Appunti di Elettronica Capitolo 11 Parte II Amplificatore differenziale stadio differenziale

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1 Appunti di Elettronica Capitolo 11 Parte Amplificatore differenziale ntroduzione... 1 Conertitore npn ingresso differenziale - uscita singola con carico attio Osserazione Conertitore pnp ingresso differenziale - uscita singola con carico attio Conertitore ingresso differenziale - uscita singola a FET Stadio differenziale cascode ntroduzione Nei paragrafi precedenti abbiamo esaminato le principali caratteristiche di uno stadio differenziale come quello rappresentato nella figura seguente: n particolare, abbiamo osserato che il CMRR dello stadio dipende fortemente sia dal alore della resistenza di uscita R EE del generatore di corrente usato per

2 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte iniettare la corrente nei due emettitori sia dal alore R C delle resistenze (uguali) poste in serie ai collettori dei due BJT. Allora, così come abbiamo isto nel caso degli stadi amplificatori elementari, è immediato aspettarsi un noteole miglioramento del CMRR laddoe engano utilizzati degli specchi di corrente, sia come elementi di polarizzazione (generatori di corrente) sia come carichi attii. Ad esempio, possiamo pensare di utilizzare uno specchio semplice npn al fine di realizzare il generatore di corrente EE con resistenza di Norton R EE: Con questa configurazione, la resistenza di uscita del generatore di corrente è quella dello specchio, ossia REE=rO,3, mentre la corrente da esso fornita è = = EE OUT, n rif, n EE R A, n BE, n n secondo luogo, possiamo pensare di utilizzare un altro specchio come carico attio sia per Q1 sia per Q. Potrà perciò trattarsi di uno specchio pnp con due distinti rami di uscita, come nella prossima figura. L effetto di questo secondo specchio è semplicemente quello di portare, come carico sui due collettori, una resistenza RC=rO,p (doe con r O,p indichiamo la resistenza di uscita dei tre transistori pnp, ritenuti polarizzati con la stessa corrente di collettore).

3 Amplificatore differenziale con carico attio Per quanto riguarda la polarizzazione, essa è imposta dallo specchio usato come generatore di corrente: infatti, come isto poco fa, questo specchio fissa le correnti di collettore di Q1 e Q sul alore C1 = C R EE EE BE, n A, n Queste due correnti corrispondono approssimatiamente alle correnti di uscita C6 ed C7 dello specchio usato come carico attio; ciò comporta che quest ultimo specchio debba regolare le tensioni BE6 e BE7 in modo da ottenere le correnti di uscita prefissate: EE EE C6 = C7 = BE 6 = BE 7 = T ln n quest ultimo passaggio abbiamo trascurato l effetto Early nei transistori Q6 e Q7, il quale può comportare una differenza tra C6 e C7, ma è eidente che si tratta di una approssimazione lecita, in quanto i due transistor hanno sicuramente la stessa CE (isto che E6= E7= CC e che inoltre la simmetria del circuito è tale che risulti C6= O1= O= C7), per cui C6 ed C7 sono comunque uguali. Dierso è inece il caso di Q5, che ha la stessa BE di Q6 e Q7, ma non necessariamente la stessa CE. Una eentuale differenza di CE, a fronte di una uguale BE, comporterebbe sicuramente una differenza tra le correnti di collettore, EE per cui in generale. Oiamente, l entità della differenza dipende in modo C5 direttamente proporzionale dalla differenza tra le CE e in modo inersamente proporzionale dalla tensione di Early di Q5. l fatto di aer introdotto nuoi transistor impone una attenzione ancora maggiore al dimensionamento del circuito, in quanto bisogna garantire che tutti i transistor funzionino in zona attia diretta. Un modo abbastanza semplice per ottenere questo risultato è allora quello di scegliere le resistenze R a,n ed R A,p degli S 3

4 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte specchi in modo tale che anche la corrente di collettore di Q5 coincida approssimatiamente (cioè a meno delle correnti di base) con EE/. Per ottenere questo risultato, una olta dimensionata R A,n in modo da ottenere la EE desiderata, basta porre EE EB, p R A, p = / Per esempio, supponiamo che le tensioni di alimentazione siano CC=- EE=-15; supponendo sempre BE,n=- EB,n=0.7 in zona attia diretta, se ogliamo ottenere una EE=mA dobbiamo prendere EE R A, n = EE EE BE, n = 715. kω A questo punto, se ogliamo che risulti C6= C7= C5= EE/, dobbiamo prendere R A, p = EE EB p CC = / / EE, BE, n EE = R = 14. 3kΩ A, n Come si ossera, quindi, nel caso della alimentazione duale basta prendere R A,p=R A,n. Simulazioni al calcolatore - Effettuando mediante P-Spice l analisi in continua del circuito ottenuto con i alori numerici appena citati, i dati sul punto di laoro dei 7 transistor sono i seguenti: Transistori npn (β=100 - A=303) NAME Q_Q1 Q_Q Q_Q3 Q_Q4 B 34.3µA 34.3µA 59.5µA 59.5µA C 0.948mA 0.948mA 1.97mA 1.88mA BE BC CE GM S S S 0.076S RO 0.335kΩ 0.335kΩ 0.161kΩ 0.161kΩ Transistori pnp (β=45 - A=100) NAME Q_Q5 Q_Q6 Q_Q7 B -1.1µA -1.1µA -1.1µA C mA mA mA BE BC CE GM 0.036S 0.036S 0.036S RO 0.106kΩ 0.106kΩ 0.106kΩ Come anticipato nei calcoli, le correnti di collettore di Q1, Q, Q5, Q6 e Q7 sono praticamente uguali e tutti i transistor funzionano in zona attia diretta. 4

