1 GLI AMPLIFICATORI OPERAZIONALI

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1 1 GLI AMPLIFICATORI OPERAZIONALI mercoledì 6 giugno 2018 Come prima applicazione con i transistori vediamo come costruire un amplificatore operazionale. Vi sono molte diverse soluzioni topologiche che usano configurazioni più o meno complesse e/o efficaci. Le soluzioni più usuali comprendono strutture a 1, 2 o 3 stadi: Singolo stadio + g m - Ingresso differenziale g m (V + -V - ) C C Buffer di Uscita a guadagno 1 Ricordando che ogni stadio è realizzato con più transitori ed abbiamo visto che ogni transistore contiene capacità. E naturale pensare che la compensazione sia necessaria, anche se lo stadio di uscita, operando a guadagno unitario, dovrebbe mostrare una larga banda. In realtà lo stadio di uscita è costretto a dovere essere in grado di pilotare carichi sia capacitivi che resistivi, di varie entità. Questo determina che la sua larghezza di banda sia spesso messa a dura prova. Inoltre, i transistori usati nello stadio di uscita hanno grande area, per potere pilotare correnti adeguate. Anche questo concorre ad abbassare le prestazioni dinamiche. Comunque sia l amplificatore a singolo stadio è quello in grado di mostrare la larghezza di banda più elevata, essendo quello che utilizza il minore numero di transistori, quindi di poli. E ovvio che soffre di precisione, avendo un guadagno ad anello aperto limitato. Transistori 1

2 . Gli Amplificatori Operazionali 2 L amplificatore a 2 stadi è di gran lunga il più sfruttato. Consente di mostrare guadagno adeguato e larghezza di banda adeguata per molte applicazioni così dette consumer. La sua compensazione è implementata intorno al secondo stadio di guadagno, che per questa ragione è sempre invertente: Due stadi + g m - g m (V + -V - ) C C -A Ingresso differenziale Secondo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 L amplificatore a 3 stadi è generalmente usato nelle applicazioni dove il guadagno ad anello chiuso necessario è elevato. Mostra sempre la presenza di 2 poli dominanti e sono usate tecniche di compensazione/feedforward: Tre stadi A + g m - g m (V + -V - ) C C1 -A + C C2 -A Ingresso differenziale Secondo stadio Terzo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 Feedforward Tre stadi B + g m - g m (V + -V - ) C C1 A C C2 + -A Ingresso differenziale Secondo stadio Terzo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 Feedforward Transistori 2

3 2 STADIO DI INGRESSO DI UN AMPLIFICATORE OPERAZIONALE A V CC Questo è lo stadio R L R L differenziale più semplice che si possa realizzare. V O1 I O1 I O2 V O2 V 1 Q 1 Q 2 V 2 R E Cominciamo a verificare la sua efficienza su di un segnale di modo comune, ovvero con V 1 =V 2, che desideriamo non essere amplificato. V O1 R L V EE R L V O2 I O1 + I O2 = V E R E I O1 g m1 V V E I O2 g m2 V V E V I O1 I O2 Q 1 Q 2 V E V (A meno della corrente di Base I B ) R E g m1 V V E + g m2 V V E = V E R E g m1 + g m2 V = g m1 + g m2 R E + 1 V E = R E V E g m1 + g m2 R E g m1 + g m2 R E + 1 V I O1 = g m1 V V E g m1 = 2g m1 R E + 1 V 1 V 2R E In definitiva: V O1 = R L I O1 = R L 2R E V R E 0 Il segnale di modo comune non subisce amplificazione se la resistenza di polarizzazione R E. Per questa ragione R E si tende a sostituirla con un generatore di corrente, che presenta impedenza. Transistori 3

4 ... Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale A 2 V CC R L R L V O1 V O2 I O1 I O2 V 1 Q 1 Q 2 V 2 I E V EE L utilizzo del generatore I E aiuta senz altro a ridurre le componenti di modo comune del segnale all uscita della rete. Dobbiamo però verificare se questa adozione non sia per caso deleteria anche per il segnale differenziale. V V O1 R L I O1 I O2 R L Q 1 Q 2 V E R E V O2 -V I O1 + I O2 = V E R E I O1 = g m1 V V E I O2 = g m2 V V E g m1 V V E + g m2 V V E = V E R E g m1 g m2 V = g m1 + g m2 R E + 1 V E = R E V E g m1 g m2 R E g m1 + g m2 R E + 1 V 0 I O1 = g m1 V V E = g m1 V In definitiva: Perciò il segnale differenziale non dipende da R E. Pertanto R E può essere scelta unicamente per minimizzare il segnale di modo comune. Come suggerito sopra. V O1 = R L I O1 = R L g m1 V Transistori 4

5 ... Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale A 3 R L R L V O1 V O2 I O1 I O2 V + Q 1 V Q 2 E V - R E Utilizzando i modelli, per maggiore precisione: V O1 I O1 R L R L I O2 V O2 V + g m1 V BE1 hie1 g m2 V BE2 hie2 V E V - R E V + V E h ie1 + g m1 V + V E + V V E h ie2 + g m2 V V E = V E R E V + V g m1 h ie1 h ie1 + V 1 + g m2 h ie2 h ie2 = = V E 1 h ie1 + 1 h ie2 + g m1 + g m2 + 1 R E 1 + g m1 h ie1 h ie1 + V 1 + g m2 h ie2 h ie2 = h ie1 + h ie2 R E + h ie1 h ie2 + g m1 + g m2 h ie1 h ie2 R E = V E h ie1 h ie2 R E V E = g m1 h ie1 h ie2 R E V h ie1 + h ie2 R E + h ie1 h ie2 + g m1 + g m2 h ie1 h ie2 R + + E 1 + g m2 h ie2 h ie1 R E V h ie1 + h ie2 R E + h ie1 h ie2 + g m1 + g m2 h ie1 h ie2 R E Transistori 5

6 ... Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale A 4 Distinguendo il valore dei componenti è possibile verificare cosa accade se non c è uniformità. Tuttavia per semplicità ora possiamo porre: g m1 g m2 =g m e h ie1 h ie2 =h ie : 1 + g m1 h ie1 h ie2 R E V E = V h ie1 + h ie2 R E + h ie1 h ie2 + g m1 + g m2 h ie1 h ie2 R + + E 1 + g m2 h ie2 h ie1 R E + V h ie1 + h ie2 R E + h ie1 h ie2 + g m1 + g m2 h ie1 h ie2 R E 1 + g m h ie R E 1 + h FE R E V E = V h ie g m h ie R + + V = V E h ie h FE R + + V E Da cui: V + V E = h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R + E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R E = h ie g m h ie R E h ie g m h ie R E V g m h ie R E h ie g m h ie R E V V V E = h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R + E = h ie g m h ie R E h ie g m h ie R E V 1 + g m h ie R E h ie g m h ie R E V + Transistori 6

7 ... Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale A 5 E quindi: h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E I o1 == g m V + V E = g m V h ie g m h ie R + V E h ie g m h ie R E h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E I o2 = g m V V E = g m V h ie g m h ie R V E h ie g m h ie R + E In particolare: I o1 I o2 = g m h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R + V E h ie g m h ie R E g m h ie g m h ie R E 1 + g m h ie R E V h ie g m h ie R V E h ie g m h ie R + E h ie h FE R E 1 + h FE R E = g m V h ie h FE R + V E h ie h FE R E g m h ie h FE R E 1 + h FE R E V h ie h FE R V E h ie h FE R + E g m V + V La differenza tra I O1 ed I O2 dipende solo dalla differenza tra V + e V -. Mentre le singole correnti I O1 ed I O2 dipendono dalla differenza solo nel caso in cui R E sia molto grande. Mentre il segnale di corrente differenziale non risente del modo comune, nel caso V + sia = a V - abbiamo che: I o1 = I o2 = h FE h ie h FE R E V + Transistori 7

