Застряли на этом? Решите с помощью ИИ
Electrical · real student question

Идеальный инвертирующий ОУ: R1 = 1,5 кОм на входе, R2 = 5,6 кОм в обратной связи, R3 = 1,2 кОм с неинвертирующего входа на землю. Питание ±15 В, вход 0,1 В (амплитуда), 1 кГц. (a) Найти Vout. (b) Найти максимальный Vin без клиппинга. (c) Какой R2 нужен для Vout = −5 В (амплитуда)?

Question

An ideal op-amp is wired as an inverting amplifier with R1=1.5 kΩR_1=1.5\ \text{k}\Omega at the input, R2=5.6 kΩR_2=5.6\ \text{k}\Omega in the feedback path and R3=1.2 kΩR_3=1.2\ \text{k}\Omega from the non-inverting input to ground. The supplies are ±VCC=±15\pm V_{CC}=\pm 15 V and the input is Vin=0.1 VpV_{in}=0.1\ \text{V}_p at 11 kHz.

(a) Determine VoutV_{out}.
(b) Determine the largest VinV_{in} for which the output is not clipped.
(c) What value of R2R_2 gives Vout=−5 VpV_{out}=-5\ \text{V}_p?

Step-by-step solution

  1. Определим схему и роль R3. Сигнал поступает через R1R_1 на инвертирующий вход, а R2R_2 включён в обратную связь — это классический инвертирующий усилитель. R3R_3 соединяет неинвертирующий вход с землёй только для балансировки токов смещения; для идеального ОУ ток через него не идёт, и он не влияет ни на один из трёх ответов.

  2. (a) Применим формулу усиления инвертирующего усилителя. Поскольку на инвертирующем входе виртуальная земля,

    Av=−R2R1=−5.6 kΩ1.5 kΩ=−3.733A_v=-\frac{R_2}{R_1}=-\frac{5.6\ \text{k}\Omega}{1.5\ \text{k}\Omega}=-3.733

    Vout=AvVin=−3.733×0.1=−0.373 VpV_{out}=A_vV_{in}=-3.733\times 0.1=-0.373\ \text{V}_p

    Знак минус означает инверсию сигнала, то есть выход сдвинут по фазе на 180∘180^\circ относительно входа, а не просто «отрицательный» для синусоиды.

  3. (b) Установим условие клиппинга. Идеальный ОУ может выдавать амплитуду до напряжения питания, то есть ∣Vout∣≤VCC=15|V_{out}|\le V_{CC}=15 В. Следовательно,

    ∣Vin,max⁡∣=VCC∣Av∣=153.733=4.018 Vp|V_{in,\max}|=\frac{V_{CC}}{|A_v|}=\frac{15}{3.733}=4.018\ \text{V}_p

    Значит, вход до примерно 4,02 Вp4{,}02\ \text{В}_p проходит без искажений; при превышении этого значения пики сигнала «срезаются». (В реальном ОУ насыщение наступает на 1–2 В раньше, что уменьшает этот предел.)

  4. (c) Выразим R2 из уравнения усиления. Требуется получить Vout=−5 ВpV_{out}=-5\ \text{В}_p при Vin=0.1 ВpV_{in}=0.1\ \text{В}_p, то есть ∣Av∣=50|A_v|=50, тогда

    R2R1=50⟹R2=50×1.5 kΩ=75 kΩ\frac{R_2}{R_1}=50\quad\Longrightarrow\quad R_2=50\times 1.5\ \text{k}\Omega=75\ \text{k}\Omega

  5. Соберём все три ответа.

    Vout=−0.373 Вp,Vin,max⁡≈4.02 Вp,R2=75 kΩ\boxed{V_{out}=-0.373\ \text{В}_p,\qquad V_{in,\max}\approx 4.02\ \text{В}_p,\qquad R_2=75\ \text{k}\Omega}

  6. Проверим корректность пункта (c). При R2=75 kΩR_2=75\ \text{k}\Omega максимальная амплитуда на выходе — 55 В, что значительно меньше предельных ±15\pm 15 В, значит, новая схема не клиппирует — это важно проверить, ведь увеличение усиления уменьшает допустимый вход: здесь 15/50=0.3 Вp15/50=0.3\ \text{В}_p.

Answer

Vout=−0.373 Вp;Vin,max⁡≈4.02 Вp;R2=75 kΩV_{out}=-0.373\ \text{В}_p;\quad V_{in,\max}\approx 4.02\ \text{В}_p;\quad R_2=75\ \text{k}\Omega

Need to solve a different problem like this? Open the solver →

Related questions