Gli Aplificatori Operazionali () lunedì 8 aprile 013 Coe pria applicazione on i transistori vediao coe costruire un aplificatore operazionale. Che è la fora più generale di realizzazione di un aplificatore. i sono olte diverse soluzioni topologiche che usano soluzioni più o eno coplesse e/o efficaci. Le soluzioni più usuali coprendono strutture a 1, o 3 stadi: Singolo stadio + g - ngresso differenziale g ( + - - ) C C Buffer di Uscita a guadagno 1 icordando che ogni stadio è realizzato con più transitori ed ogni transistore è coposto di più capacità, è naturale pesare che la copensazione sia necessaria, anche se lo stadio di uscita, operando a guadagno unitario, dovrebbe ostrare una larga banda. n realtà lo stadio di uscita è costretto a dovere essere in grado di pilotare carichi sia capacitivi che resistivi, di varie entità. Questo deterina che la sua larghezza di banda è spesso essa a dura prova. noltre, i transistori usati nello stadio di uscita hanno grande area, per potere pilotare correnti adeguate. Anche questo concorre ad abbassare le prestazioni dinaiche. Counque sia l aplificatore a singolo stadio è quello in grado di ostrare la larghezza di banda più elevata, essendo quello che utilizza il inore nuero di transistori. E ovvio che soffre di precisione, avendo un guadagno ad anello aperto liitato. Transistori 14
Gli Aplificatori Operazionali () L aplificatore a stadi è di gran lunga il più sfruttato. Consente di ostrare guadagno adeguato a larghezza di banda adeguata per olte applicazioni così dette consuer. la sua copensazione è ipleentata intorno al secondo stadio di guadagno, che per questa ragione è sepre invertente: Due stadi + g - ngresso differenziale g ( + - - ) C C -A Secondo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 L aplificatore a 3 stadi è generalente usato nelle applicazioni dove il guadagno ad anello chiuso necessario è elevato. Mostra sepre la presenza di poli doinanti e sono usate tecniche di copensazione/feedforward: Tre stadi A + g - ngresso differenziale g ( + - - ) C C1 -A Secondo stadio + C C -A Terzo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 Feedforward Tre stadi B + g - ngresso differenziale g ( + - - ) C C1 A Secondo stadio C C + -A Terzo stadio Buffer di Uscita a guadagno 1 Feedforward Transistori 15
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () CC L L O1 O O1 O 1 Q E Questo è lo stadio differenziale più seplice che si possa realizzare. Coinciao a verificare la sua efficienza su di un segnale di odo coune. O1 EE L O1 O L O O1 + O E E ( ) ( ) g O1 1 E g O E Q E E (A eno della corrente di Base B ) g + g 1 E E ( + ) 1 E 1 + E E E 1 E g + g + 1 g g g1 g E g + g + 1 n definitiva: E E E E L O1 LO1 0 g O1 1 E g1 1 g + 1 1 E E l segnale di odo coune non subisce aplificazione se la resistenza di polarizzazione E. Per questa ragione E si tende a sostituirla con un generatore di corrente, che presenta ipedenza. Transistori 16
