Запорожец  Издания 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 [ 57 ] 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106

. МИ ПО Нортону, как это показано выше, где

1 кОм 1 кОм

- 10В 1 кОм

= - 4 мА + 6 мА + 5 мА 1 кОм

Кэкв -

= 250 Ом.

10 мА = - 3 мА (8.5) (8.6)

Поэтому напряжение на неинвертирующем входе V2 = 250 Ом (-3 мА) = - 0,75В

(8.7)

является средним значением входных напряжений. Можно заметить, что данный ОУ включен как повторитель напряжения, а это означает, что на его выходе будет то же напряжение, что и на входе, в данном случае -0,75 В. Можно было использовать уравнение (8.8) и получить тот же результат.

8.4. Операционный усилите.пь как интегратор

ОУ, показанный на фиг. 8.10, включен в режиме интегратора. Напряжение на его выходе представляет собой интеграл от напряжения входного сигнала со знаком минус при соответствующем выборе значений R и С. Работу такого интегратора

-)1-

-VWV-


Фиг. 8.10. ОУ, вршюченный как интегратор.

можно проанализировать следующим образом: предположим, что ОУ - идеальный, а инвертирующий вход и правый по схеме вывод резистора R находятся под потенциалом земли, поскольку неинвертирующий вход заземлен. Тогда приложенное к входу напряжение Уг выделяется на R, и ток через этот резистор равен

1г. R

(8.9)

Так как входное сопротивление ОУ очень велико, практически весь этот ток будет проходить через конденсатор С, изменяя



где знак минус отражает свойство данной схемы инвертировать фазу. При выборе таких значений R и С, чтобы их произведение равнялось 1, приведенное выше уравнение упрощается до следующего:

VBb,x=--Slr*. (8.12)

Пример 8.3

Изобразите результирующую форму выходного сигнала Увых на графике фиг. 8.11,6 для схемы фиг. 8.10, если в данной схеме /?= 1 МОм, С= 1 мкФ и Уг имеет форму, показанную на •фиг. 8.11, с. Предполагается, что ОУ идеальный, а конденсатор С первоначально разряжен.

Ответ. Скачок напряжения, приложенный к входу, можно рассматривать как постоянную величину начиная с момента времени t - 0,l с. Так как произведение RC равно 1, можно применить уравнение (8.12) и показать, что

VBKx = -5lr = - j8 = -8/-f Уо = -8/.

где Уо представляет собой начальное напряжение на конденсаторе, в данном случае равное 0. Таким образом, при подаче иа

напряжение на нем. Известно, что ток через конденсатор и напряжение на нем связаны следующими соотношениями:

ic = C. (8.10а)

Vc=--\icdt. (8.106)

Так как левый вывод конденсатора С на фиг. 8.10 потенциально заземлен, выходное напряже!ние Увых равно напряжению на конденсаторе, и уравнение (8.106) можно преобразовать следующим образом:

где / - ток, который должен проходить через конденсатор. Подставляя в это уравнение правую часть уравнения (8.9), получим

V =--i-f-d/

вых л R

. VEbix-S ТгЛ, (8.11)



ВХОД интегратора постоянного напряжения выходное напряжение является линейной функцией с отрицательным наклоном»

OJ 0.2 0.3 0,

0.Z 0.3

Фиг. 8.1 U


. Фиг. 8.12. Ответ к при- меру 8.3.

Т. е. выходное напряжение есть линейная функция времени и можно показать, что поскольку

1вых«) = - 8

Увых (0.1с) = -8 X 0,1 = -0,8В,

Увых (0.2с) = - 8 X 0.2 = - 1,6В

и т. д. Нанеся эти значения на график в координатах время-► напряжение, получим форму сигнала, показанную на фиг. 8.12.



0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 [ 57 ] 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106