8 3 LO SPECCHIO DI CORRENTE Nella progettazione monolitica un mattone fondamentale è lo specchio di corrente, utilizzato sia per la polarizzazione che nella generazione di segnale negli amplificatori differenziali. I 1 I 2 Q 1 Q 2 V B Se Q 1 e Q 2 sono uguali e la stessa tensione di B viene applicata ad entrambi non c è ragione di ritenere che la loro corrente di collettore sia diversa ( a meno che per diverso valore di V CE si abbia una diversa R C, che supponiamo per ora di valore ). Il problema è che mai si può conoscere con esattezza quale sia la tensione da applicare tra BE per ottenere la corrente desiderata. Una tecnica che consente di superare questo problema è quello di autopolarizzare un transistore e copiarne la V BE : I 1 = I C1 + I B1 + I B2 I I B2 = αi B1 I C2 1 I 1 = I C α I I C1 V B h C1 FE Q 1 Q 2 h I FE B1 IB2 I C1 = h FE α I 1 Q 1 è connesso a diodo. Tuttavia, operando a V CB =0, è nella sua zona lineare di operazione. La V BE di Q 1 soddisferà: I B1 I C1 V BE1 = V T ln = V A 1 I T ln 0 A 1 h FE I 0 V T = K BT q, A 1 = area di E di Q 1, I 0 = corrente di saturazione inversa Transistori 8

9 . Lo specchio di corrente 2 Nelle condizioni in cui si stanno usando transistori realizzati con la stessa tecnologia, per Q 2 avremo, per analogia: V BE2 = V T ln I C2 A 2 h FE I 0 Matematicamente stessa tecnologia viene tradotto nell avere la stessa corrente di saturazione inversa I 0. Ovviamente l area di Q 2, A 2, non deve essere vincolata ad essere simile a quella di Q 1 anzi.. Nella nostra rete abbiamo che V BE1 =V BE2, per cui: V BE1 V T ln I C1 A 1 h FE I 0 = V BE2 = V T ln I C2 A 2 h FE I 0 Infine, passando dai log ai numeri: I C1 = h FE h FE α I 1, I B2 = αi B1 I C2 = A 2 A 1 I C1 = A 2 A 1 h FE h FE α I 1 = A 2 A 1 h FE h FE A 2 A 1 I 1 Quindi abbiamo ottenuto il risultato importante: la corrente di uscita è multipla della corrente di ingresso attraverso un parametro che dipende solo da fattori geometrici, non elettrici e nemmeno dalla temperatura. Le 2 correnti di collettore sono uguali, ma il rapporto tra corrente di uscita e di ingresso risente del valore delle correnti di base. Vedremo tra poco che questa imprecisione può essere ridotta. Ovviamente lo stesso conto lo possiamo svolgere utilizzando il modello per piccolo segnale. Transistori 9

10 . Lo specchio di corrente 3 Innanzi tutto osserviamo che operando N transistori uguali alla stessa corrente è equivalente ad implementare un transistore di area N volte più grande di quella di un singolo transistore operante ad una corrente N volte più intensa di quella del singolo transistore. Quindi abbiamo che: B E B E h ie1 h ien C BE1 C BEN g m1 V BE C g mn V BE C Se gli N transistori in parallelo sono uguali ed operano alla stessa corrente abbiamo che: g mk = I C V T h iek = h FE g mk Di conseguenza possiamo dire che la combinazione degli N transistori equivale ad un transistore avente come caratteristica: g m = h ie = k k g mk = NI C V T 1 h iek 1 (Conseguenza che all uscita le correnti si sommano) = V T h FE k Con che il transistore equivalente risultante ha caratteristiche: I C 1 = NI C V T h FE 1 V T = h FE = h iek NI C N B NC BC Ng m V BE C E h ie /N NC BE Transistori 10

11 . Lo specchio di corrente 4 Lo specchio di corrente per piccoli segnali è rappresentabile così: I s I B I B2 V BE1 =V BE2 g m2 V BE2 C g m1 V BE1 I B1 h ie1 h ie2 Risolviamo staticamente: I s = V BE1 + g h m1 V BE1 + V BE1 ie1 h ie2 I h ie2 + g m1 h ie1 h ie2 + h ie1 s = h ie1 h ie2 I o = g m2 V BE1 I o = g m2 V BE1 V BE1 I o = g m2 h ie1 h ie2 h ie2 + g m1 h ie1 h ie2 + h ie1 I s = h ie1 N 2 h Ng ie1 m1 N + g m1 2 h ie1 N + h ie1 I s = Ng m1 h ie1 1 + g m1 h ie1 + N I s = N g m1 h ie1 1 + N + g m1 h ie1 I s = N h FE 1 + h FE 1 + N 1 + N I s Il risultato ci dice che la corrente di uscita è N volte la corrente di ingresso a meno dell errore legato ad h FE ed N. Tanto più N è grande tanto minore è la precisione ottenibile. La rete si comporta come se vi sia in gioco un h FE ridotto del fattore N+1. L errore è imputabile alla corrente di base, che si perde nel parallelo delle 2 h ie. Transistori 11

12 . Lo specchio di corrente 5 Esiste la possibilità di ovviare alla perdita recuperando la corrente di base: I S Q 3 I B Q 1 Q 2 Ora la corrente di C di Q 1 è molto più simile ad I S perché la corrente di B di Q 3 è circa I B /h FE3. I S = I B3 + I C1 I C2 = NI C1 I E3 = I B1 + I B2 I E3 = N + 1 I h C1 FE I S = N I C1 + I C1 I C1 = h FE I S N h FE I s Q 3 g m1 V BE I B3 V BE h ie1 g m2 V BE h ie2 C I s I B3 = g m1 V BE h FE I B3 = 1 h ie1 + 1 h ie2 V BE I o = g m2 V BE I B3 = 1 + N h FE h ie1 V BE I s = g m N V h FE h BE ie1 = g m1h FE h ie N h FE h ie1 h FE h ie1 V BE = g m1 h FE h ie N I s V BE g m2 h FE h ie1 I o = g m1 h FE h ie N I s 1 = N N I s h FE1 h FE Quindi l errore è ridotto di un fattore h FE. Transistori 12