5 Amplificatore differenziale con carico attio E però interessante osserare che i transistor Q5, Q6 e Q7 ed il transistor Q4 hanno un alore della CE pericolosamente icino al alore di saturazione: mentre questo non è un problema per Q4 e Q5 (che laorano sempre in saturazione in quanto hanno CB=0), può esserlo per Q6 e Q7, per cui si tratta di un ulteriore aspetto da tener in conto nel dimensionamento della rete di polarizzazione. Per allontanare le CE di Q6 e Q7 dal alore di saturazione, basta aumentare il alore delle correnti di collettore nei transistor considerati, il che si ottiene riducendo le resistenze R A,p ed R A,n. Per esempio, nello stesso circuito della simulazione precedente, ponendo R A,n=3kΩ e R A,p=6kΩ, i dati sul punto di laoro risultano essere i seguenti: Transistori npn (β=100 - A=303) NAME Q_Q1 Q_Q Q_Q3 Q_Q4 B 67.µA 67.µA 0.11mA 0.11mA C.3mA.3mA 4.73mA 4.5mA BE BC CE Transistori pnp (β=45 - A=100) NAME Q_Q5 Q_Q6 Q_Q7 B -50µA -50µA -50µA C -.5mA -.3mA -.3mA BE BC CE Si ossera che le cose sono rimaste uguali per Q5 e Q4, mentre Q6 e Q7 si sono noteolmente allontanati dalla saturazione. Fatte queste necessarie premesse a proposito della polarizzazione, è eidente che la presenza del carico attio pnp e dello specchio npn fa sì che il guadagno di tensione di modo differenziale sia molto alto mentre quello di modo comune sia molto basso, il che si traduce in un CMRR molto alto. Simulazioni al calcolatore - Al fine di studiare il comportamento del circuito (con i alori numerici usati nella simulazione precedente) come stadio differenziale, si è inizialmente posto in ingresso allo stadio un segnale continuo id=1m puramente differenziale (cioè applicato direttamente tra le due basi); la corrispondente uscita è risultata essere od= i1- i=-.4557, che corrisponde ad un guadagno (inertente) di 455. Successiamente, è stato aggiunto all ingresso puramente differenziale un ingresso (anch esso continuo) di modo comune ic=1m uguale all ingresso differenziale: la corrispondente uscita differenziale è risultata essere od= i1- i= La presenza del modo comune ha cioè determinato una ariazione di od di 0.m rispetto a quando era presente solo il modo differenziale, il che corrisponde ad una ariazione relatia dello 0.008%. La stessa simulazione è stata successiamente ripetuta usando però, come segnale di modo comune, un onda sinusoidale di alore medio 0, ampiezza 1m e frequenza 1 khz: 5

6 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte l risultato è stato una tensione di uscita od= i1- i sinusoidale ad 1 khz, ma di alor medio e di ampiezza 103µ, estremamente ridotta. n accordo alla simulazione precedente, quindi, l influenza sull uscita da parte del segnale di modo comune, pur essendo quest ultimo confrontabile con il segnale puramente differenziale, è resa minima, quasi inesistente. Ulteriori simulazioni sul circuito hanno eidenziato una dinamica di ingresso (cioè l ampiezza della regione lineare di funzionamento) estremamente ristretta: la sua ampiezza è infatti risultata pari a circa 13m, oiamente localizzati simmetricamente rispetto al alore 0. Questo alore ristretto corrisponde chiaramente ad un guadagno estremamente eleato, già citato in precedenza: misurando tale guadagno direttamente sulla caratteristica di trasferimento in continua, si troa una ariazione (in alore assoluto) della tensione di uscita O= in corrispondenza di una ariazione della tensione di ingresso =1.4085m, il che corrisponde ad un guadagno m =, così come troato prima facendo il rapporto tra l uscita e l ingresso. Nonostante l indubbio pregio dell eleato CMRR, il circuito appena descritto presenta uno santaggio rileante: il punto di laoro di questo circuito risulta essere molto (troppo) sensibile al alore del generatore di corrente di polarizzazione ed a quello dei generatori di corrente del carico attio. Questo è un limite in quanto eentuali ariazioni, ad esempio, delle tensioni di alimentazione possono essere tali da far uscire uno o più transistor dalla zona attia diretta, il che pregiudicherebbe il funzionamento dello stadio. Per comprendere a pieno questo fatto, possiamo concentrarci solo sul semicircuito in continua per il modo comune, illustrato nella prossima figura. Parliamo di semicircuito di modo comune in quanto il segnale continuo di polarizzazione rappresenta effettiamente un segnale di modo comune per lo stadio. noltre, proprio perché stiamo considerando il semicircuito, dobbiamo in effetti considerare solo metà dello specchio npn, perché sappiamo che tale specchio fornisce metà della corrente EE su ciascun ramo dello stadio. Facciamo infine riferimento al caso in cui i=0, in quanto il discorso da fare è relatio al punto di laoro del circuito. 6

