Nichtlineare Verstärkerschaltung

Einige Beobachtungen zur Vereinfachung:

1. Die Fragen beziehen sich auf$\frac{dU_A}{dU_E}$, die die Steigung der Übertragungskennlinie ist, die nur die Verstärkung darstellt und jeglichen Offset ignoriert (y-Achsenabschnitt in einem Diagramm von$U_E$vs$U_A$).

2. Der Verstärker ist nicht-invertierend, da der Eingang den nicht-invertierenden Eingang manipuliert.

3. Der Verstärker arbeitet in zwei Regimes, X) wo die Diode perfekt leitet, Y) wo die Diode in Sperrichtung vorgespannt ist und praktisch nicht vorhanden ist.

4. Wenn die Diode in Sperrrichtung vorgespannt ist (Regime Y), ist ihr Anodenpotential kleiner als das der Kathode. Wir können sehen, dass eine weitere Verringerung des Eingangspotentials nur das Anodenpotential der Diode verringern kann (aufgrund des Widerstandsteilers R1, R2) und die Diode in Sperrrichtung vorgespannt bleibt. Dies bedeutet auch, dass das Kathodenpotential fest und für Berechnungen irrelevant ist.

5. Wenn die Diode in Vorwärtsrichtung vorgespannt ist (Regime X), wird ihr Kathodenpotential dynamisch und kann nicht länger vernachlässigt werden.

Um das Eingangspotential zu finden, das die Spannung über D1 gerade auf 0 V setzt, an der Schwelle des Übergangs vom Regime X zum Regime Y, reicht es aus, D1 zu entfernen und das Eingangspotential zu finden, das 0 V über die Brücke zwischen den beiden erzeugen würde Teiler R1,R2 und R3,R4. Nennen Sie das Potential an der Verbindungsstelle von R1, R2$U_P$, und bei R3, R4$U_Q$:

$$\begin{aligned} U_Q &= U_B \frac{R_3}{R_3+R_4} \\ \\ &= U_B \frac{200k\Omega}{200k\Omega+800k\Omega} \\ \\ &= \frac{U_B}{5} \\ \\ \\ U_P &= U_A \frac{R_1}{R_1+R_2} \\ \\ &= U_A \frac{400k\Omega}{400k\Omega+800k\Omega} \\ \\ &= \frac{U_A}{3} \end{aligned}$$

$U_P$Und$U_Q$am Übergangspunkt zwischen den Regimen gleich sind:

$$U_P = U_Q = \frac{U_B}{5}$$

Um die Eingangsspannung zu finden$U_E$das entspricht diesem Punkt, den ich nenne$U_{EX}$Sie haben eine absolut einfache Antwort und zwei weniger triviale Lösungen, je nachdem, wie aufmerksam Sie sind. Das einfachste zuerst:

Nutzen Sie die Tatsache, dass$u_D = 0V$, aufgrund der Opamp-Aktion mit negativer Rückkopplung :

$$\begin{aligned} U_{EX} &= U_P = U_Q\\ \\ &= \frac{U_B}{5} \end{aligned}$$

Verwenden Sie die Tatsache, dass die Verstärkung der Kehrwert des Rückkopplungsfaktors ist :

Sie haben vielleicht bemerkt, dass der Rückkopplungsfaktor β ist$\frac{1}{3}$, aus der zuvor abgeleiteten Beziehung:

$$U_P = \frac{U_A}{3}$$

Der Gewinn ist daher 3, der Kehrwert von$\frac{1}{3}$. Mit diesem Gewinn können wir Folgendes sagen:

$$\begin{aligned} \frac{U_A}{U_E} &= 3 \\ \\ U_{EX} &= \frac{U_{A}}{3} \\ \\ &= \frac{3U_P}{3} \\ \\ &= U_P \\ \\ &= U_Q \\ \\ &= \frac{U_B}{5} \end{aligned}$$

Verwenden Sie die Verstärkungsgleichung :

Wenn keine der oben genannten Abkürzungen für Sie funktioniert, können Sie einfach auf den guten alten Ausdruck für Gewinn zurückgreifen und das gleiche Verfahren zur Ableitung befolgen$U_{EX}$:

$$\begin{aligned} \frac{U_A}{U_E} &= 1 + \frac{R_2}{R_1} \\ \\ &= 1 + \frac{800k\Omega}{400k\Omega} \\ \\ &= 3 \\ \\ \end{aligned}$$

Die Eingangsspannung am Übergangspunkt von einem Regime zum anderen ist also$U_{EX} = \frac{U_B}{5}$. Der Vollständigkeit halber die Ausgangsspannung am gleichen Punkt,$U_{AX}$, Ist:

$$\begin{aligned} U_{AX} &= 3U_{EX} \\ \\ &= \frac{3U_B}{5} \end{aligned}$$

Für$U_E \le \frac{U_B}{5}$(Regime Y) Die Diode ist in Sperrrichtung vorgespannt, und die Verstärkungsgleichung lautet einfach:

$$\frac{dU_A}{dU_E} = 3$$

Das war der einfache Teil. Nun zu Regime X, wo wir D1, R3 und R4 nicht ignorieren dürfen. Es gibt einige Möglichkeiten, das Problem anzugehen, wie z. B. Superposition (ughh), Knoten-/Netzanalyse (meh) und Reduktion durch Thevenins Theorem.

