Amplificador operacional e realimentação negativa

Monta um estágio não inversor ou inversor com duas resistências, atribui ao amplificador operacional um ganho e uma largura de banda finitos e aplica-lhe um sinal sinusoidal. Percorre o ciclo passo a passo para leres a tensão em cada nó, incluindo a pequena diferença entre as entradas.

Exemplo resolvido — Amplificador operacional e realimentação negativa

Fração da saída realimentada	0,100000
Ganho se A fosse infinito	10,0000
Ganho de malha	10.000
Ganho em CC com este A	9,9990
Desvio em relação ao ideal	0,0100%
Ganho com A reduzido a metade	9,9980
Largura de banda (−3 dB)	100.010 Hz
Ganho × largura de banda	1.000.000 Hz

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Amplificador operacional e realimentação negativa

Um amplificador operacional multiplica a diferença de potencial entre as suas duas entradas por um ganho em malha aberta A muito elevado, V_out = A(V₊ − V₋), até a saída atingir um dos limites de alimentação. A realimentação negativa devolve à entrada inversora a fração β = Rg/(Rg + Rf) da tensão de saída. O ganho do estágio não inversor passa a ser G = (1/β)/(1 + 1/(Aβ)), que tende para 1 + Rf/Rg à medida que A aumenta; o do estágio inversor tende para −Rf/Rg. O produto Aβ é o ganho de malha. Num modelo com um único polo, A diminui com a frequência segundo A(f) = A₀/(1 + j f A₀/GBW), em que o produto ganho-largura de banda GBW é A₀ multiplicado pela frequência do polo em malha aberta, aproximadamente igual à frequência a que A desce para 1.

O que significa cada símbolo

A: o ganho em malha aberta do amplificador operacional: o fator pelo qual multiplica V₊ − V₋. A₀ é o seu valor em CC; o ganho diminui com a frequência
β: a fração de realimentação, Rg/(Rg + Rf): a parcela da tensão de saída que é devolvida à entrada inversora
Aβ: o ganho de malha. O desvio relativo do ganho do estágio em relação ao ideal é exatamente 1/(1 + Aβ)
GBW: o produto ganho-largura de banda, em hertz: A₀ multiplicado pela frequência do polo em malha aberta, aproximadamente igual à frequência a que o ganho em malha aberta desce para 1

Pressupõe: O modelo tem um único polo e admite resistências de valor exato e uma saída capaz de atingir os limites de alimentação. Não inclui limitação da velocidade de variação da saída, tensão de desvio ou corrente de polarização nas entradas, nem um segundo polo. A forma de onda ceifada obtém-se cortando a resposta em regime permanente nos limites de alimentação. Isto pressupõe que o amplificador operacional sai da saturação assim que as condições o permitem; um amplificador real precisa de tempo para recuperar. Com as entradas trocadas, a comutação entre os limites de alimentação é representada como instantânea.

Reduzir o ganho do amplificador operacional a metade só altera o quarto algarismo do ganho do estágio 🖖

O estágio inicial foi concebido para multiplicar por 10. Com um ganho em malha aberta de 100 000, dá 9,9990; a tabela de resultados calcula o que daria com A reduzido a metade: 9,9980. Uma variação de 50% no ganho do próprio amplificador só faz variar o ganho do estágio em 0,01%. A explicação cabe numa fração. O ganho do estágio fica abaixo de 1 + Rf/Rg por um desvio relativo de exatamente 1/(1 + Aβ). Com Aβ = 10 000, esse desvio é de 0,01%; reduzir A a metade ou duplicá-lo apenas duplica ou reduz a metade esse pequeno desvio. Assim, o ganho depende sobretudo das duas resistências, que se podem comprar com uma tolerância de 0,1%, e muito pouco do amplificador operacional. Harold Black apresentou este argumento em 1934, para os amplificadores dos sistemas telefónicos por correntes portadoras: os seus amplificadores com realimentação mantinham a variação de ganho dentro de 0,01 dB quando a tensão de alimentação de placa variava de 240 para 260 V, enquanto num amplificador convencional a variação era de 0,7 dB. Paga-se esta estabilidade com o ganho de que se abdica. Pede ×1000 ao mesmo amplificador operacional e Aβ desce para 100: o ganho é 990,10, um desvio de 1% em relação ao ideal, como mostra a última linha da segunda tabela.

A um hertz, o curto-circuito virtual corresponde a cem microvolts 🖖

A regra habitual diz que as duas entradas de um amplificador operacional com realimentação negativa estão à mesma tensão. A diferença entre elas atinge um pico de |V_out| / |A(f)|, que o circuito mostra à medida que percorres o ciclo: 100,49 µV no pico da configuração inicial. Seleciona agora Mesmo estágio, 1 kHz. A saída quase não mudou, mas a diferença passou para 9,999 mV, cem vezes mais. O A em V_out / A é o ganho em malha aberta à frequência do sinal. Num amplificador operacional com ganho em CC de 100 000 e produto ganho-largura de banda de 1 MHz, o ganho já caiu 3 dB a 10 Hz e ronda apenas 1000 a 1 kHz; é essa descida que a linha tracejada mostra no gráfico da resposta em frequência. Seleciona depois Em saturação. O sinal exigiria uma saída de 19,998 V, mas esta fica limitada a 15 V. Com a saída presa nesse limite, nada mantém as entradas à mesma tensão: a diferença chega a 0,5000 V. A realimentação só aproxima as tensões das entradas enquanto a saída pode variar. Admitir um curto-circuito virtual num estágio com o sinal ceifado pode dar erros de vários volts.