7 Amplificatore differenziale con carico attio Si ossera che la combinazione del transistor Q1 con metà dello specchio npn rappresenta il classico specchio cascode: Lo specchio cascode ha notoriamente una resistenza di uscita molto eleata (pari a βr O1), il che significa che le sue caratteristiche statiche - di uscita sono praticamente orizzontali (oiamente quando Q1 è in zona attia diretta): 7

8 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Lo specchio pnp formato da Q5 e Q6 è inece uno specchio semplice, per cui la resistenza di uscita ale semplicemente r O6 e le caratteristiche hanno perciò una pendenza maggiore: ndiiduata quindi la caratteristica di uscita del cascode (determinata dalla BE3) e quella dello specchio pnp (indiiduata dalla BE5), il punto di laoro si ottiene intersecando la prima con la seconda traslata di CC (erso destra) e inertita di polarità: E chiaro, allora, che il dimensionamento del circuito dee essere fatto in modo tale che il punto di laoro così ottenuto sia sufficientemente distante dalle due zone di saturazione. l problema iene dalla bassissima pendenza delle caratteristiche del cascode: supponiamo per esempio che, per un motio qualsiasi (ad esempio a causa di una ariazione della alimentazione), ci sia un aumento della tensione BE che pilota il transistor Q3; se aumenta BE3, aumenta la corrente EE/ fornita dallo specchio npn al transistor Q1 e quindi aumenta la corrente di emettitore di Q1 stesso, il che comporta che le caratteristiche del cascode traslino erso l alto; questa traslazione sposta eidentemente il punto di laoro (in quanto le caratteristiche del pnp rimangono inece ferme) e, in particolare, lo porta pericolosamente icino alla zona di saturazione di Q1, se non addirittura all interno. Data la dipendenza esponenziale della corrente dalla tensione, è sufficiente anche una piccola ariazione della BE3 per proocare uno spostamento noteole del punto di laoro, per cui si comprende l eccessia sensibilità del circuito erso ariazioni della corrente fornita dallo specchio npn. 8

9 Amplificatore differenziale con carico attio Simulazioni al calcolatore - Usiamo una simulazione con P-Spice per troare conferma dei concetti appena esposti. Partiamo, in particolare, dalla simulazione effettuata in precedenza (cioè quella con R A,n=7.15kΩ e R A,p=14.3kΩ), la quale aea portato ai seguenti dati sul punto operatio dei 7 transistor: Transistori npn (β=100 - A=303) NAME Q_Q1 Q_Q Q_Q3 Q_Q4 C 0.948mA 0.948mA 1.97mA 1.88mA BE BC CE Transistori pnp (β=45 - A=100) NAME Q_Q5 Q_Q6 Q_Q7 C mA mA mA BE BC CE Questa simulazione preedea CC=15 e EE=-15. Ripetiamo allora la simulazione con CC=15 e EE=-15.6 (cioè con una diminuzione del 4% su EE). dati sul nuoo punto operatio sono i seguenti: Transistori npn (β=100 - A=303) NAME Q_Q1 Q_Q Q_Q3 Q_Q4 C 0.99mA 0.99mA.05mA 1.96mA BE BC CE Transistori pnp (β=45 - A=100) NAME Q_Q5 Q_Q6 Q_Q7 C mA -0.99mA -0.99mA BE BC CE Si ossera che tutti i transistor sono ancora in zona attia diretta, ma la tensione CE di Q1 e Q è scesa, rispetto al caso precedente, di 4.4, corrispondente ad una ariazione relatia del 9% (la stessa ariazione si è chiaramente auta per le EC di Q6 e Q7). Per quanto riguarda la correnti di collettore, sono ariate TUTTE del 4% così come la EE (come era logico che fosse, isto che c è dipendenza praticamente lineare tra tali correnti e l alimentazione, in irtù delle proprietà degli specchi di corrente). noltre, è chiaro che la situazione è tanto peggiore quanto maggiore è la resistenza di uscita dello specchio npn: infatti, maggiore è questa resistenza, minore è la pendenza delle caratteristiche - del cascode e quindi minore è la ariazione di BE3 necessaria a spostare il punto di laoro di Q1 al di fuori della zona attia diretta. 9