13 . Lo specchio di corrente 6 Esistono diverse varianti alle 2 semplici soluzioni impiegate. Le varianti essendo dedicate alla minimizzazione della corrente di B ed alla massimizzazione della impedenza di uscita. Una terza soluzione è lo specchio degenere: I S Q 3 I B Q 1 Q 2 In questo caso l errore dovuto alla possibile non perfetta equivalenza dei 2 transitori dello specchio è compensata dalla caduta ai capi dei 2 resistori R 1 ed R 2 (si supponga che le aeree siano uguali): I C1 R 1 + V BE1 = I C2 R 2 + V BE2 I C2 R 2 = I C1 R 1 + V BE1 V BE2 R 1 R 2 I C2 = R 1 R 2 I C1 + V T R2 ln I C1 I C2 Se I C1 R 1 e I C2 R 2 sono trascurabili rispetto alle V BE quello che domina è l uguaglianza delle V BE, quindi le due correnti tendono a diventare simili. In caso contrario, ovvero se I C1 R 1 o I C2 R 2 o entrambe non sono trascurabili rispetto alle V BE abbiamo degenerazione e le 2 correnti tendono ad essere in rapporto alle resistenze, primo termine di I C2 sopra. Questo è un buon modo per realizzare uno stadio di guadagno. Ancora più estrema è la situazione in cui R 2 è nulla: I S V BE2 V BE1 = I S R 1 Q 3 I B I S R 1 = V T ln I C2 I S Q 1 R 1 Q 2 Ovvero: I C2 = I S exp I SR 1 V T Transistori 13

14 . Lo specchio di corrente 7 Per lo studio del comportamento in frequenza degli specchi di corrente ci si deve riferire alla versione completa di queste slide nella sezione «PER APPROFONDIRE:» della pagina web del corso, Reti di Transistori Rumore ed Altro parte III.pdf. Si menziona qui che lo specchio senza recupero di corrente non mostra nessun tipo di instabilità. Mentre per lo specchio con recupero di corrente qualche instabilità si potrebbe osservare in situazioni particolari che si curano agevolmente con un piccola compensazione. Transistori 14

15 . Lo specchio di corrente 8 Lo specchio di corrente è utilizzato anche per formare generatori di corrente a multipla uscita. Un esempio è questo: I S Q 3 I B Q 2 Q 3 Q 4 Q 1 A r1 I 2 I 3 I 4 A r2 A r3 A r4 In questo modo tutti i rami che necessitano di una polarizzazione dal basso ricevono una corrente che è in proporzione ad una corrente di riferimento, spesso generata stabile in temperatura. Nel caso più semplice I S è generato da una resistenza. Se la corrente deve polarizzare per esempio uno stadio differenziale serve che la sua impedenza di uscita sia la più grande possibile. Per compiere queste valutazioni non si può più trascurare l impedenza parassita compresa tra E e C. I S Q 3 I 2 Q 1 Q 2 A r1 I B A r2 R C La soluzione più semplice consente di minimizzare la ddp minima ai capi del transistore di uscita Q 2 : V CB =0 V, ovvero V CE =0.7 V. Questa soluzione offre però un impedenza che è esattamente uguale ad R C perché infatti Q 2 non risulta essere reazionato. Se R C non fosse adeguatamente elevata è possibile aumentare l impedenza di uscita inserendo la reazione. Ovviamente lo scotto che si paga è che aumenterà la ddp necessaria al sostentamento del generatore. Transistori 15

16 . Lo specchio di corrente 9 I S I 2 Q 3 Q C I B Q 1 Q 2 A r1 A r2 R C Q 2 Q C formano quello che si dice un bootstrap. Sostanzialmente Q C si trova ad avere come R E la R C di Q 2. Q 3 e Q 1 formano una struttura reazionata avente bassa impedenza alla base di Q 3, l ingresso di una reazione di corrente, per cui: R OG R S piccola Q C R CC R E =R C2 Considerando che: R P = R C2h iec R C2 + h iec h iec Otteniamo che: R OG = R P + R CC 1 + g m R P R CC h iec + R CC 1 + g m h iec = R CC 1 + g m h iec = R CC 1 + h FEc Abbiamo ottenuto che l impedenza di uscita R C è aumentata del fattore h FE. Ora però la ddp minima che posiamo avere in uscita si ottiene quando V CBc =0 V. Ma ora abbiamo che V Ec =0.7 V, per cui V CCmin =1.4 V! Transistori 16

17 . Lo specchio di corrente 10 I S R OG2 Q C2 Curiosità. Supponiamo di aumentare di un unità il bootstrap. Q 3 Q C1 R OG1 Q 1 Q 2 A r1 I B A r2 R C Avremo che per Qc2 varrà il modello: R OG2 R S =1/g m E quindi: Q C2 R E =R OG1 Ma ancora: R Pc2 = R OG1h iec2 R OG1 + h iec2 h iec2 R OG2 = R P + R CC 1 + g m R P R CC h iec2 + R CC2 1 + g m h iec2 = R CC2 1 + g m h iec2 = R CC2 1 + h FEc2 Vale a dire che c è un limite superiore nella impedenza di uscita che si può ottenere con un transistore bipolare. La limitazione essendo data dalla presenza di h ie. Questa limitazione non è presente con i JFET/CMOS. Transistori 17

18 Coi MOS:. Lo specchio di corrente 11 I S I 2 I S I 2 Q 3 Q C Q C2 I B Q 1 Q 2 A r1 A r2 R D Q 3 Q C1 I B Q 1 Q 2 A r1 A r2 R C R OG2 Q C R E =R D R OG2 Q C2 R P = R D R E =R OG1 R OG = R D + R DC 1 + g m R D R DC 2R D 1 + g m R D 2 = R D 2 + g m R D R OG = R OG1 + R DC2 1 + g m R OG1 R DC2 R D 2 + g m R D + R D 1 + g m R D 2 + g m R D R D 3 + g m R D R D 1 + g m R D g m R D 2 R D Transistori 18

19 4 STADIO DI INGRESSO DI UN AMPLIFICATORE OPERAZIONALE B Il nostro possibile stadio di ingresso differenziale si può trasformare quindi così: I O3 V CC Q 3 Q 4 I O4 Da studiare adesso I O I O1 I O2 V A Q 1 Q 2 V B I S Q 3 I E Q 1 Q 2 A r1 I B A r2 R C V EE Transistori 19

20 . Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale B 2 V CC I O3 Q 3 Q 4 I O1 V EE I O2 I O Q 1 Q 2 V -V I E I O4 Sappiamo che I O1 =g m1 V e I O2 =-g m2 V. L aggiunta dei transistori Q 3 e Q 4 consente di 1) raddoppiare il guadagno, 2) abbassare la caduta di potenziale altrimenti necessaria su delle grosse resistenze di carico R L e 3) trasformare il segnale da differenziale a singola uscita. La corrente di base di Q 3 è trascurabile. Pertanto avremo che I O3 I O1. Di fatto la connessione tra base ed emettitore di Q 3 serve per potere polarizzare la base di Q 3 e Q 4. Ora abbiamo anche che V BE3 =V BE4. Di conseguenza sarà: I O3 I O4, se l area di Q 3 è uguale a quella di Q 4. Il bilancio delle correnti al nodo di collettore di Q 4 risulta essere: I O4 = I O + I O2 I O = I O4 I O2 = I O1 I O2 = g m1 V g m2 V = g m1 + g m2 V 2g m1 V La corrente di uscita differenziale è doppia rispetto al caso precedente. Non solo. Nel caso che i 2 segnali di ingresso fossero uguali avremmo che: I O1 =V/(2R E ) e I O2 =V/(2RE), da cui I O risulta: I O = V 2R E V 2R E = 0 Transistori 20