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () CC O1 L L L utilizzo del generatore E O aiuta senz altro a ridurre le coponenti di odo coune O1 O del segnale all uscita della 1 Q rete. Dobbiao però verificare se questa adozione E non sia per caso deleteria EE anche per il segnale differenziale. E L O1 + O L E O1 O O1 g1 ( E ) O1 O O g ( E ) Q - E E g + g 1 E E ( ) 1 E 1 E E 1 E g + g + 1 g g g1 g E E 0 g + g + 1 E E g O1 1 E g 1 n definitiva: O1 LO1 Lg1 Perciò il segnale differenziale non dipende da E. Pertanto E può essere scelta unicaente per iniizzare il segnale di odo coune. Coe suggerito sopra. Transistori 17
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () L L O1 O O1 O + Q E - E O1 O1 L L O O + g 1 BE1 hie1 g BE hie E - + E + g E E 1 + E + + g E hie1 hie E 1+ g h 1+ g h + 1 ie1 ie + hie1 hie 1 1 1 + + g + g + 1 ie1 ie + hie1 hie E E 1 hie1 hie E 1+ g h 1+ g h + E ( + ) + + ( + ) h h h h g g h h ie1 ie E ie1 ie 1 ie1 ie E h h ie1 ie ( 1+ g1h ie1 ) hiee ( hie1 + hie ) E + hie1h ie + ( g1 + g ) hie1h iee ( 1+ g h ) h + + E ie ie1 E ie1 + ie E + ie1 ie + 1 + ie1 ie E Transistori 18 h h h h g g h h E +
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () Distinguendo il valore dei coponenti è possibile verificare cosa accade se non c è uniforità. Tuttavia per seplicità ora possiao porre: g 1 g g e h ie1 h ie h ie : ( 1+ g1h ie1 ) hiee E + + ( hie1 + hie ) E + hie1h ie + ( g1 + g ) hie1h iee ( 1+ ghie ) hie1 E + ( + ) + + ( + ) ( 1+ ghie ) E ( 1+ hfe ) E h h h h g g h h ie1 ie E ie1 ie 1 ie1 ie E E + + h 1 g h h 1 h + + ie + + ie E ie + + FE E Da cui: hie + ( 1+ ghie ) E ( 1+ ghie ) E hie + ( 1+ ghie ) E h + 1+ g h 1+ g h ie ie E ie E + E + h + 1+ g h 1+ g h h 1 g h h 1 g h ie ie E ie E + ie + + ie E ie + + ie E E hie + ( 1+ ghie ) E ( 1+ ghie ) E + hie + ( 1+ ghie ) E hie + 1+ ghie E 1+ ghie E h + 1+ g h 1+ g h h 1 g h h 1 g h ie ie E ie E + ie + + ie E ie + + ie E Transistori 19
E quindi: Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () hie + 1+ gh o1 ie E 1+ ghie E g ( + E ) g + h ie + 1+ g h ie E h ie + 1+ g h ie E hie + 1+ gh o ie E 1+ ghie E g ( E ) g + h ie + 1+ g h ie E h ie + 1+ g h ie E n particolare: Facoltà di Fisica di Milano Bicocca h + 1+ g h 1+ g h ie ie E ie E o1 o g + h ie + 1+ g h ie E h ie + 1+ g h ie E g h + 1+ g h 1+ g h ie ie E ie E + h ie + 1+ g h ie E h ie + 1+ g h ie E hie + 1+ h FE E 1+ hfe E g + h ie + 1+ h FE E h ie + 1+ h FE E g g ( ) ( 1 h ) h + 1+ h 1+ h h 1 h h + ie FE E FE E ie FE E + + ie + + FE E + La differenza tra O1 ed O dipende solo dalla differenza tra + e -. Mentre le singole correnti O1 ed O dipendono dalla differenza solo nel caso in cui E sia olto grande. Mentre il segnale di corrente differenziale non risente del odo coune, nel caso + sia a - abbiao che: h FE o1 o + hie + ( 1+ hfe ) E Transistori 130
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () Allo stesso risultato si poteva arrivare considerando i transistori coe strutture reazionate. La cosa viene agevole se si applica il principio di sovrapposizione. Cerchiao di valutare O1+. Assuiao - 0: O1 O1 L L O O + g 1 BE1 hie1 g BE hie E E Per seplicità stiao considerando che S + BB 0. l transistore di sinistra è in configurazione EC avente in parallelo alla resistenza di E, E, l ipedenza di uscita di un CC. Quindi: ie of CC 1 + ghie Di conseguenza: 1 ' 1 1 1+ ghie hie T E BP gp g + + g hie E hie hie + ( + ghie ) E h Abbiao che A D 0: Carico di 1 1+ ghie T o1+ + + E h ie 1 T hie + 1+ ghie E ghiee 1 + Ehie hie + ( + ghie ) E ghie 1 + E h ie + ( + g h ie ) E g hie + 1+ ghie E + hie + + ghie E Transistori 131
