo equivalente ai piccoli segnali, tenendo peròben presente che qui non abbiamo nulla a che fare con piccole variazioni a ornoad un punto di lavoro: semplicemente, approssimiamo le equazioni della parteLR del circuito con il primo termine dello sviluppo di Taylor.

Dimostriamo ora che lavoro con il circuito equivalente ai piccoli segnali è inquesto casoun approccio valido. Ricordiamo cheper noi questo circuito è un’implementazionedella decomposizione di Lur’e; possiamo associare la U e la X della decomposi-

40

zione con qualsiasi combinazione di I e V mediante una biiezione: supponiamodunque di fare una sos tuzione U ↔ V + Voffset e unaX ↔ I + Ioffset.

.

.. ..I..R

.VDD

..L3

. .C2

.

.V

.

..C1

.

.Vd

Figura 35: Parte LR dell’oscillatore di Colpi s con alimentazione

I =VDD − Vd

R− C1Vd − C2V

Vd = V + L3C2V

da cui si deduce che

I − VDD

R= −V

R− (C1 + C2)V − L3C2

RV − L3C1C2

...V

La relazione fra I e V non è lineare, ma è affine: possiamo facilmente definire unI tale che

I = I − VDD

R

In questo modo, V e I sono lega da una relazione lineare. A questo punto laparte NLNR non si può accoppiare come

I = F (V )

Dobbiamo invece accoppiarla con una relazione

I − VDD

R= F (V )− VDD

R

I = F (V )

41

I due blocchi LR e NLNR che soddisfano la condizione di Lur’e non esistono fisica-mente: I è una corrente che non compare da nessuna parte nel circuito; poichétu avia V vi compare, questo è effe vamente un oscillatore. SeL-trasformiamol'equazione del circuito,

I =

(− 1

R− (C1 + C2)s−

L3C2

Rs2 − L3C1C2s

3

)V

V

I=

−11R+ (C1 + C2)s+

L3C2

Rs2 + L3C1C2s3

che è proprio la funzione di trasferimento del circuito ai piccoli segnali:

... ..I

..R

.

..C1

..L3

..C2

. .

.

..V

. .

Figura 36: Equivalente ai piccoli segnali della parte LR dell’oscillatore di Colpi s conalimentazione

Grazie a questo accorgimento, per circui di po affine (cioé lineari a menodi un offset) è possibile evitare il procedimento appena svolto esplicitamente ederivare la H(f) dire amente dal circuito ai piccoli segnali, tenendo comunquesempre a mente che non s amo lavorando a orno ad un punto di riposo e chequesto è solo un espediente per velocizzare la tra azione.

42

MULTIVIBRATORIAstabiliCome esposto precedentemente, per creare un circuito oscillante sinusoidalmen-te sono necessari almeno due effe rea vi “discre ”; tu i circui contengonoeffe rea vi parassi , però essi non sono sufficientemente grandi né sufficien-temente precisi per selezionare un’unicaa frequenza di oscillazione dando luogoad una sinusoide.

Se abbandoniamo il desiderio di avere una forma sinusoidale pura e ci accon-ten amodi una forma d’onda periodica, possiamo allentare il requisito sugli effet-rea vi? Consideriamo un oscillatore a bipoli parlan e studiamone il compor-

tamento al tendere a zero del componente che più ci è “an pa co”: l’indu anza.

.

..BS

.

.VS

...I ..L

..R

.

.V..C

Figura 37: Oscillatore a bipoli parlan con bipolo esse

Le due equazioni che rappresentano lo stato di questo circuito sonoI =

V − VS(I)

L

V = −V +RI

RC

(23)

(24)

In figura 38 sono rappreseentate la cara eris ca sta ca del bipolo S V = VS(I)e quella del filtro V = −RI . Gli sta nella zona verde hanno V − VS(I) > 0 eV + RI > 0: quindi, per le equazioni di stato sopra descri e, il sistema tenderaa spostarsi in uno stato più in alto (per via della prima equazione) e più a sinistra(per via della seconda). Gli sta nella zona rossa hanno ancora V − VS(I) > 0,ma V + RI < 0: quindi il sistema si sposterà in uno stato in alto a destra. Nellazona arancione, V − VS(I) < 0 e V + RI < 0, quindi il sistema si sposterà inbasso a destra. Infine, nella zona azzurra V − VS(I) < 0 e V +RI > 0.