21 . Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale B 3 V CC I O3 Q 3 Q 4 I O1 I O2 I O4 I O V 1 Q 1 Q 2 V 2 I E L efficacia della configurazione differenziale con lo specchio di corrente è ancora più evidente quando le 2 sorgenti di ingresso sono generiche. I O1 = g m V 1 V E I O2 = g m V 2 V E I O1 + I O2 = V E R E V EE g m V 1 V E + V 2 V E g m V 1 + V 2 V E = = 1+2g mr E R E g mr E 1+2g m R E V 1 + V 2 = V E R E V E I O1 = g m V 1 V E = g m 1 + 2g m R E g m R E V 1 g m R E V g m R E = g m V 1 + g m R E V 1 V g m R E Osserviamo che sia I O1 che I O2 hanno una componente che dipende dal valore di V 1 e V 2, quindi dipendente dal modo comune. I O2 = g m V 2 V E = g m 1 + 2g m R E g m R E V 2 g m R E V g m R E = g m V 2 + g m R E V 2 V g m R E Transistori 21

22 . Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale B 4 V CC I O3 Q 3 Q 4 I O4 I O Ora abbiamo che: I O1 I O2 V 1 Q 1 Q 2 V 2 R E V EE I E I O1 = g m V 1 + g m R E V 1 V g m R E In definitiva: I O2 = g m V 2 + g m R E V 2 V g m R E I O = I O1 I O2 = = = g m 1 + 2g m R E V 1 + g m R E V 1 V 2 V 2 g m R E V 2 V 1 g m 1 + 2g m R E V 1 V 2 + 2g m R E V 1 V 2 g m 1 + 2g m R E 1 + 2g m R E V 1 V 2 = g m V 1 V 2 Ovviamente tutte le possibili asimmetrie conducono a dovere avere una dipendenza da R E del segnale di uscita di modo comune. Pertanto è bene fare in modo che R E sia comunque la più grande possibile: un generatore di corrente. Transistori 22

23 . Stadio di ingresso di un amplificatore operazionale B 5 Generalmente lo stadio differenziale è a canale p e lo specchio a canale n: Q 1 Q 2 V 2 V 1 I 1 I 2 I 1 I O =I 1 +I 2 Questa soluzione ha dei vantaggi: Consente di utilizzare lo stadio successivo di guadagno a canale n. Soluzione utile perché i transitori a canale n sono sempre più veloci di quelli a canale p, per via della nota maggiore velocità degli elettroni nei rispetti delle lacune. Gli ingressi sono quasi compatibili a massa (nel caso si usi una singola alimentazione). Quando gli ingressi sono a 0 V, il collettore dei pnp, Q 1 e Q 2, è a circa V BE, al pari dell E: Q 1 e Q 2 operano in queste condizioni a V CE =0, cioè in saturazione e lontano dalla zona attiva di operazione. La compatibilità completa verso 0 V la si ha con l ingresso a Darlington: Q 1 Q 2 V 2 I V 1 I 1 2 I 1 I O =I 1 +I 2 Come si può notare ora con gli ingressi a 0 V i C di Q 1 e Q 2 sono a V BE, come la loro B, per cui operano a V CB =0, lontani dalla saturazione: gli E di Q 1 e Q 2 sono a 2V BE. Transistori 23

24 5 SECONDO STADIO DI UN AMPLIFICATORE OPERAZIONALE Negli AO a doppio stadio il secondo stadio di guadagno è realizzato in genere con una coppia di transistori in configurazione ad E comune, Q G1 e Q G2 qui sotto. I CB Q 1 Q 2 V 2 V 1 I 1 I 2 C C R O I G I 1 C S I A =I 1 +I 2 Q G1 Q G2 C O V O I soggetti in gioco oltre ai 2 transitori sono la capacità di compensazione C C (da selezionare) e l impedenza di uscita dello stadio di ingresso, C S. In DC si può ritenere che l impedenza di ingresso di Q G1 Q G2 sia la più piccola rispetto all impedenza di uscita della struttura differenziale che lo precede, per cui, come abbiamo già dimostrato, la corrente di uscita dalla struttura Q G1 - Q G2 è: C C I G h 2 2 FE I A = h g md FE 2 Q G1 R O I G V O V 1 V 2, g md = I CB V T Il modello viene di facile interpretazione se si può trascurare l effetto della capacità C BC di Q G2, perché infatti in questo caso l impedenza di ingresso di Q G2 non viene a dipendere dal carico. L impedenza di ingresso, come abbiamo visto, è: C S Q G2 C O R IF = Z B + Z B 1 + g mg Z B = 2 + g mg Z B Z B Mentre: I G = g mg V i Transistori 24

25 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 2 Supposto di avere operato bene dovremmo avere costruito una struttura del genere: I CB C C Q 1 Q 2 V 2 V 1 I 1 =g m V 1 I 2 =g m V 2 I 1 I A =I 1 +I 2 V G R ifq1 G M I G C S A bassa frequenza avremo un uscita dominata dalla corrente: I G = G M R ifq1 g m V 1 V 2 R ifq = g m = I CB 2V T 2 + g m Z B Z B = g mg 2 + g mg Z B Z B g m V 1 V 2 = g mg Z B 2 + g mg Z B g m V 1 V 2 h FE 2 + h FE g m V 1 V 2 h 2 FE g m V 1 V 2 Ad alta frequenza invece entra in gioco la reazione di C C ed abbiamo: Per il segnale differenziale, V 2 =-V 1 : V G = g m sc c V 1 V 2 V G = g m 2V sc 1 = I CB 2V c 2V T sc 1 = I CB V c V T sc 1 c Transistori 25

26 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 3 Supposto che il polo dominante sia dato da C C e considerato che lo stadio successivo è a guadagno unitario, si può subito determinare la frequenza a guadagno unitario del AO: V G V 1 V 2 = 1 g m ωc c = 1 ω T = g m C c Normalmente i poli addizionali presenti sono posti a frequenze prossime a quelle limite dei transistori impiegati, g m /C BE. Nei circuiti monolitici i transistori più lenti sono di gran lunga i pnp. Di conseguenza ω T la si fissa ad una frequenza prossima a quella del transistore più lento. Di fatto gli AO storici hanno tutti una banda limitata ad 1 MHz, la frequenza limite riscontrata nei primi decenni nei pnp monolitici. Di fatto nelle applicazioni ad alta velocità si cerca di escludere l uso di transitori pnp nel cammino del segnale. Filosofia adottata nella scelta di C C : il costo in termini di area occupata da un condensatore in un circuito monolitico è il più elevato. Normalmente un limite superiore nella implementazione di condensatori è intorno a 20 pf 30 pf. Per ottenere la larghezza di banda di 1 MHz occorre allora ridurre la transconduttanza della coppia differenziale di ingresso: ω T = g m C c = I CB V T C c I CB = ω T V T C c = 2πf T V T C c 3.3 μa Con C C =20 pf Transistori 26

27 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 4 Il fatto che lo stadio di ingresso sia forzato ad operare a bassa corrente pone notevoli limitazioni alle caratteristiche di rumore. Infatti il rumore di ognuno dei 2 transitori della coppia è: Ed il rumore serie totale: e s 2 = 4K B T 2V T 2I CB e st 2 = 2 4K B T 2V T 2I CB = 4 4K B T V T 2I CB Per I CB =3.5 µa otteniamo che R noise =15 KΩ che fornisce un rumore di circa 16 nv/ Hz! Un risultato migliore lo si ottiene se usa un transistore di ingresso la cui transconduttanza abbia una più debole dipendenza dalla corrente, per esempio un JFET/MOS. Sfortunatamente nei dispositivi monolitici il rumore di bassa frequenza dei JFET/MOS è più elevato che nei transitori bipolari. E comunque, essendo la transconduttanza più piccola, non si ottiene un grosso beneficio in termini di rumore serie. Compromessi comunque si trovano e recentemente sono apparsi sul mercato AO ad ingresso JFET con buone caratteristiche di rumore di bassa frequenza. Però questo non è tutto. Vediamo con un caso pratico. Transistori 27