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () Ora consideriao la situazione opposta, con + 0. l transistore di destra si coporta coe un CC che inietta segnale in un BC, il transistore di sinistra. Cerchiao di valutare O1-. Assuiao - 0: O1 O1 L L O O g 1 BE1 hie1 g BE hie E E - Abbiao che il guadagno di anello risulta il edesio del precedente e: hie 1 + g h if BC ie T g hiee BP h ie + ( + g h ie ) E n questo caso abbiao la trasissione diretta: A D ( ( ( + ))) ( + ) + E hie 1 ghie E h g h ( E ( hie 1 ghie )) hie + ( + ) ie ie E Mettendo insiee: E T AD ghiee E + + 1 T 1 T hie + ( + ghie ) E hie + ( + ghie ) E 1 T ( 1+ ghie ) + ( + ) E hie ghie E Transistori 13
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () Ora vediao cosa avviene all ingresso di un base coune: i if O S FF EE S O o T T + 1 T + 1 T s T s s if s s if s if if s 1 T if T ghie g h 1+ g h g ie ie o i i 1+ ghie hie itornando a E si può afferare che: Mettendo insiee tutto: ( + ) + ( + ) 1 ghie g E o1 ge h g h ie ie E g hie + 1+ ghie E 1+ ghie g E o1 o1+ + o1 + hie + + ghie E hie + + ghie E isultato che coincide con quello ottenuto nelle pagine scorse con etodo tradizionale. Transistori 133
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A (X) La coppia differenziale, per il segnale puraente differenziale, si coporta quindi coe se gli E dei transistori fossero connessi a assa: O1 O1 L L O O S1 S g 1 BE1 g h C BE hie BE C BE ie1 - Oettendo l effetto delle capacità C BC abbiao che il liite in frequenza deriva essenzialente dalle resistenze S. Coe avevao già trovato (qui assuiao di considerare frequenze elevate): ox sc g BE ' sx + 1 sx l uguale e la x stanno ad indicare che le ipedenze di ingresso non sono ai uguali. Pertanto si può introdurre una asietria. Tipico esepio è quando all ingresso non-invertente è applicato un segnale di tensione entre all ingresso invertente la rete di reazione. Perciò occorre fare bene attenzione al polo che può essere inserito nella aglia di ingresso del circuito. Di fatto, spesso lo si trascura. Transistori 134
Lo specchio di corrente () Nella progettazione onolitica un attone fondaentale è lo specchio di corrente, utilizzato sia per la polarizzazione che nella generazione di segnale negli aplificatori differenziali. 1 Q B Se e Q sono uguali e la stessa tensione di B viene applicata ad entrabi non c è ragione di ritenere che la loro corrente di collettore sia diversa ( a eno che per diverso valore di CE si abbia una diversa C, che supponiao per ora di valore ). l problea è che ai 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 problea è quello di autopolarizzare un transistore e copiarne la BE : + + C1 è connesso a diodo. Tuttavia, operando a CB 0, è nella sua zona lineare di operazione. Supponendo trascurabile B1 abbiao che la corrente di C di, C1, è uguale ad 1. Di conseguenza, la BE di soddisferà: C1 BE1 T ln A 1 h FE 0 KBT T, A1 area di E di, q 1 0 C B Q B1 B 1 C1 B1 B B B1 corrente di saturazione inversa α ( 1+ α) + h FE C1 h + 1+ α 1 C1 C1 hfe FE Transistori 135