Se facciamo tendere L a 0, dIdttende ad∞, quindi lo spostamento ver cale ri-

sultamolto più rapido di quello orizzontale. Supponiamo di trovarci in uno stato A

43

V=-RI

V=V (I)S

A

BC

D

E

F

Figura 38: Cara eris ca di un astabile

nella zona verde. Il sistema si sposterà principalmente verso l’alto inmaniera pres-soché istantanea fino a raggiungere uno stato B sulla cara eris ca V = VS(I).Ogni volta che il sistema si porta da uno stato verde ad uno azzurro, il segno dellospotstamento ver cale si inverte, riportandolo verso la zona verde (e viceversa):poiché ciò avviene ad una velocità molto più elevata di qualsiasi altro fenomenodel circuito, possiamo considerare che il sistema rimanga ver calmente “inchio-dato” sulla cara eris ca S e che l’unico contributo allo spostamento sia dato dallacomponente orizzontale più lenta (verso sinistra). Quando il sistema arriva nellostato D, lo spostamento verso sinistra lo porta ad allontanarsi dalla cara eris caS: quindi il sistema si sposta quasi istantaneamente verso il basso nello stato E.Qui si trova ancora bloccato sulla cara eris ca S, poiché fra la zona rossa e quellaarancione il segno dello spostamento ver cale si inverte; è dunque obbligato apercorrere verso destra la cara eris ca S fino allo stato F, quando la traslazioneverso destra lo porta ad abbandonare la cara eris ca S e a trasferirsi rapidamenteallo stato C, da cui si sposta nuovamente verso D.

Da qualsiasi punto A siamo par , ad un certo punto si innesta un ciclo infi-nito CDEF in cui i tra CD ed EF sono percorsi in un tempo finito, i tra DE e CFin un tempo infinitesimo (nell’ipotesi L → 0). Quindi, sos tuendo l’indu anzacon un corto circuito, o eniamo comunque un oscillatore di qualche po, ma si-curamente l’oscillazione che avremo non sarà sinusoidale (lo potrebbe essere seil ciclo CDEF fosse elli co). Un ogge o di questo po è denominato astabile e faparte della categoria dei circui mul vibratori.

Ci chiediamo ora: con quale frequenza oscilla questo circuito? Le equazioni

44

che abbiamo studiato ci perme ono di determinare la frequenza solo per oscil-lazioni sinusoidali; dobbiamo ragionare in un altro modo. Consideriamo il tempoimpiegato dalla transizione CD:

dV

dt= −V +RI

RC

−RCdV

V +RI= dt

−RC

∫ VD

VC

dV

V +RI=

∫ tD

tC

= TCD

In questo tra o, I è una funzione I(V ). Se poniamo R → ∞ (ovvero, la sos -tuiamo con un circuito aperto),

TCD = −RC

∫ VD

VC

dV

V +RI(V )= −C

∫ VD

VC

dV

I(V )

In questo caso, per l’evidente simmetria, abbiamo anche che TCD = TEF , quin-di la frequenza di oscillazione di V è completamente determinata; in altri casi,avremo un TEF diverso e quindi un duty cycle dell’onda in uscita diverso dal 50%.

Le cara eris che dis n ve dell’astabile sono sempre le stesse: ha un unicoeffe o rea vo (esplicito) e non ha pun di stabilità. La forma d’onda teorica cheesso produce con ene due sca istantanei corrisponden ai tra FC e DE e duetransitori più len (dalla forma variabile a seconda del circuito e dell’uscita con-siderata) corrisponden ai tra CD ed EF. In effe , un astabile reale con eneanche altri piccoli effe rea vi parassi : questo si traduce nel fa o che gli scaFC e DE non sono perfe amente istantanei, ma impiegano un certo periodo ditempo (su una scala però molto minore di CD ed EF).

Consideriamo, a tolo di esempio, un astabile realizzato con un opamp inmodo da avere un duty cycle diverso dal 50%.

In alto guadagno, si trova che

V =RB

RA

(VB2 − VB1)−RRB

RA

I

mentre in saturazioneI =

V

R± Vsat

R− VB1

R

quindi gli sca avvengono fra le due condizioni di saturazione (uscita a Vsat o−Vsat) e, come ci si poteva aspe are, la zona di alto guadagno dà luogo alla re-gione a resistenza nega va. Il bipolo S asimmetrico realizzato in questo modo ècaricato da una capacità (cara eris ca sta ca I = 0), e si trova che l’unico puntodi riposo è instabile poiché si trova nella regione a resistenza nega va. Dunque

45

..

.−

.+..+

.−. .VB2

..RA

..RB

.

.C

.

.V..R. .I

.+

.−..VB1

.

Figura 39: Astabile con opamp

questo è effe vamente un astabile. Il duty cycle è determinato dal transitorio dicarica e scarica di C:

TH = −C

∫ VD

VC

dV

I(V )=

= −C

∫ VD

VC

R

V + Vsat − VB1

dV

Consideriamo ora l’esempio di un astabile a transistor (figura 40), basato sulbipolo S a cascata di BC-CC. Nel creare l’astabile non siamo interessa tanto al-la zona a resistenza nega va, quanto alle due modalità a resistenza differenzialeposi va: in questo caso,Q1 spento oppureQ1 acceso.

SeQ1 è spento, V1 > −VBE1on e IC1 = 0, dunque VB2 = VCC . Di conseguen-za, Q2 è acceso e V2 è più o pra camente fissa a VCC − VBE2on. La corrente I1carica il condensatore, abbassando V1 finché non scende so o −VBE1on, accen-dendoQ1. Quando ciò accade, la corrente IC1 abbassa la tensione del nodo VB2:di conseguenza,Q2 si spegne in modo pressoché istantaneo. V2 comincia dunquea calare per via della corrente I2 e dunque il condensatore C si scarica. QuandoV2 scende fino a VCC − R(I1 + I2) − VBE2on, Q2 si riaccende: la tensione delnodo VB2 deve saltare da VCC −R(I1+ I2) a VCC −RI1, e di conseguenza anche

46

..