10 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Concludiamo, dunque, affermando che il circuito presenta ottime prestazioni in termini di CMRR, ma una sensibilità all alimentazione decisamente troppo eleata. Conertitore npn ingresso differenziale - uscita singola con carico attio Abbiamo in precedenza studiato le principali caratteristiche dello stadio differenziale da usarsi come conertitore da ingresso differenziale ad uscita singola, caricato resistiamente. Una prima ariante di quel circuito, impiegante questa olta un carico attio, è quella indicata nella figura seguente: Cerchiamo di capire, a liello essenzialmente qualitatio (data la complessità dei calcoli), come è fatta la caratteristica di trasferimento in tensione O-i del circuito. Possiamo subito indiiduare quali saranno i limiti della tensione di uscita, ossia l estremo superiore e quello inferiore della dinamica di uscita: per quanto riguarda il limite superiore, basta considerare il fatto che Q6 dee laorare sempre in zona attia diretta, il che accade a patto che EC6 > EC, sat = 0. : essendo C6= O ed essendo la tensione di emettitore fissa sul alore CC, deduciamo perciò che dee essere CC O > 0. e quindi che = 0 ; O,max CC. per quanto riguarda, inece, il limite inferiore, dobbiamo imporre che sia Q6 a rimanere in zona attia diretta, cosa che accade se CE > CE, sat = 0. : essendo = = = ( ) CE O E O BE B O BE 10

11 Amplificatore differenziale con carico attio deduciamo che dee risultare O BE > 0. e quindi, assumendo come sempre BE=0.7, concludiamo che = 0 5. O,min. Una olta indiiduati i limiti della caratteristica, ediamo che cosa succede quando i=0, ossia calcoliamo la tensione di uscita nel punto di laoro: se i=0, la simmetria del circuito impone che le tensioni CE di Q5 e Q6 siano uguali (almeno in prima approssimazione, isto che si trascura sempre l effetto delle correnti di base nei due transistor sul comportamento dello specchio); allora, dato che =, deduciamo che = e quindi, applicando la LKT, che CE5 BE5 Q O = CE. 5 BE5 BE5 CE6 Sulla base di queste informazioni, possiamo tracciare una caratteristica di trasferimento qualitatia del tipo seguente: Le osserazione più importanti da fare su questa caratteristica sono due: la prima è il fatto che si tratta di una caratteristica non inertente e ad alto guadagno; la seconda è che, a causa di un offset di uscita molto eleato, la dinamica di ingresso risulta estremamente ristretta: questo non solo a causa dell alto guadagno dello stadio, ma soprattutto perché il punto di laoro non si troa a metà della caratteristica lineare, ma in una posizione tale per cui l escursione positia del segnale in ingresso sia molto minore di quella negatia. Un altra osserazione importante è la seguente: anche se non siamo in grado di effettuare i passaggi analitici (in quanto serirebbe il concetto di reazione), si può dimostrare che il nodo su cui preleiamo la tensione di uscita è un nodo ad alta impedenza. Considerando allora che la resistenza di ingresso (di modo differenziale) βt R = rπ = dello stadio è abbastanza grande quando la corrente C nei C transistor è piccola, deduciamo l opportunità di impiegare lo stadio come un amplificatore in transconduttanza (breemente OTA, che sta per Operational Trans-conductans Amplifier) così come indicato nella figura seguente: 11

12 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Si tratta, quindi, di pilotare lo stadio mediante una tensione e di preleare, come uscita, non più la tensione O, ma la corrente O. Dienta allora interessante indiiduare la relazione che lega la corrente di uscita O alla tensione in ingresso i (che supponiamo applicata interamente alla base di Q1). ntanto, possiamo applicare la LKC per scriere che O = C6 C C5 C = C1 C doe abbiamo tenuto conto del fatto che, a meno delle correnti di base, lo specchio usato come carico attio fa si che C5= C6. noltre, le espressioni di C1 e C sono quelle classiche dello stadio differenziale (in quanto non dipendono dalla natura del carico): O = C1 C = α 1 e F EE i T α F EE i T 1 e Con passaggi analoghi a quelli fatti per la caratteristica - dello stadio differenziale classico, possiamo concludere che i = α tanh O F EE Abbiamo dunque una dipendenza della corrente dalla tensione ancora una olta secondo la tangente iperbolica, ma senza inersione. Questo consente perciò di indiiduare ancora una olta una regione lineare di funzionamento del circuito e una regione di saturazione: i limiti di saturazione per la corrente sono α F EE e - α F EE e si ottengono, rispettiamente, quando i>4 T e i<4 T. T 1