28 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 5 Qui abbiamo un esempio di un classico AO che usa il secondo stadio studiato LM324: 6 µa Si può notare il basso assorbimento della coppia differenziale di ingresso. In questo caso, considerando la larghezza di banda di 1 MHz, si ottiene che C C ha un valore intorno a 40 pf. Transistori 28

29 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 6 In questa configurazione occorre fare attenzione al contributo di rumore non solo della coppia Q 2 e Q 3 ma anche Q 1 e Q 4, nonché dello specchio Q 8 e Q 9. Q 2 Q 3 e Q 8 Q 9 operano tutti alla stessa corrente. Sappiamo quanto è il contributo di rumore serie fornito all ingresso da Q 2 e Q3. Ci resta da valutare quello di Q 8 e Q 9. Se gli ingressi sono a potenziale nullo la corrente di prova I 8, che fa le veci del generatore di rumore corrispondente, è costretta a fluire in Q 8, quindi specchiata in Q 9. Per cui I O =I Applicando un segnale a Q 1 otteniamo una corrente di uscita pari a: I o = g m V I 8 I O =I 8 I 8 Transistori 29

30 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 7 Uguagliando: g m 2 V 2 = I 8 2 = 4K B T g m 2 V 2 = 4K B T 1 2g m Siccome la corrente in Q 8 è forzata ad essere nulla, la corrente I 9 è forzata ad uscire dallo stadio differenziale, per cui ancora abbiamo che I O =I 9, e quindi: I o = g m V 0 0 Di conseguenza avremo ancora: 0 I 9 I O =I 9 g m 2 V 2 = I 9 2 = 4K B T g m 2 V 2 = 4K B T 1 2g m Perciò il contributo all ingresso dello specchio di corrente è del tutto simile a quello della coppia differenziale. Lo specchio di corrente così come implementato, come carico dinamico, non è certamente adeguato alla realizzazione di strutture a basso rumore. Un miglioramento viene ottenuto usando resistenze di degenerazione, o usando solo resistenze, nel carico dinamico. Transistori 30

31 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 8 Riassumendo ogni transistor considerato fornisce un contributo di rumore di: e 2 st = 4K B T 2V T = 4K 2I B TR EQ, CB R EQ = 4300 Ω per I CB =6 μa La rete di transistori che operano alla stessa corrente comprende i 4 Q 2, Q 3, Q 8 e Q 9, che contribuiscono con una resistenza di rumore di circa Ω o 17 nv/ Hz. 0 0 Non sappiamo se Q 1 e Q 4 sono polarizzati con una corrente o operano con la corrente di base di Q 2 e Q 3, rispettivamente. 0 I 9 I O =I 9 Il rumore serie quotato per questo Ao è 40 nv/ Hz. La sua corrente di ingresso è quotata a 20 na. Assumendo I C1 =I B2 e I C2 /I B1 (h FE ) 2 otteniamo h FE 12. Da qui si estrapola che I C1 240 na, che dà come sua resistenza di ingresso di rumore: 54 KΩ. Considerando anche Q 4 si ottiene 108 KΩ, che sommata alla resistenza di rumore degli altri 4 transistori fornisce circa 125 KΩ o 45 nv/ Hz. Non lontano da quanto dichiarato nel datasheet. Transistori 31

32 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 9 Attenuazione del rumore dello specchio di uscita. Siccome in R non può scorrere corrente avremo che V E =0 e I 8 +I E8 =0, con I E8 =g m V B : I R 0 0 V B V E I 9 R I O Ovvero: V B = I 8 g m Di conseguenza avremo, Q 9 si comporta da inseguitore di E: I 9 = 1 R R 1 g m + R V B = g m 1 + g m R V B = g m I 8 I 8 = 1 + g m R g m 1 + g m R I o 2 = g m R 2 4K BT g m 2 Ed infine: g m 2 V 2 = I o 2 = g m R 2 4K BT g m 2 V 2 = 4K B T g m R 2 2g m Un ragionamento analogo si applica per il rumore di Q 9. 0 R 0 0 V B V R R I 9 I O Siccome in Q 8 ed R di sinistra non deve passare corrente sarà V B =0 V. Di conseguenza V BE9 =- V R, I 9 +I E9 =V R /R e I E9 =-g m V R : V R g m = V R R + I 9 Ma: V R = I o = V R R = I g m R R 1 + g m R I 9 Transistori 32

33 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 10 E quindi: I o 2 = g m R 2 4K BT g m 2 Ovvero: g m 2 V 2 = I o 2 = g m R 2 4K BT g m 2 V 2 = 4K B T g m R 2 2g m Ovvero stesso risultato ottenuto per I 8. Però ora abbiamo anche da pensare al rumore delle resistenze R: I R R R V B I 9 I O Siccome in Q 8 non può passare corrente la sua V BE deve risultare nulla mentre Q 9 si comporta da inseguitore di E. Quindi otteniamo che: V B = I R R I o = I 9 = g m 1 + g m R V B = g m 1 + g m R I RR I o 2 = g m R g m R 2 4K BT 1 R = g m 2 4K B TR 1 + g m R 2 In definitiva: g m 2 V 2 = I o 2 = g m 2 4K B TR 1 + g m R 2 V 2 = 4K BTR 1 + g m R 2 Transistori 33

34 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 11 L altra resistenza: Siccome in Q 8 non può passare corrente V B sarà =0 V, quindi: 00 I O V I V B R 9 R R I R I R g m V R = V R R I o = g m V R Da cui: E quindi: V R = R 1 + g m R I R I o = g mr 1 + g m R I R I o 2 = g m R g m R 2 4K BT 1 R = g m 2 4K B TR 1 + g m R 2 In definitiva: g m 2 V 2 = I o 2 = g m 2 4K B TR 1 + g m R 2 V 2 = 4K BTR 1 + g m R 2 Proprio come nel caso precedente. Il contributo di rumore dello spettro degenerato diviene quindi: V 2 = 2 = 2 4K B T g m R 2 + 4K BTR 2g m 1 + g m R 2 4K B T g m R 2 + R 2g m Transistori 34

35 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 12 Con gli AO a MOS è possibile ridurre il contributo di rumore dello specchio agendo sulla lunghezza di gate: Q 3 Q 4 Q 1 Q 2 V i Ricordando l espressione della trasconduttanza del MOS in funzione della corrente di polarizzazione: E sapendo che: g m = μwc o L I D g 2 m1 V 2 = I 2 3 = 4K B Tg m3 V 2 1 = 4K B T g m3 2 = 4K g B T μw sc o L 1 I m1 L D = 4K s μw 1 C o I B T D 1 μc o I D W s W 1 2 L 1 2 L s Giocando sulla lunghezza e larghezza di gate è pertanto possibile riuscire ad ottenere una attenuazione del contributo di rumore all ingresso da parte dello specchio di corrente. Ovviamente si deve ricordare che i MOS mostrano grande rumore 1/f. Transistori 35