Um das Theorem von Thevenin anzuwenden, gehen wir davon aus, dass die Diode ideal, in Vorwärtsrichtung vorgespannt und daher effektiv eine Drahtverbindung über die Brücke zwischen den beiden Teilern ist. Das Widerstandsnetzwerk beginnt und endet wie folgt:

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

Lassen Sie mich die gesamte Schaltung noch einmal neu zeichnen, diesmal mit dem oben abgeleiteten Thevenin-Äquivalent:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Aufgrund von Beobachtung Nr. 1 am Anfang dieser Antwort kann ich getrost ignorieren$V_{TH2}$. Es führt lediglich einen Offset in die Verstärkungsgleichung ein, aber ich bin nur hinter der Verstärkung her$\frac{dU_A}{dU_E}$. So für$U_E > \frac{U_B}{5}$das wird sein:

$$\begin{aligned} \frac{dU_A}{dU_E} &= 1 + \frac{R_2}{R_{TH2}} \\ \\ &= 1 + \frac{800k\Omega}{\frac{800}{7}k\Omega} \\ \\ &= 8 \end{aligned}$$

Wenn es nicht klar ist, warum Sie ignorieren können$V_{TH2}$, dann finden Sie einfach die Übertragungscharakteristik des oben vereinfachten Verstärkers heraus:

$$\begin{aligned} U_A &= (U_E - V_{TH2}) (1 + \frac{800k\Omega}{\frac{800}{7}k\Omega}) \\ \\ &= U_E\cdot \overbrace{(1 + \frac{800k\Omega}{\frac{800}{7}k\Omega})}^{\text{gain}} \space \overbrace{ - V_{TH2} \cdot (1 + \frac{800k\Omega}{\frac{800}{7}k\Omega})}^{\text{constant offset}} \end{aligned}$$

Der Begriff$- V_{TH2} \cdot (1 + \frac{800k\Omega}{\frac{800}{7}k\Omega})$ist konstant. Nimmt man die Ableitung von$U_A$gegenüber$U_E$, verschwindet dieser Term und Sie haben nur noch den Koeffizienten von$U_E$, das ist Gewinn.

Das ist meine Herangehensweise an dieses Problem, von der ich hoffe, dass sie nützlich war. Ich überlasse es Ihnen, sich anzuschließen$U_B = 10V$, und prüfen Sie, ob meine Antworten mit Ihren übereinstimmen.

Zum Abschluss hier eine CircuitLab-Darstellung und die Ausgabekurve, die ich beim Simulieren erhalte:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Okay, das erste, was zu erkennen ist, ist, dass diese Schaltung "stückweise linear" ist - es gibt zwei Betriebsbereiche, von denen jeder linear ist, und es gibt einen Übergang, der an dem Punkt stattfindet, an dem die Diode zu leiten beginnt.

Für den symmetrischen Operationsverstärker ist dieser Punkt dort, wo Ue gleich der Spannung am Übergang von R3 / R4 ist (ohne Berücksichtigung der Diode). Das kannst du aus Ub berechnen und bekommst die Antwort auf Abschnitt 2, wenn du hinzufügst, in welchem ​​Bereich die Diode weiter leitet.

Dann können Sie jeden Bereich einzeln mit offener oder kurzgeschlossener Diode analysieren.

Schließlich tritt der "gesättigte" Zustand ein, wenn der ideale Operationsverstärkerausgang gerade Ub erreicht - die Versorgungsspannung - oder Masse. Für einen echten Operationsverstärker würde es beides nicht ganz erreichen. Da sie Ub in diesem Abschnitt ausdrücklich erwähnen, würde ich davon ausgehen, dass sie zumindest nach der oberen Sättigung suchen, aber auch die untere zu geben, wäre eine vollständigere Antwort.

Die Anode der Diode ist derselbe Knoten wie der invertierende Eingang. Der Spannungsteiler an seiner Kathode beträgt 10 x 200/(200+800) = 2 Volt, sodass die maximale invertierende Eingangsspannung 2,7 V beträgt. Da der Rückkopplungsspannungsteiler 1/3 des Ausgangs an den invertierenden Eingang liefert, beträgt die maximale Vout 2,7 x 3 = 8,1, da jede darüber hinausgehende Vout die Diode in Vorwärtsrichtung vorspannt, sodass Ihr nicht invertierender Eingang tatsächlich auf 2,7 Volt begrenzt ist Eingang auch (was Vout = 8,1 Volt ausgibt.) Ich weiß nicht, wie Sie das in eine Algebra-Gleichung einfügen, aber das sollte helfen, es beantwortet # 2.

Ihr Titel sagt "nichtlinear", also gibt es wahrscheinlich einige "Nichtlinearitäten" wegen der Diode.