13 Amplificatore differenziale con carico attio A questo punto, al fine di studiare le prestazioni del circuito come amplificatore, possiamo calcolare la transconduttanza dell intero stadio, definita eidentemente O come G m = : sostituendo l espressione della corrente troata poco fa e facendo i qualche passaggio algebrico, si troa che G m α F EE i = sec h T T ed oiamente si tratta di una quantità legata al alore di i, cioè al punto nell intorno del quale la si sta calcolando. Un risultato particolare si ottiene allora alutando G m nell intorno del punto di laoro, cioè per i=0: si ricaa infatti che G m ( ) α α F EE F E α F E C = = = = = g i = 0 T l risultato è dunque quello per cui la transconduttanza dell intero stadio coincide con quella dei singoli transistor (nell ipotesi, oiamente, che siano tutti polarizzati con la stessa corrente di collettore). Possiamo adesso dare un cenno di analisi per piccoli segnali del circuito che stiamo esaminando. n particolare, ci interessa alutare la resistenza di uscita dello stadio, al fine di giustificare, sia pure in modo intuitio, il motio per cui il nodo di uscita è ad alta impedenza. l circuito su cui ragionare è schematizzato nella figura seguente: T T T m R OUT 13

14 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Facciamo l ipotesi che tutti i transistor npn siano polarizzati con la stessa corrente di collettore, per cui la resistenza di uscita è per tutti r On e lo stesso dicasi per i transistor pnp, per i quali la resistenza di uscita sarà r Op. n primo luogo, osseriamo che il collettore di Q1 ede, guardando erso l alto (doe CC è dientato massa per il segnale), la resistenza 1/g m5 di Q5 connesso a diodo: essendo tale resistenza molto bassa, possiamo perciò ritenere che il collettore di Q1 sia praticamente a massa; questo comporta che, guardando dentro l emettitore di Q1, si eda una resistenza pari a sua olta a 1/g m1 (resistenza di Theenin per il segnale); questa resistenza a in parallelo alla r On dello specchio, che però è molto più grande di 1/g m1 e quindi nel parallelo soccombe. Quindi, dall emettitore di Q erso il basso si ede una resistenza 1/g m1. Questa resistenza rappresenta una degenerazione di emettitore per Q, per cui la resistenza ista dal collettore di C guardando erso il basso è r 1 g O m 1 g m1 ro = r On doe abbiamo fatto la solita ipotesi per cui g m1=g m in irtù dell uguaglianza tra le rispettie C. A questo punto, il nodo di uscita ede erso il basso la resistenza r On e erso l alto la resistenza di uscita r Op dello specchio, per cui sembrerebbe che la resistenza di uscita complessia sia il parallelo tra le due. n realtà, non è proprio così perché subentra un effetto di reazione interna in corrente (la corrente in Q1 è uguale a quella di Q, Q3 e Q4, per cui si ha un guadagno d anello unitario, come si edrà in seguito; La resistenza ad anello aperto r On a pertanto diisa per 1T, doe T=1 è il guadagno d anello). l risultato che si troa (e che sarà ricaato rigorosamente in seguito) è R O = ron / / rop Sempre utilizzando l analisi per piccoli segnali, proiamo adesso a calcolare il guadagno di tensione del circuito, in modo da fornire una stima approssimatia della pendenza del tratto lineare della cura o=f( i) troata prima. l circuito equialente per piccoli segnali dello stadio in esame è fatto nel modo seguente: 1 g m5 - g r π 6 r O6 m6 π6 - r π1 i - g m1 π1 r O1 r O g m π o r π - 14

15 Amplificatore differenziale con carico attio L analisi di questo circuito dienta molto semplice se trascuriamo la resistenza di uscita di Q1. Con questa ipotesi, possiamo infatti ridisegnare il circuito nel modo seguente: - r π1 i - g 1 g m5 B m1 π1 r π 6 r O6 g - A m6 π6 o r O gmπ r π - Sappiamo che, in presenza sia del modo comune sia del modo differenziale, la tensione del nodo in cui conergono i due emettitori è pari al modo comune stesso, i per cui =. Questo, però, è ero solo se il circuito è perfettamente simmetrico, A cosa che in questo caso non accade. Tuttaia, è una approssimazione abbastanza i lecita quella di assumere comunque A : da qui, applicando la LKT, consegue i i eidentemente che π1 = e π =. Cerchiamo di capire quanto ale π6: il generatore g m1 π1 alimenta le resistenze 1/g m5 e r π6 che sono in parallelo; tuttaia, r π6 soccombe sicuramente rispetto a 1/g m5, per cui la tensione del nodo indicato con B ale 1 i B = π6 = g m1 π1 = π1 = g A questo punto, trascurando la r π6 rispetto a 1/g m5, possiamo ulteriormente ridisegnare il circuito nel modo seguente: 1 m5 - r π1 i - g g m5 B m1 π1 r O6 g m6 π 6 o r O g mπ r π - A Si ossera allora che O = g m π g m π ro / / ro = g m m O / / i i ( )( ) g ( r r ) O 15

