3.1 Lsg. zu Aufgabe 13 - emg.tu

Lösung GEM Übung SS  . Lsg. Aufg. 
 / 
3.1 Lsg. zu Aufgabe 13
Lösung zu Aufgabe 
Erklärungen zum virtuellen Knoten
Ig1 Rg1
U1
If1 Rf1


VN
In
Ip
VP
Ig2 Rg2
U2

a(f)

Uout
Ib2 Rb2


Abbildung .: allgemeine Verstärkerschaltung
Annahmen: Ströme In , Ip in Eingänge vernachlässigbar, Verstärkung a(f ) groß, Schaltung stabil
OpAmp: Uout
= a(f ) · (Vp − Vn )
KGL: Ig1 − In − If 1 = 0
KGL: Ig2 − Ip − Ib2 = 0
MGL:
U2
(.) ⇒ Ig2
MGL:
Vp
ZGL: If 1
MGL:
Vn
(.), (.) ⇒ Vn
⇔ Vn
⇔ Vn
⇔ Vn
In =0
⇒
Ip =0
⇒
(.)
Ig1 = If 1
(.)
Ig2 = Ib2
(.)
(.)
= Ig2 · Rg2 + Ib2 Rb2 = Ig2 · (Rg2 + Rb2 )
U2
=
Rg2 + Rb2
Rb2
(.)
= Ig2 Rb2 =
U2
Rg2 + Rb2
Vn − Uout
=
Rf 1
= U1 − If 1 Rg1
Vn − Uout
= U1 −
Rg1
Rf 1
!
Rg1
Rg1
1+
= U1 +
Uout
Rf 1
Rf 1
!
!
Rf 1
Rg1
=
U1 +
Uout
Rf 1 + Rg1
Rf 1
Rf 1
Rg1
=
U1 +
Uout
Rf 1 + Rg1
Rf 1 + Rg1
(.)
(.)
(.)
(.)
(.)
(.)
 / 
Lösung GEM Übung SS   Messelektronik
(.),
(.),
(.) ⇒
Uout
⇔
Uout
⇔
Uout
⇔
Uout
⇔
Uout
Rg1
a(f )
Für große Verstärkungen |a(f )| → ∞, insbesondere |a(f )| (.) ⇒
(.),
(.) ⇒
=
=
=
#!
"
Rf 1
Rb2
Rg1
= a(f ) ·
U1 +
Uout
U2 −
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
Rf 1 + Rg1
!
!
Rf 1
a(f ) · Rg1
Rb2
1+
= a(f ) ·
U1
U2 −
Rf 1 + Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
!
!
Rf 1 + Rg1 + a(f ) · Rg1
Rf 1
Rb2
= a(f ) ·
U1
U2 −
Rf 1 + Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
!
a(f ) (Rf 1 + Rg1 )
Rf 1
Rb2
=
·
U1
U2 −
Rf 1 + Rg1 + a(f ) · Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
!
Rf 1
(Rf 1 + Rg1 )
1
Rb2
= R +Rg1
·
U2 −
U1
(.)
f1
1
Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
+1
lim
|a(f )|→∞
Uout
Rf 1 +Rg1
,
Rg1
folgt:
Rf 1
(Rf 1 + Rg1 )
Rb2
=
·
U2 −
U1
Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
!
Rf 1
(Rf 1 + Rg1 )
Rb2
=
U2 −
U1
Rg1
Rg2 + Rb2
Rg1
!
(.)
(.)
Rf 1
Rg1
U1 +
Uout |a(f )→∞
Rf 1 + Rg1
Rf 1 + Rg1
"
!#
Rf 1
Rf 1
(Rf 1 + Rg1 )
Rb2
Rg1
U2 −
U1 +
U1
Rf 1 + Rg1
Rf 1 + Rg1
Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
(.)
Rf 1
Rf 1
Rb2
U1 +
U2 −
U1
Rf 1 + Rg1
Rg2 + Rb2
Rf 1 + Rg1
Rb2
U2
(.)
Rg2 + Rb2
Vn |a(f )→∞ =
= Vp
⇒ Virtueller Knoten
Ergebnis: Für eine stabile Schaltung mit negativer Rückkopplung und großer (open loop) Verstärkung
bildet sich ein „virtueller Knoten“, d.h. es stellt sich ein Gleichgewichtszustand ein, bei dem die Potentiale Vn
und Vp den gleichen Wert annehmen.
Hinweis: Für diesen virtuellen Knoten darf keine Knotengleichung gebildet werden, da die Spannungsgleichheit
nur eine Folge der Differenzverstärkung mit negativer Rückkopplung ist. Die (ohnehin meist vernachlässigbar
kleinen) Ströme in die Eingänge schließen sich über die Versorgungsspannung, so dass kein Strom zwischen
den (jeweils sehr hochohmigen) Eingängen fließt.
Lösung GEM Übung SS  . Lsg. Aufg. 
 / 
3.2 Lsg. zu Aufgabe 15
Lösung zu Aufgabe 
Verstärkerschaltungen
Rf
If
Rg
VO