36 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 13 Esempio di AO a basso rumore in cui il carico del differenziale di ingresso non è uno specchio: OP27 L OP27 è un AO a basso rumore che ha fatto storia. Di questo dispositivo esistono 2 versioni: la prima può operare dal guadagno unitario ed ha un ω T di poco inferiore a 10 MHz; la seconda, denominato OP37, non è compensata, manca C 4 qui sopra, ha una ω T di circa 60 MHz, ma può operare con un guadagno minimo di 5. Transistori 36

37 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 14 Questo è il guadagno open loop dell OP27 ω T 10 MHz Questo invece è l OP37. Il data sheet dice: ω T 20 MHz Dalla caratteristica open loop non si riesce a capire bene la presenza del secondo polo, che sta a guadagno 5, o 14 db. Però si vede che la ω T sta sopra qualche decina di MHz. Viene però indicato il grafico dove è esplosa la zona a guadagno 5, con in evidenza l angolo margine. Essendo meno compensato anche lo slew-rate è più elevato: per questo si vedano le slide successive. Transistori 37

38 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 15 Ritorniamo alla combinazione del primo stadio e dello stadio di guadagno con compensazione. Occorre fare qualche considerazione sulla velocità per grandi segnali. Per piccoli segnali abbiamo visto che la compensazione si fa agire imponendo che: ω T = g m C c = I CB V T C c I CB = ω T V T C c Il caso limite si ha quando il segnale di ingresso ha ampiezza tale da interidre completamente uno dei 2 transistori del differenziale di ingresso, per esempio Q 1. Tutta la corrente I CB fluisce allora in Q 2, andando a caricare C C. I CB Q 2 V 1 I 1 =g m V 1 I 2 =g m V 2 2 I 1 I A =I 1 +I 2 C C G M I G V G Se il segnale applicato è veloce, una 1(t) con tempo di transizione trascurabile per esempio, si può ritenere che la corrente che fluisce in Q 2 abbia una dipendenza temporale simile. Perciò: C S Ricordando che l integrale della 1(t) è la rampa: V G = I CB s V G = I CB s 1 sc c = 1 s 2 I CB C c 1 sc c V G (t) = I CB C c t 1(t) Transistori 38

39 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 16 In luogo della classica salita esponenziale si ha una salita lineare. Si dice che il segnale è soggetto ad una limitazione da slew-rate. La pendenza è: Da: ω T = I CB V T C c I CB C c = ω T V T Non adottando soluzioni particolari lo slew-rate risulta essere un limite tecnologico, essendo tale la frequenza ω T. Piccolo segnale Grande segnale La risposta in frequenza cambia decisamente se si incorre nella limitazione di slew-rate Ad esempio. Con f T =1 MHz si ottiene uno slew rate di 0.15 V/µs. Inversamente. Per avere uno slew-rate di 1 V/µs occorre che la f T sia di almeno 6 MHz. Lo slew-rate può essere incrementato se la larghezza di banda è svincolata dalla corrente di lavoro della coppia differenziale. Slew-rate Transistori 39

40 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 17 La tecnica più immediata con i transistori bipolari consiste nel degenerare la transconduttanza mediante l inserimento di 2 resistori R D : I CB R D R D V 2 V 1 I 1 =g m V 1 I 2 =g m V 2 I 1 C S I A =I 1 +I 2 C C G M I G V G In questo caso, se R D ha valore adeguato, abbiamo che: g m 1 R D ω T 2 R D C C I CB ora non è più vincolata alla larghezza di banda. Si avrà: Slew rate = I CB I CB R D = ω C T C 2 Il miglioramento nello slew-rate è nell ordine di I CB R D /V T. Al riguardo esistono sicuramente delle limitazioni. Il rumore termico delle R D incrementa il rumore totale di ingresso. Le R D non sono mai perfettamente uguali. La loro tolleranza si ripercuote nell introduzione di un offset all ingresso, proporzionale a R D I CB, e ad una dipendenza dal modo comune, per via della differente trasconduttanza generata. Transistori 40

41 . Secondo stadio di un amplificatore operazionale 18 Lo stadio di ingresso a MOS o JFET consente di ottenere slew rate elevati I CB C C M 1 M 2 V 2 V 1 I 1 =g m V 1 I 2 =g m V 2 I 1 C S I A =I 1 +I 2 G M I G V G In funzione della corrente di polarizzazione, la trasconduttanza del MOS è: g m = μwc o L I CB 2 Quindi: ω T g m C C = 1 C C μwc o L I CB 2 C C 1 ω T μwc o L I CB 2 C C 1 V TH ω T I DM I CB 2, dove I DM = I V GS = 2V TH In definitiva: Slew rate = I CB C C = I CB V TH ω T I DM I CB 2 = ω T V TH 2I CB I DM Siccome V TH è dell ordine del V in un MOS abbiamo anche qui un grosso beneficio nello slew-rate. Transistori 41

42 6 STADIO DI USCITA IN CLASSE AB DI UN AO Il modo più spontaneo di pensare ad uno stadio di uscita è il C comune: Q O V O R L C L La configurazione sopra è denominata classe A. E molto efficiente a fornire corrente all impedenza di carico connessa, nell esempio la capacità C L. Ovvero a generare tensioni di uscita crescenti. In questo caso stiamo considerando l opportunità di segnali aventi estensione consistente, ai quali non sarebbe adeguato applicare il modello per piccoli segnali. Il C comune è molto meno efficiente a generare tensioni di uscita decrescenti, in special modo se il carico è capacitivo. Q O V O R L C L Infatti il transistore entra in spegnimento, non essendo in grado di assorbire corrente, e C L si scarica attraverso R L. Una soluzione è quella di fare in modo che in condizione di uscita stazionarie in R L scorra la massima corrente prevista dall applicazione. In questa situazione la corrente impiegata indurrebbe una grossa dissipazione di potenza a riposo, intollerabile. Si pensi per esempi ad un amplificatore audio che debba pilotare qualche A di corrente. Transistori 42

43 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 2 Il modo per ovviare all inconveniente è di usare un inseguitore, ma realizzato con il transistor complementare all npn, il pnp: V O R L C L Ovviamente se il pnp è efficiente a drenare corrente non lo è nel fornire corrente, l opposto di quello che abbiamo visto per l npn. Di conseguenza la cosa migliore da fare è combinare le 2 opportunità: V O V O R L C L R L C L La soluzione più spontanea è questa: V in Q 1 V out Q 2 R L C L Questa soluzione ha un problema fondamentale: la zona morta. Fino a che il segnale di ingresso non sale sopra V BE o scende sotto V BE non ci può essere conduzione di corrente perché entrambi i transistori risultano essere spenti. Transistori 43

44 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 3 La cosa si traduce nel così detto problema della distorsione di crossover che si riesce a porre bene in evidenza con un segnale sinusoidale: In campo audio o questo fenomeno crea effetti molto fastidiosi sul suono. Infatti la discontinuità introduce componenti ad alta frequenza indesiderate. Per cancellare il problema occorre fare in modo che i 2 transistori siano polarizzati entrambi in condizioni di equilibrio. In funzione dell ampiezza del segnale si dovrà quindi creare lo scompenso che consenta di pilotare il carico in modo adeguato. Esistono molte soluzioni al problema. Tutte basate sullo schema di principio che sta qui sotto: Q 3 Q 1 V out Q 4 Q 2 R L C L V in Si aggiungono 2 transistor connessi a diodo, Q 3 e Q 4, che mantengono polarizzati i transistori di uscita quando serve. Transistori 44