16 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Ricordando che Q6 e Q hanno la stessa corrente di collettore e quindi la stessa transconduttanza, possiamo concludere che il guadagno di tensione ale A O = = g r / / r i ( ) m On Op doe abbiamo oiamente posto r O1=r On e r O6=r Op per indicare che la prima è la resistenza di uscita dello specchio npn e la seconda proenie da quello pnp. Naturalmente, se i BJT npn e i BJT pnp hanno la stessa tensione di Early, saranno uguali anche le rispettie resistenze di uscita e quindi il guadagno di tensione sarà semplicemente rog m A = Osseraziione Abbiamo isto che l inconeniente fondamentale del circuito considerato nel paragrafo precedente è nella dinamica di ingresso eccessiamente stretta, a causa della posizione del punto di laoro che si troa molto icino alla regione di saturazione dello stadio. D altra parte, il circuito ha il grande pregio di aere un eleato guadagno, per cui, per poter utilizzare questo pregio, bisogna troare il modo di guadagnare dinamica. Coniene allora porre in cascata uno stadio inseguitore di emettitore, in modo da ottenere la seguente configurazione circuitale: L uscita dello stadio differenziale fa da ingresso per un inseguitore di emettitore. Quest ultimo si comporta come trasformatore di impedenza (da alta e bassa) e, soprattutto, come traslatore di liello, in quanto ha eidentemente l effetto di abbassare il liello statico di O di 0.7 (cioè della BE7): di conseguenza, mentre il liello statico dell uscita era prima CE5- BE5, adesso dienta 16

17 Amplificatore differenziale con carico attio Q OUT = CE5 BE5 BE7, il che ci consente quindi di guadagnare dinamica di uscita e, allo stesso tempo, di sfruttare l eleato guadagno dello stadio differenziale. Simulazione al calcolatore - ogliamo confrontare i risultatati teorici appena esposti con quelli forniti da P-Spice. La prima simulazione consiste nell indiiduare la caratteristica di trasferimento del conertitore ingresso differenziale - uscita singola con carico attio. La simulazione fornisce la cura seguente: l alore della tensione di uscita nel punto di laoro è nserendo inece in cascata lo stadio inseguitore di emettitore con carico R E=1kΩ, la caratteristica di trasferimento in tensione dienta la seguente: OUT è la tensione di uscita dell inseguitore, mentre O è quella del differenziale: confrontando i alori di queste grandezze nel punto di laoro ( i=0), si ossera che OUT=.96, mentre O=3.5, a conferma del fatto che OUT di troa circa 0.7 al di sotto di O. Osseriamo inoltre che il guadagno di tensione si è leggermente ridotto rispetto a quando mancaa l inseguitore di tensione è questo a causa del fatto che l inseguitore stesso ha un guadagno leggermente minore di 1. 17

18 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Conertiitore pnp iingresso diifffferenziialle -- usciita siingolla con cariico attiio Mentre nel paragrafo precedente abbiamo studiato il comportamento di un conertitore da ingresso differenziale ad uscita singola realizzato mediante un carico attio pnp ed uno stadio differenziale npn, ogliamo adesso semplicemente mostrare come si realizza lo stesso circuito utilizzando però uno stadio differenziale pnp ed un carico attio npn: Conertitore ingresso differenziale - uscita singola a FET E possibile realizzare un amplificatore in transconduttanza come quello analizzato nei paragrafi precedenti anche utilizzando transistori ad effetto di campo. Ad esempio, la ersione (con carico attio) impiegante MOSFET a canale p è rappresentata nella prossima figura. L analisi statica del circuito segue gli stessi passi di quella sullo stadio differenziale a BJT: in primo luogo, applicando la LKT si ricaa che D id = GS 1 GS = k D k 1 1 D1 D Th Th (doe si è oiamente supposto che i due transistor funzionino in zona di saturazione). = k k 18

19 Amplificatore differenziale con carico attio DD SS M 1 M Tenendo conto, inoltre, che SS = D1 D, possiamo esprimere ciascuna corrente di drain in funzione dell altra, in modo da ricaare l andamento con la tensione id: si ottiene facilmente che D1 SS D1 id = k k id = k SS SS D D k Stadio differenziale cascode Torniamo ancora una olta allo stadio differenziale classico, caricato resistiamente: 19