VfN
U1

Ig
+VS
VN
VP
+VS


U2
-VS
RV
IV1
RX
IC
R1-X
IV2
RV
-VS
Abbildung .: Ersatzschaltbild der Verstärkerschaltung: Operationsverstärker mit Eingangsspannungsoffset
und Potentiometer zum Abgleich
(a)
stabil: VN = VP = 0 V
UE
⇒ I1 =
R1
mit IC = 0 folgt I2 = −I1
R2
⇒ Ua = I2 · R2 = − UE
R1
(b)
Rin = R1
(c) In diesem Aufgabenteil gehen wir die exakte Lösung der Aufgabe durch.
Es ist auch denkbar diese Aufgabe näherungsweise zu lösen. Die Wahl des Vollausschlags für die Lösung
ist (insbesondere bei der Näherung) auf Grund der nicht weiter vorhandenen Korrekturmöglichkeit in
der Praxis eine schlechte Wahl und dient hier zur Vereinfachung der Rechnung.
 / 
Lösung GEM Übung SS   Messelektronik
Wir gehen von dem Ersatzschaltbild in Abbildung . aus, welches das Potentiometer in die Widerstände
Rx = RP · x und R1−x = RP · (1 − x) mit dem Potentiometerstellwert x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1 aufteilt.
Da der Offset des Operationsverstärkers vom Eingang herrührt, modellieren wir diesen durch die
Quelle VO und nehmen den verbleibenden Operationsverstärker als ideal an, d.h. es gilt insbesondere
VN = VP , wenn wir Stabilität annehmen. Dadurch wird VN fest auf dem Potential 0 V gehalten,
wodurch stets Vf N = 0 V + VO gilt.
Um VO zu bestimmen entfernen wir zunächst gedanklich RP , d.h. Rx undR1−x → inf und IC = 0.
Laut Aufgabenstellung gilt für U1 = 0 V, dass an U2 eine Offsetspannung messbar ist, die wir als U2,O
U2,O
bezeichnen wollen. Da kein Strom in die Eingänge fließt, muss If ,O = Ig,O = − Rf +
Rg gelten. Somit
fällt über Rg die Spannung RfR+gRg U2,O ab, welche zugleich die gesuchte Eingangsoffsetspannung VO
sein muss, damit die Maschengleichung für den Umlauf GND..Rg ..Vf N ..VO ..VN ..VP ..GND erfüllt
ist. Damit ist also
U2,O
Rf + Rg
Rg
VO =
U2,O
Rf + Rg
(.)
If ,O = −
(.)
welche wir durch Einsetzen auch wertemäßig bestimmen können.
(d) Um RV und RP (bzw. Rx und R1−x ) bestimmen zu können, betrachten wir zunächst einmal die
Bedingungen die wir einhalten müssen:
Kompensationsstrom IC0 ist so zu wählen, dass U2 = 0 V wird
Querstrom des unbelasteten Teilers IV 1 |IC =0 = IV 2 |IC =0 = I0
Stellung des Potis auf den Wert x0 , z.B. x0 := 0 für den negativen¹ Vollausschlag
!
Zunächst betrachten wir den Querstrom des unbelasteten Teilers, d.h. IC = 0. Damit muss gelten
I =0
C
IV 1 = IV 2 + IC = IV 2
+VS − (−VS )
2VS
!
= I0
=
2RV + RP
2RV + RP
VS RP
⇔ RV =
−
I0
2
2VS
⇔ RP =