Lo specchio di corrente () Nelle condizioni in cui si stanno usando transistori realizzati con la stessa tecnologia, per Q avreo: C BE T ln A h FE 0 Mateaticaente stessa tecnologia viene tradotto nell avere la stessa corrente di saturazione inversa 0. Ovviaente l area di Q, A, non deve essere vincolata ad essere siile a quella di anzi.. Nella nostra rete abbiao che BE1 BE, per cui: C1 C BE1 T ln BE T ln A1h FE1 0 AhFE0 nfine, passando dai log ai nueri: A A h A h FE FE C C1 1 1 A1 A 1 hfe 1 + + α A1 A h FE 1 + + A 1 Quindi abbiao ottenuto il risultato iportante: la corrente di uscita è ultipla della corrente di ingresso attraverso un paraetro che dipende solo da fattori geoetrici, non elettrici e neeno dalla teperatura. Le correnti di collettore sono uguali, a il rapporto tra corrente di uscita e di ingresso risente del valore delle correnti di base. edreo tra poco che questo errore può essere ridotto. Ovviaente lo stesso conto lo possiao svolgere utilizzando il odello per piccolo segnale. Transistori 136
Lo specchio di corrente () nnanzi tutto osserviao che operando N transistori uguali alla stessa corrente è uguale ad ipleentare un transistore di area N volte più grande di quella di un singolo transistore. Quindi abbiao che: g B E B E h ie h ie1 h ien C BE1 C BEN N g 1 BE C g N BE C Se gli N transistori in parallelo sono uguali ed operano alla stessa corrente abbiao che: g C k h iek h g T FE k Di conseguenza possiao dire che la cobinazione degli N transistori equivale ad un transistore avente coe caratteristica: g C k k T 1 1 1 1 C NC T h h iek FE k hiek k T hfe T hfe NC N Con che il transistore equivalente risultante ha caratteristiche: B NC BC Ng BE C E h ie /N NC BE Transistori 137
Lo specchio di corrente () Lo specchio di corrente per piccoli segnali è rappresentabile così: s B B BE1 BE g BE C g 1 BE1 B1 h ie1 h ie isolviao staticaente: BE1 s + g1be1 + hie1 o gbe1 h BE1 ie h + g h h + h s hie1h ie o gbe1 ie 1 ie1 ie ie1 BE1 o ghie1h ie h + g h h + h ie 1 ie1 ie ie1 h Ng ie1 1 N s h h ie1 + g ie1 N 1 + h N ie1 s 1 ie1 1 ie1 FE s s N 1 ie1 1 ie1 FE ( + ) ( N) Ng h g h h 1 N N 1+ g h + N 1 + N + g h 1 + h 1+ s l risultato ci dice che la corrente di uscita è N volte la corrente di ingresso a eno dell errore legato ad h FE ed N. Tanto più N è grande tanto inore è la precisione ottenibile. La rete si coporta coe se vi sia in gioco un h FE ridotto del fattore N+1. L errore è iputabile alla corrente di base, che si perde nel parallelo delle h ie. Transistori 138
Lo specchio di corrente () Esiste la possibilità di ovviare alla perdita recuperando la corrente di base: S Ora la corrente di C di è olto più siile ad S perché la corrente di B di Q 3 è circa B /h FE3. Q 3 B Q s g 1 BE Q 3 s B3 g1be B3 BE g BE C 1 1 hfeb3 + BE hie1 hie o gbe h ie1 h ie B3 BE h 1+ N h FE ie1 BE 1+ N g + s 1 BE hfehie1 g1h FEhie1 + 1+ N BE hfehie1 hfeh ie1 g h h + 1+ N 1 FE ie1 s o g N ghfehie1 h h + 1+ N 1 FE ie1 1 1 + 1+ N hfe1h FE Quindi l errore è ridotto di un fattore h FE. s s Transistori 139
Lo specchio di corrente () l generatore di corrente, ad alta frequenza, potrebbe trovarsi a fronteggiare situazioni estree: 1 B1 Z O 1/sC BE C1 Q B ediao quindi se nelle situazioni accadono cose trascendentali. 1 B1 Z O 1/sC BC C1 Q B Transistori 140