20 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte Abbiamo troato, per questo circuito, che il guadagno di modo differenziale ale A dm od = = g mr id C n effetti, però, sappiamo, dall analisi dello stadio inertitore (emettitore comune), che l espressione A dm = g mr C è una approssimazione di una formula più complessa che tiene conto della r O dei singoli transistor: ( ) A = g R / / r dm m C O Questa formula deria dal fatto che la corrente g m π fornita da ciascun transistor non fluisce interamente in R C, ma si perde in parte in r O. Ciò comporta che la relazione A dm = g mr C sia tanto più era quanto più piccolo è il alore di R C rispetto ad r O, in modo tale che il grosso della corrente fluisca in R C, generando la tensione (di segnale) di uscita che ci interessa raccogliere. Di conseguenza, se ogliamo rendere il guadagno quanto più possibile legato al alore di R C, dobbiamo fare in modo che la resistenza ista da ciascun collettore erso massa sia molto maggiore della R C, in modo tale che la corrente fornita dal transistor si diriga per gran parte in R C. Per ottenere questo obbiettio, possiamo inserire, tra i collettori di Q1 e Q e le rispettie R C, due stadi inseguitori di corrente (base comune), come illustrato nella figura seguente: La funzione dei transistor Q3 e Q4 è quella per cui i collettori di Q1 e Q edono ciascuno, come carico, una resistenza 1/g m (cioè la resistenza di ingresso di un inseguitore di corrente) sicuramente molto minore di r O. Questo fa sì che la corrente fornita da ciascun transistor si diriga essenzialmente erso la 0

21 Amplificatore differenziale con carico attio corrispondente R C (attraerso l inseguitore di corrente), in modo tale che il guadagno A dm enga a dipendere strettamente dal alore di R C ( 1 ). Tutto questo è eidente se consideriamo il circuito equialente per piccoli segnali ad esempio del ramo contenente Q1 e Q3: R C o1 B 3 r O3 g m3 π 3 r π3 - i - - r π1 g m1 π1 r O1 (abbiamo posto a massa l emettitore di Q1 in quanto stiamo ragionando solo sul segnale differenziale). n assenza di Q3, la corrente -g m1 π1 si ripartisce tra r O1 ed R C; in presenza di Q3, inece, tale corrente si ripartisce tra r O1 e 1/g m3, che è la resistenza ista dal collettore di Q1 guardando erso l alto (cioè la resistenza di ingresso dello stadio a base comune); dato che 1/g m3 è sicuramente molto minore di r O1, quasi tutta la corrente -g m1 π1 a erso Q3. Quest ultimo transistor si comporta da inseguitore di corrente, ossia riproduce in uscita la stessa corrente che ricee in ingresso, per cui la corrente -g m1 π1 fluisce praticamente tutta in R C, quale che sia il suo alore confrontato con la r O1. Simulazione al calcolatore - Seriamoci ancora una olta di una simulazione per eidenziare i concetti appena esposti. La prima simulazione consiste nel calcolare il guadagno di tensione del circuito con carico resistio R C=1kΩ: usando una alimentazione duale da 15 e imponendo una polarizzazione dei transistor tale che la loro resistenza di uscita sia r O=10kΩ (basta prendere C=10mA se A=-100), applicando in ingresso un segnale di modo differenziale corrispondente ad una sinusoide di ampiezza 1m, il guadagno di tensione di modo differenziale risulta essere A dm ( od ) ( ) ampiezza m = = = m id ampiezza 1 Le motiazioni dello stadio differenziale cascode sono anche altre: infatti, oltre alle prestazioni dinamiche migliori, si ha anche una maggiore tensione inersa alle giunzioni base-collettore (e quindi anche ce ) sopportabili dai transistor a base comune. Questo rende lo stadio adatto a funzione ad alta frequenza con buona dinamica di uscita (applicazione negli oscilloscopi). 1

22 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte e questo risultato è abbastanza dierso da A = g R = 384, il che indica che dm m C una parte non trascurabile della corrente fornita da ciascun transistor si perde nella corrispondente r O. A questo punto, si ripete la simulazione inserendo, tra i collettori di Q1 e Q e le rispettie R C, i due inseguitori di corrente (realizzati mediante transistor identici a Q1 e Q): utilizzando una tensione fissa rif=1 (necessaria a polarizzare in ZAD i transistor Q1 e Q, in quanto rif= CE1= CE), si troa A dm ( od ) ( ) ampiezza 33m = = = 33 1m id ampiezza il che è già più icino al alore 384, a conferma dell azione dei due stadi inseguitori di corrente. Oiamente, una olta raggiunto l obbiettio di conogliare gran parte della corrente nel carico, si può pensare di aumentare quest ultimo mediante un carico attio. Per esempio, si può usare uno specchio pnp secondo la configurazione di Wilson: Con un circuito di questo tipo, otteniamo sicuramente eccellenti prestazioni dal punto di ista dal CMRR. Tuttaia, subentra nuoamente il problema della polarizzazione esaminato all inizio: se consideriamo, ad esempio, il semicircuito di destra e, in particolare, il nodo in cui conergono il collettore di Q5 e il collettore di Q4, osseriamo che la resistenza ista guardando erso il basso è quella del cascode, ossia βr O4, mentre quella ista erso l alto è quella dello specchio di Wilson, ossia βr O5/. Le caratteristiche - del cascode e dello specchio di Wilson sono a pendenza molto bassa, il che comporta quindi, nella loro intersezione, che