− 2RV
I0
IV 1 =
(.)
(.)
(.)
(.)
Betrachten wir weiter den nun belasteten Teiler: Durch den virtuellen Knoten wird das Potential des
Knotens Vf N fest auf VO gehalten. Damit können wir die Ströme IV 1 , IV 2 , IC für die Einstellung x0
berechnen:
 bezogen
auf U2
Lösung GEM Übung SS  . Lsg. Aufg. 
 / 
+VS − VO
RV + x0 · RP
VO − (−VS )
IV 2 =
RV + (1 − x0 ) · RP
+VS − VO
VO + VS
IC = IV 1 − IV 2 =
−
RV + x0 · RP
RV + (1 − x0 ) · RP
(+VS − VO ) · [RV + (1 − x0 ) · RP ] − (VO + VS ) · [RV + x0 · RP ]
=
[RV + x0 · RP ] · [RV + (1 − x0 ) · RP ]
(.)
IV 1 =
(.)
(.)
(.)
Wir nehmen zunächst an, dass der Strom IC einen von uns vorzugebenen Wert IC0 haben soll. Nun
nutzen wir den Wert für RV aus der Querstrom-Randbedingung:
IC0 =
(+VS − VO ) · [RV + (1 − x0 ) · RP ] − (VO + VS ) · [RV + x0 · RP ]
[RV + x0 · RP ] · [RV + (1 − x0 ) · RP ]
(.)
IC0 =
(VS − VO ) · [(1 − x0 ) · RP + RV ] − (VO + VS ) · [RV + x0 · RP ]
[RV + x0 · RP ] · [(1 − x0 ) · RP + RV ]
(.)
Nun setzen wir für RV ein und führen dannach die Abkürzung
RH :=
VS
I0
(.)
ein:
h
(.)
IC0 =
i
(VS − VO ) · (1 − x0 ) · RP + VI0S − R2P − (VO + VS ) ·
h
i
VS
I0
h
− R2P + x0 · RP · (1 − x0 ) · RP +
h
VS
I0
VS
I0
− R2P + x0 · RP
− R2P
i
i
(.)
h
i
h
RP
RP
(.) (VS − VO ) · (1 − x0 ) · RP + RH − 2 − (VO + VS ) · RH − 2 + x0 · RP
h
i
h
i
IC0 =
RH − R2P + x0 · RP · (1 − x0 ) · RP + RH − R2P
i
(.)
h
IC0 =
i
h
(VS − VO ) · RP 1 − x0 − 12 + RH − (VO + VS ) · RP x0 − 21 + RH
h
i
h
RP x0 − 12 + RH · RP 1 − x0 − 21 + RH
i
i
(.)
Wir bringen den Nenner auf die andere Seite
1
1
+ RH · RP
− x0 + R H
2 2
1
1
= (VS − VO ) · RP
− x0 + RH − (VO + VS ) · RP x0 −
+ RH
2
2
IC0 RP x0 −
(.)
 / 
Lösung GEM Übung SS   Messelektronik
und gruppieren nach VS und VO :
1
1 1
1
− x0 + RP RH x0 − + − x0 + RH 2
IC0 RP x0 −
2
2
2 2 1
1
1
1
= VS RP
− x0 − x0 − −
− x0 + x0 −
+ RH − RH − VO RP
+ 2RH
2
2
2
2
(.)
2
Nun teilen wir beide Seiten durch IC0
1
1 2
+ RH 2 = VS RP (−2) x0 −
− VO [2RH ]
RP (−1) x0 −
2
2
1 2
VS
1
VO
2
2
RP (−1) x0 −
+ RH =
RP (−2) x0 −
−
[2RH ] ,
2
IC0
2
IC0
"
IC0
#
2
(.)
(.)
bringen alles auf eine Seite und Ordnen nach Potenzen von RP
RP
2
1
(−1) x0 −
2
2
1
2V
2V
+ RP S x0 −
+ RH 2 + O RH = 0
IC0
2
IC0
2VS
2
O
RH + 2V
IC0
IC0 RH
2
− =0
RP − RP
2
x0 − 12
x0 − 12
4VS
IC0
2
RP − RP
(2x0 − 1)
−
4RH 2 +
8VO
IC0 RH
2
(2x0 − 1)
=0
(.)
(.)
(.)
Lösen der quadratischen Gleichung in RP mittels p-q-Formel ergibt
RP1,2 =
2VS
IC0
(2x0 − 1)
v
u
u
u
± t
2VS
IC0
2
(2x0 − 1)