..Q1

...R

.VCC .VCC

.

..Q2

..C

. ..V1 .V2

.. .I1

.

.. .I2

.

Figura 40: Astabile con transistor bipolari (BC+CC)

V2 è costre a a salire istantaneamente di RI2, portando con sè V1 per via dellapresenza del condensatore C che proibisce variazioni istantanee di V2 − V1. L'in-nalzamento di V1 causa lo spegnimento diQ1: a questo punto il ciclo ha di nuovoinizio.

MonostabiliDella categoria dei mul vibratori fanno parte anche altri circui che, a differen-za di quanto visto finora, non oscillano; di questa categoria fanno parte i circuimonostabili che sono u lizza per generare singoli impulsi di ampiezza e durataben definite partendo da un glitch in ingresso (la cui durata e ampiezza non sonoben note).

L’idea fondamentale per realizzare un circuito monostabile è prendere un cir-cuito stabile e polarizzarlo in modo che, in seguito ad un glitch in ingresso, sia co-stre o a compiere un ciclo simile a quello di un astabile. In figura 42 è riportatoquello che avviene.

In condizioni stazionarie il sistema, composto come l’astabile da un bipolo Savente condensatore come carico, si trova nel punto di riposo stabile A. Un glitchin ingresso (in blu nella figura) trasla la cara eris ca S del bipolo per un breveperiodo; il punto A in tali condizioni non è più un punto di riposo stabile e si in-nesca un ciclo simile a quello dell’astabile. Il glitch però ha una durata breve ri-spe o a quella del transitorio dell’oscillazione, quindi mentre il sistema passa in Bla cara eris ca S torna alla posizione iniziale: intanto, però, il sistema è già fuori

47

I=0

caratteristica S

A

B

C

D

glitch

Figura 41: Cara eris ca di un monostabile

dall’equilibrio, quindi è costre o comunque a compiere un ciclo passando per B,C e D per poi tornare in A dove si ferma, poiché A è un punto di riposo stabile.Di fa o, il monostabile funziona perché si comporta come un astabile ma per ununico periodo.

Il monostabile deve garan re il funzionamento anche con glitch di ampiezzae durata piccole; per garan re il funzionamento anche con ampiezza piccola, èbuona norma ridurre al minimo la pendenza della zona a resistenza nega va. Seconsideriamo un bipolo S con opamp in configurazione non invertente,

rd = − R1

R2R3

per cui conviene trasformare R1 in un corto circuito ed R2 in un circuito aperto.O eniamo il monostabile seguente, con VB < 0 in modo da polarizzare il circuitoin un punto di riposo stabile.

La durata dell’impulso si può calcolare, come nel caso dell’astabile, come iltempo di carica/scarica di C; il glitch in ingresso dovrà essere applicato al termi-nale V + in modo da dare inizio al transitorio.

48

..

.−

.+..+

.−. .VB < 0

.

.

.C

..R

.

Figura 42:Monostabile con opamp

APPENDICE A: LINKAlcuni link u li:

• Van der Pol oscillator (sul sito Wolfram Demonstra ons):h p://demonstra ons.wolfram.com/VanDerPolOscillator/

49

APPENDICE B: MODELLI E LISTATIModello SPICE dell'amplificatore operazionalePer l'amplificatore operazionale è stato u lizzato unmodello con cara eris ca cu-bica dipendente da due parametri VuM eAd (più gli effe rea vi). Per comoditàsi è definito un parametro

Vx =3−

√9− 12VuM

Ad

2

Vout =

− VuM , se V+ − V− < −Vx (SAT+)+ VuM , se V+ − V− > Vx (SAT−)

Ad (V+ − V−)−Ad

3Vx

(V+ − V−)3 altrimen (HG)

Il listato spice che lo descrive è il seguente:

.SUBCKT opamp inp inm out+ PARAMS: Ad=10 Vum=6.666 Rpole=1+ Cpole=1.5915u Zin=10Meg Zout=10

.PARAM Vx={(3-sqrt(9-12/Ad*Vum))/2}Rin inp inm {Zin}Egain 3 0 value={+ if(V(inp,inm)<-Vx, -Vum,+ if(V(inp,inm)>Vx, Vum,+ Ad*V(inp,inm)-Ad/(3*Vx)*PWRS(V(inp,inm),3)))}

Rp 3 4 {Rpole}Cp 4 0 {Cpole}Ebuf 5 0 4 0 1Rout 5 out {Zout}

.ENDS

50

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Gli appun sono rilascia senza alcuna garanzia sulla loro completezza e cor-re ezza: sono probabilmente pieni di lacune, errori (di ba tura e/o di conce o)ecc. Se qualcuno rilevasse un errore di questo genere, è pregato di segnalarlo conun commento sul mio blog:

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