23 Amplificatore differenziale con carico attio anche una minima ariazione di CC o di EE o di rif proochi uno spostamento noteole del punto di laoro, col rischio quindi di portare uno o più transistor fuori dalla zona attia diretta. Stesso discorso se, al posto di usare uno specchio di Wilson, ne usassimo uno nella configurazione cascode, come nella figura seguente: Per aere una idea sulle difficoltà della polarizzazione in circuiti con un eleato numero di transistor, facciamo qualche rapido passaggio per indiiduare le condizioni di polarizzazione dei transistor nell ultimo circuito disegnato. Partiamo dall ipotesi che la polarizzazione sia tale che tutti i transistor siano stati portati a laorare in zona attia diretta, il che ci consente di affermare che le tensioni base-emettitore dei transistor sono tutte approssimatiamente sul alore 0.7 (positio per gli npn e negatio per i pnp). Sotto queste ipotesi, si hanno i seguenti alori di tensione sul ramo di sinistra: EB7 EB5 BE3 BE1 = 0.7 = 0.7 = 0.7 = 0.7 E5 C3 E3 E1 = = = C7 C5 C1 = = = CC C7 rif = = CE1 = CC 0.7 C1 EC7 1.4 CE3 E1 = 0.7 = = C5 EC5 E3 = 0.7 = CC ( rif 0.7) ( 0.7) = rif rif.1 Da queste relazioni si ossera che, mentre Q7 e Q5 funzionano sicuramente in ZAD, la zona di funzionamento di Q3 e Q1 dipende strettamente dai alori di rif: supponendo, ad esempio, rif=1, Q1 è certamente in zona attia diretta, mentre il transistor Q3 ha una tensione CE pari a CC-3.1, il che significa che esso è in zona attia diretta solo se l alimentazione è di almeno 3.4. Passiamo adesso all altro ramo. ntanto, si ede subito che i transistor Q7 e Q8 hanno la stessa BE, ma si ricaa che hanno anche la stessa CE: infatti, supponendo BE6=0.7 e osserando che B6 = B 5 = C5 = CC 1. 4, 3

24 Appunti di Elettronica Capitolo 11 parte deduciamo che C8 = E6 = BE6 B6 = CC 0. 7 e questa è la stessa tensione troata per il collettore di Q7, da cui consegue che CE7= CE8. Passando poi a Q, è oio che ha la stessa CE= rif di Q1 (lo si può ricaare con le leggi di Kirchoff oppure semplicemente dal fatto che i due transistor hanno la stessa BE e la stessa C, per cui deono aere necessariamente la stessa CE). Rimangono da indiiduare le tensioni CE di Q6 e Q4. Applicando ancora una olta la LKT, si ossera che tali tensioni deono soddisfare alla condizione (. ) (. ) 6 4 = 8 = = EC CE E C CC rif CC rif Dobbiamo dunque stabilire come si ripartisce, tra Q6 e Q4, la caduta di tensione CC- rif. Se i due transistor sono attraersati dalla stessa corrente e hanno parametri tecnologici simili (in particolare il β e il modulo della tensione di Early), sarà EC6= CE4, per cui CC rif EC6 = CE4 = Da quest ultima formula di ossera che anche Q6 e Q4 possono troarsi icini al limite tra la zona attia diretta e la zona di saturazione, specialmente se la CC non è alta. A questo punto, olendo conserare le ottime prestazioni in termini di CMRR, bisogna troare il modo di risolere questo problema della polarizzazione in presenza di carichi attii. Tra l altro, non si tratta solo della sensibilità all alimentazione, perché c è anche il problema di garantire una dinamica di uscita per il segnale sufficientemente ampia: infatti, sappiamo che quanti più transistor engono impilati tra le alimentazioni, tanto minore è l interallo entro cui può ariare la CE di ciascuno di essi e questo è un problema noteole se si tiene conto che le tensioni di alimentazione oggi utilizzate sono dell ordine di pochi olt (attualmente, circa 3.3, ma si tende a passare a.5), per cui tali interalli dientano eramente piccoli. Allora, così come abbiamo fatto per lo stadio elementare cascode al fine di aumentarne la dinamica, possiamo pensare di ricorrere ad una configurazione cascode ripiegato, i cui rami fanno da carico per lo stadio differenziale. sandry@iol.it sito personale: 4