+
4RH 2 +
8VO
IC0 RH
.
2
(2x0 − 1)
(.)
Die dazugehörigen Ergebnisse für RV liefert (.).
Nun bleibt als letzte Aufgabe, den notwendigen Kompensationsstrom IC0 zu bestimmen. Dann haben
wir alle Werte ermittelt und können einsetzen.
Da der Offset einen Strom If ,O in Rf erzeugt, müssen wir diesen kompensieren, d.h. IC,0 = −If ,O
wählen. Der mit IC eingespeiste Strom fließt ausschließlich in Rf . Dies ist leicht einzusehen, wenn wir
folgendes bedenken:
Es fließt bei unserem als ideal angenommenen Operationsverstärker kein Strom in die Eingänge
Der ideale Operationsverstärker sorgt durch die negative Rückkopplung für VN = VP = 0 V
Durch den Eingangsoffset und VN = VP wird somit Vf N fest auf VO gehalten
Durch das feste Potential von Vf N wird der Strom Ig durch Rg ausschließlich durch VO bestimmt.
Für den zusätzlichen Strom IC ergibt sich also hier auf Grund der Rückkopplung kein Stromteiler mit
Rf , Rg , sondern dieser fließt ausschließlich in Rf .
Lösung GEM Übung SS  . Lsg. Aufg. 
 / 
Es reicht aber noch nicht aus wenn wir If ,O genau kompensieren: Da in diesem Fall kein Strom durch
Rf fließt nimmt U2 das Potential von Vf N , also VO an. Wir können damit zwar den Offset am Ausgang
auf den Eingangsoffset reduzieren, aber wenn wir zusätzlich den Strom RVof einspeisen, wird durch den
zusätzlichen Spannungsabfall auch dieser verbleibende Offset kompensiert. Somit wählen wir
IC0 = −If ,O +
VO
.
Rf
(.)
Durch die quadratische Gleichung bekommen wir nun jeweils zwei Lösungen für RP , RV . Wir wählen
V
das Lösungspaar, welches physikalisch ist, d.h. RP ≥ 0 RV ≥ 0, womit wir die Aufgabe vollständig
gelöst haben.
Anmerkung: Die auftretenden Formeln lassen sich vereinfachen, wenn man anders als hier durchgeführt
möglichst früh x0 = 0 einsetzt. Ggf. ist auch eine Näherung Vf N ≈ VN = 0 V akzeptabel, um den
Rechenaufwand zu reduzieren.