45 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 4 Per un attimo supponiamo che il carico non assorba corrente, così che noi si possa valutare le condizioni di equilibrio. I C Q 3 Q 1 V out Q 4 Q 2 R L C L V in Si deve osservare che Q 4 fa coppia con Q 2 e Q 3 fa coppia con Q 1. In questo modo nel ramo di destra e di sinistra le differenti caratteristiche si compensano. Ovviamente la posizione di Q 3 e Q 4 possono essere scambiate. Possiamo valutare la maglia composta dai 4 transistori Q 1 Q 4 : V B4 + V B3 = V B2 +V B1 Poniamo: A 1 = A 2 e A 3 = A 4 V T ln I C A 4 I opnp + V T ln I C A 3 I onpn = V T ln I 2 A 2 I opnp + V T ln I 1 A 1 I onpn ln I C A 3 I opnp ln I 2 A 1 I opnp = ln I 1 A 1 I onpn ln I C A 3 I opnp Ora, supposto A 1 = A 2 e A 3 = A 4 per semplicità: I C I 2 A 1 A 3 = I 1 I C A 3 A 1 I 1 I 2 = I C 2 A 1 A 3 Il risultato fondamentale che abbiamo è che la corrente nei 2 transistori Q 1 e Q 2 non si annulla mai completamente. Avendo trascurato la corrente di base di Q 1 e Q 2 la soluzione limite è che una delle 2 correnti possa essere di valore, in realtà sarà limitata da I C per Q 1, dalla corrente che può assorbire V in per Q 2 come vedremo. 2 Transistori 45

46 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 5 Ora supponiamo di avere connessa un impedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale V out >0. I C Q 1 V out Q 3 Q 4 Q 2 R L C L V in Avremo che I 1 sarà circa uguale a V out /Z L, e quindi: I 2 I C 2 A 1 A 3 2 ZL V out Più in genere il comportamento della corrente nei 2 transistori rispetto alla corrente assorbita dal carico mette in evidenza che a corrente assorbita nulla la corrente nei 2 transistori è finita: la distorsione da crossover è quindi fortemente soppressa. Resta da valutare quale sia il limite alle alte correnti e l aspetto dinamico. Transistori 46

47 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 6 Ora supponiamo di avere connessa un impedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale V out >0. Q 3 I C Q 1 V out Nella circostanza in cui la corrente assorbita del carico sia consistente la corrente di B di Q 1 non è più trascurabile. Q G1 Q 4 Q G2 Q 2 R L C L In caso di forte carico, tutta I C tenderà ad andare nella base di Q 1. La corrente positiva massima di uscita è limitata a h FE1 I C. Ora supponiamo di avere connessa un impedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale V out <0. Q 3 Q G1 Q 4 I C Q G2 Q 1 Q 2 V out R L C L Qua notiamo una situazione di asimmetria rispetto al caso precedente: la corrente proveniente dal carico scorre in Q 2, la cui corrente di base coincide con la corrente di C di Q G2. Siamo nella condizione in cui la corrente che può essere assorbita dal carico è molto alta, anche se Q G2 avesse area piccola. Transistori 47

48 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 7 Una delle strutture più eleganti nella realizzazione del buffer di uscita è questa: I CB Q 3 Q 4 Q 1 V O I CB Q 2 Vale, come nel caso precedente, che: V o V BE2 + V BE3 + V BE4 V BE1 = V o V BE4 V BE2 = V BE1 V BE3 I CB A 1 = I 1 A 3 2 A 1 I A 3 I 2 A 1 I 1 I 2 = I CB CB A 3 2 Consente di avere una dinamica di 1 o 2 V BE verso le alimentazioni ed è simmetrica. Presenta una limitazione naturale nella corrente di uscita a ±h FE I CB. Questo è un vantaggio nei confronti nel controllo della corrente di Q 4 che nelle soluzioni classiche ha una limitazione a (h FE ) 2 I CB : V CC I O limite assorbita: Q 3 Q 1 V out 3 I CBDif h FE I O I CBDif stadio diff. Q 4 Q 2 R L C L V in V EE Transistori 48

49 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 8 I CB Q 3 Q 4 Q 1 V O Q 2 I CB Questo stadio di uscita è molto utile soprattutto per le sue prestazioni dinamiche. Rispetto agli stadi di uscita precedenti si comporta come una coppia di Darlington compensati: V i Q 3/4 V o Q 2/1 Questo significa che la differenza di potenziale tra ingresso ed uscita è praticamente nulla e le sue impedenze di ingresso e di uscita sono debolmente dipendenti da carico ed ingresso. Pertanto questo stadio consente di mantenere una ottima stabilità e, di fatto, e quello più diffuso, da quando è stato introdotto. Transistori 49

50 . Stadio di uscita in classe AB di un AO 9 Gli stadi di uscita visti sfruttano un inseguitore di emettitore all uscita. Sono molto stabili ma hanno come limitazione l escursione massima all uscita: V CC V CBMIN I CB V CC Q 3 Q 4 Q 1 Q 2 I CB V CC V OMAX Posiamo riferirci come esempio all ultimo stadio visto, senza pericolo di essere limitativi. Il generatore di corrente I CB non è ideale e necessita di una tensione minima di operazione per potere essere funzionale. Per cui la tensione di uscita massima potrà essere: V OMAX V CC V CBMIN V BEQ1 Nella migliore delle ipotesi, che si ha quando V CBMIN potrebbe essere molto piccola, la massima escursione arriva ad un diodo da V CC, cioè poco più di 0.7 V sotto V CC. V CBMIN V CC I CB Q 3 Q 4 Q 1 Q 2 I CB V EE V OMIN Un ragionamento analogo vale anche per l escursione minima. Il generatore di corrente I CB non è ideale e necessita di una tensione minima di operazione per potere essere funzionale. Per cui la tensione di uscita massima potrà essere: V EE V OMIN V EE + V CBMIN + V BEQ2 Anche in questo caso, nelle migliori delle ipotesi, che si ottiene quando V CBMIN potrebbe essere molto piccola, la minima escursione arriva ad un diodo sopra V EE, cioè poco più di 0.7 V sopra V EE. Transistori 50

51 7 PROTEZIONE DI CORRENTE NEGLI STADI DI USCITA Un eccessivo assorbimento di corrente dell amplificatore potrebbe essere letale. Specialmente se l anomalia fosse accidentale, un corto circuito, per esempio. Tutti gli AO commerciali includono la protezione di corrente nello stadio di uscita. Una resistenza viene inserita in serie al percorso della corrente. Se la ddp ai suoi capi supera un valore pre-impostato entra in gioco la limitazione che non consente di superare il valore stabilito di corrente di uscita. Inevitabilmente la protezione diminuisce la dinamica di uscita. Questa è la limitazione più semplice ma meno accurata: la massima corrente che può essere erogata (assorbita) è: I MAX = V CC V BE R E + R L Nel caso di cortocircuito verso massa, per esempio: I MAX = V CC V BE R E Questa protezione, di tipo così detto passivo, è certamente la meno efficiente visto che può aumentare di molto l impedenza di uscita. Inoltre dipende dal valore della tensione di alimentazione V CC. Transistori 51