O seguidor e o inversor têm ganho unitário, mas um tem o dobro da largura de banda 🖖

Seleciona ×100 a 20 kHz. A largura de banda é de 10 010 Hz e o ganho em CC é 99,9001. O produto é 1 000 000 Hz, igual ao produto ganho-largura de banda do amplificador operacional até ao último algarismo. Num modelo com um único polo, esta igualdade verifica-se em qualquer estágio não inversor; por isso, quatro linhas da segunda tabela terminam com o mesmo valor. Nas linhas dos inversores, os valores são diferentes. O inversor de ganho −1 chega a 500 010 Hz, enquanto o seguidor de ganho +1 chega a 1 000 010 Hz. O ganho que determina a largura de banda é 1/β: o ganho que as mesmas duas resistências dariam com o sinal aplicado à entrada não inversora. Para um inversor de ganho −1, esse valor é 2. Um inversor paga sempre por mais uma unidade de ganho do que aquela que fornece: perde cerca de 1% da largura de banda a ×−100 e metade a ×−1.

Problema resolvido na íntegra

Fazer passar 20 kHz por um pré-amplificador ×100 6 passos
Um sensor fornece 50 mV, que é preciso amplificar até 5 V, para frequências até 20 kHz. Os amplificadores operacionais disponíveis têm A₀ = 100 000 e um produto ganho-largura de banda de 1 MHz. Basta um estágio não inversor ×100, com Rf = 99 kΩ e Rg = 1 kΩ? Se não, que solução serve?

Abrir este problema na ferramenta
1. β = 1/(1 + 99) = 0,01, pelo que Aβ = 1000 e o ganho em CC é 100/(1 + 1/1000) = 99,9001. A baixas frequências, 50 mV passam a 4,9950 V, ficando abaixo dos 5 V pelos 0,1% previstos por 1/(1 + Aβ).
  
  $β = \frac{1}{1 + 99} = 0.01, A β = 1000, G_{0} = \frac{100}{1 + 1/1 000} = 99.9001$
2. O polo do próprio amplificador operacional está em GBW/A₀ = 10 Hz. Fechar a malha aumenta essa frequência pelo fator 1 + Aβ = 1001, para 10 010 Hz. Esta é a largura de banda do estágio, e 99,9001 × 10 010 = 1 000 000 Hz.
  
  $f_{p} = \frac{GBW}{A _{0}} = 10 Hz, f_{- 3 dB} = 10 \cdot 1001 = 10010 Hz, 99.9001 \cdot 10010 = 1000000$
3. A 20 kHz, cerca do dobro da largura de banda, o ganho é 99,9001/√(1 + (20 000/10 010)²) = 44,7124, e o pico de saída é de 2,2356 V. Menos de metade do pretendido.
  
  $∣ G (20 kHz) ∣ = \frac{99 . 9001}{1 + ( 20 000/10 010 ) ^{2}} = 44.7124, 0.05 \cdot 44.7124 = 2.2356 V$
4. Distribui o ganho por dois estágios ×10, cada um com Rf = 9 kΩ e Rg = 1 kΩ. Cada estágio tem Aβ = 10 000, um ganho em CC de 9,9990 e uma largura de banda de 100 010 Hz, dez vezes a do estágio único. Configura a ferramenta para esse estágio a 20 kHz: o ganho indicado é 9,8049.
  
  $β = 0.1 : G_{0} = 9.9990, f_{- 3 dB} = 100010 Hz, ∣ G (20 kHz) ∣ = 9.8049$
5. Em cascata, os ganhos multiplicam-se: 9,8049² ≈ 96,14, pelo que 50 mV passam a 4,8068 V a 20 kHz.
  
  $9.804 9^{2} \approx 96.14, 0.05 \cdot 96.14 = 4.8068 V$
6. O conjunto tem dois polos a 100 010 Hz, e a sua frequência de corte a −3 dB é inferior à de cada estágio: o quadrado do módulo diminui por um fator de √2 quando 1 + (f/100 010)² = √2, ou seja, a f = 100 010 · √(√2 − 1) = 64 366 Hz.
  
  $1 + (f /100 010)^{2} = 2 \Rightarrow f = 100010 2 - 1 = 64366 Hz$
Resposta

Um estágio ×100 fornece 2,2356 V a 20 kHz; dois estágios ×10 fornecem 4,8068 V, 96% do valor pretendido, com uma frequência de corte a −3 dB de 64 366 Hz para o conjunto. Cada amplificador operacional dispõe do seu próprio produto ganho-largura de banda. Assim, cada estágio ×10 tem dez vezes a largura de banda do estágio ×100, e a cascata tem 6,4 vezes essa largura de banda. A ferramenta representa um único estágio, pelo que é preciso calcular a resposta da cascata a partir dos valores apresentados. O último passo mostra porquê: dois estágios iguais em cascata têm uma largura de banda inferior à de cada um.

$2.2356 V (one stage) vs 4.8068 V (two)$

Percurso de aprendizagem

O que não é um resistor

Referências (1)

The first insight's history, and the result the whole page rests on: with |μβ| ≫ 1 the output is −e/β, "independent of μ but does depend upon β". The 0.01 dB against 0.7 dB figures quoted in that block are Black's own: H. S. Black, "Stabilized Feedback Amplifiers." Bell System Technical Journal 13(1), January 1934, pp. 1–18. DOI 10.1002/j.1538-7305.1934.tb00652.x

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.