52 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 2 Protezioni indipendenti dal valore dell alimentazione sono basate sula condizione di funzionamento di un diodo sotto/sopra soglia. Abbiamo visto che essendo la corrente in un diodo dipendente esponenzialmente dalla tensione si ha che finché la tensione non supera una certa soglia la corrente si mantiene a valori trascurabili. Questo è un esempio di protezione passiva: Guardando alla maglia O A B abbiamo che: V B Q 1 I LL V D3 + V D1 = V BE1 + I LL R E1 D 1 D 3 V A I L V O Sappiamo che Q 1 è attivo perché sta erogando corrente. Per cui se I LL R E1 <V D si è sotto soglia, in D 3 non passa corrente e I LL =I L. Se ora il carico richiedesse una corrente che volesse forzare I LL R E1 >V D D 3 sarebbe forzato ad entrare in conduzione. Dovendosi soddisfare la maglia sopra otterremo che in R E1 potrebbe scorrere una corrente limitata e quindi: I L = I LL + I D3 Ma (per V D si intende genericamente V D1 o V D3 ): Per cui, mettendo insieme tutto: I D3 = I D1 = I B I LL h FE I B V D h FE R E1 I L V D3 + V D1 V BE1 R E1 + I B V D h FE R E1 I B + V D R E1 Transistori 52

53 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 3 V B V A D 1 D 3 I LL Q 1 I L V O I L V D3 + V D1 V BE1 R E1 + I B V D h FE R E1 I B + V D R E1 La conseguenza è che quando si innesta, la protezione prende il sopravvento e la reazione dell amplificatore smette di funzionare ed il potenziale di uscita si assesta al valore (V D /R E1 )R corto. Dove R corto è il valore del carico anomalo che è stato connesso per R L. Ovviamente se R corto =0 Ω il potenziale di uscita andrà a 0 V. Quello che accade è che D 1 D 3 drenano corrente da I B in modo che la corrente di B di Q 1 sia limitata a: I BQ1 = 1 V D h FE R E1 Questa situazione è valida solo se la corrente I B è limitata, come è il caso in questa circostanza. Se I B non fosse limitata la corrente richiesta dal carico andrebbe a scorrere tutta in D 1 D 3, in un percorso alternativo, ma sempre dannoso per il circuito. Transistori 53

54 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 4 Un discorso quasi analogo vale per la protezione negativa: Guardando alla maglia O A C abbiamo che: V D2 + V D4 = V BE2 + I LL R E2 V A D 2 D 4 V C I A V O I L I LL Q 2 Sappiamo che Q 2 è attivo perché sta drenando corrente. Per cui se I LL R E2 <V D si è sotto soglia, in D 4 non passa corrente e I LL =I L. Se ora il carico richiedesse una corrente che volesse forzare I LL R E2 >V D D 4 sarebbe forzato ad entrare in conduzione. Dovendosi soddisfare la maglia sopra otterremmo che in R E2 potrebbe scorrere una corrente limitata, quindi: I L = I LL + I A V D2 + V D4 V BE2 R E2 + I A V D R E2 + I A Ora però la situazione è più delicata. D 2 D 4 drenano corrente verso il C di Q 3 che non ha di principio limitazioni di corrente a meno che R E3 sia opportunamente dimensionata. Infatti in questo caso mano a mano che in Q 3 aumenta la corrente diminuisce V CE3, portandolo in saturazione, con il conseguente limite nella sua portata di corrente. Quindi la protezione verso il basso e verso l alto non sono simmetriche in questa configurazione. Il vantaggio della protezione passiva è di non inserire anelli di guadagno che potrebbero oscillare. Per contro non ha una soglia di intervento di grande precisione. Transistori 54

55 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 5 La protezione attiva ha una soglia di innesto più precisa. Una delle sue più semplici implementazione è questa: Se I LL R E <V BE3 Q 3 non è in grado di funzionare ed è come se non ci fosse, per cui I LL =I L. I LL I L V O Nel momento in cui I LL R E R E1 volesse essere > V BE3, Q 3 entrerebbe in funzione, drenando corrente da I B. Però in questo caso la corrente sottratta alla B di Q 2 rispetto alla variazione richiesta dal carico è h FE volte maggiore che nel caso precedente con i soli diodi, vale a dire che non viene fatto il confronto con il potenziale di innesto di più giunzioni: I L = I LL + I CQ3 V BE R E + I B V BE h FE R E I L Come nel caso precedente anche in questo caso la protezione negativa non è limitata, a meno che non si prendano ulteriori provvedimenti. I LL Quando I LL R E >V BE3 la corrente di Q 3 scorre tutta in Q 1 che non ha freni nella soluzione a fianco, per cui I L potrebbe assumere valori elevati. Questa limitazione così come impostata non funziona. Transistori 55

56 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 6 Per limitare la portata della limitazione verso il basso occorre prendere qualche ulteriore accorgimento: Per operare in modo corretto si deve in qualche modo limitare anche la corrente di Q 2. Abbiamo che: I L I A = I C6 + V BE6 h FE R E2 I C6 I L I A + V BE6 R E2 I A =I C6 I A I LL Ma I A scorre tutta in Q 2, quindi in R X. Per cui se I A R X >V BE9 il transistore Q 9 si accende e I A viene limitata a: E quindi: I A = V BE8 R X I L V BE8 R X + V BE6 R E2 La corrente I in di Q 8 è la corrente di uscita del differenziale di ingresso, quindi limitata a qualche µa. Pertanto la limitazione negativa ha richiesto l inserimento di 2 protezioni per potere essere attiva in modo consistente. Transistori 56

57 . Protezione di corrente negli stadi di uscita 7 NOTA: Le protezioni, sia quelle passive e a maggior ragione quelle attive, quando entrano in funzione modificano il funzionamento dell anello di reazione principale. Succede spesso che nel momento in cui vengono ad innestarsi, o ad uscire dalla protezione, tendono a rendere il sistema instabile, visto che per un breve intervallo di tempo interagiscono contemporaneamente 2 reazioni. Le protezioni di corrente risultano pertanto critiche nella loro implementazione e vanno studiate con cura. Transistori 57

58 8 STADIO DI USCITA RAIL-TO-RAIL Lo stadio di uscita che abbiamo analizzato fino ad ora ha la limitazione dell escursione della tensione di uscita, che, come abbiamo visto, nella migliore delle ipotesi può arrivare ad una V BE dalle 2 alimentazioni, o rails. E possibile implementare una soluzione detta rail-to-rail, capace di escursioni prossime alle alimentazioni. La forma più intuitiva di realizzazione di una tale soluzione è: V in V CC R D Q 5 I CB Q 1 Q 2 Q 3 Q 4 I CB Q 7 R D R R V EE Q 6 Q 8 R L C L Invece di uscire agli E di Q 3 e Q 4, implementando semplicemente lo stadio già visto (in verde), si genera una corrente, sfruttando R R, che viene specchiata dalle coppie Q 5, Q 6 e Q 7, Q 8. Quindi si esce ai C di Q 6 e Q 8. La corrente generata e specchiata è: V in Le resistenze R D aumentano il guadagno di corrente alle alte correnti (gli specchi sono degenerati), in modo che la corrente di uscita possa essere sempre più grande di quella di ingresso. R R Esistono molte soluzioni al riguardo. Tutte però basate più o meno sul principio indicato. IMPORTANTE: Questo stadio di uscita presenta sempre una certa criticità perché il suo guadagno non è unitario e dipende dal carico. Transistori 58