Lo specchio di corrente () Parliao ora dell aspetto riguardante la frequenza dello specchio senza e con corrente di recupero di base: s B g 1 BE1 B g BE C Supponiao che le aree dei transitori siano uguali, A 1 A. B1 h ie1 h ie Posiao dire che: g BE C BE s O C BE h ie1 g C BE BE h ie C BC L ipedenza di carico di è l ipedenza di ingresso di Q. Ora abbiao che S e E 0. Quindi, per quanto abbiao già trovato la preessa è: T ss o gz G B ss o Z 1 g Z Z M o + F + ss E + ( + E ) B o + F + ss T s E 0 ss ZB gzb o + Z + Z g Z o ZB o F B B B Z + Z F Transistori 141
Lo specchio di corrente () Parliao ora dell aspetto riguardante la frequenza dello specchio senza e con corrente di recupero di base: s B g 1 BE1 B g BE C Supponiao che le aree dei transitori siano uguali, A 1 A. B1 h ie1 h ie Posiao dire che: g BE C BE s O C BE h ie1 g C BE BE h ie C BC E perciò: 1 1 1 1 gz + 1+ Z Z + Z + Z if iff B F o B F 1 1 ZB + ZF + gz + B o ZB ZB ZF + ZB ZB + ZF ( ZF + ZB )( ZB + ZF ) + Z B ZB + ZF + gzb Z Z Z Z Z ( ZB + ZF ) + gzb ( + )( + ) B F B B F B ( + )( + ) B F B B F 3 Z Z Z Z Z 1 Z B if Z B Transistori 14
Lo specchio di corrente (X) l transistore Q lo possiao odellizzare così: ( + ) ZB ZB ZF 1 Z + Z 1 T F B O i + s g BE if h ie1 C BE Z F T 1 T s s i Partiao dal guadagno di anello generico: T gzb ' ' EZF + so + E ( s + o ) ' s ' ' + E + ZB ZF + so + E + ZB s + o E consideriao che, per, Z F 0, S ed E 0: T if 1 g ZB g if + ZB ZB gz B ZB Nell ipotesi che g risulta O 0. Mentre nel passaggio diretto: Di conseguenza: 1 1 1 ZB ODir + s s ZB ZB ZB 1 ZB 1 Z B O s s s 1 T1 gz 1+ B + gzb ZB s ad a lta frequenza Transistori 143
Lo specchio di corrente (X) ( + ) B B F Z Z Z 1 Z + Z 1 T F B O i + s g BE if h ie1 C BE Z F T 1 T s s i D altra parte: i1 Z B E quindi: if1 Z 1 Z 1 B B 1 T1 g 1 + Z B ZB Z B + g Z B of1 ediao cosa succede all uscita di Q. Per questo dobbiao valutare il suo guadagno di anello. Per ora abbiao valutato solo T S. Siccoe Q è reazionato in corrente abbiao che il suo T soddisfa: T of1 Ts of1 + iq Dove of1 coincide con l ipedenza di uscita di valutata con il suo carico di valore : of1 ZB Z B 1 T 1+ g Z 1o1 B Transistori 144
ale anche che: of Facoltà di Fisica di Milano Bicocca Lo specchio di corrente (X) ( + ) ( + ) ( + ) 1 1 ZB ZB Z F i + ZB ZB Z + F ZB + ZF Quindi: Z 1 T T T + 1+ g Z Z + Z ZB ZB ZF 1 ZB ZB ZF 1 Z Z B + ZF 1 T ZB + ZF g 1 Z + B Z Z 1 s B s s s is 1 gzb ZB ZB ( ZB Z + + + F ) ZB + Z F Z + Z + Z + Z 1+ g Z B B F gzb Z + Z B F B F B B F gzb gzb Z + Z + Z + Z 1+ g Z + Z ( g Z ) B F B F B F T risulta olto piccolo per via del fatto che l ipedenza di ingresso di Q è piccola, condizione che annulla la reazione. La conseguenza è che possiao scrivere che: B ( + g ) F B Z B E l equivalente di Norton all uscita è: gz T 1 Z + Z 1 Z Z s o s o F B F F 1 T s if ZB gz + g B ZB ZB Z F gz Z F B s g BE if h ie1 C BE O 1+ s 1 gz B + g Z Z + g Z B B B Z i s B B + + Z F Z F 0 @ Hz T 1 T S @ 0 Hz B s s i Transistori 145
Lo specchio di corrente (X) Parliao ora dell aspetto riguardante la frequenza dello specchio senza e con corrente di recupero di base: s B g 1 BE1 B g BE C Supponiao che le aree dei transitori siano uguali, A 1 A. B1 h ie1 h ie Posiao dire che: g BE C BC s O C BE h ie1 g C BE BE h ie C BC L ipedenza di carico di è l ipedenza di ingresso di Q. Ora abbiao che S e E 0. Quindi, per quanto abbiao già trovato la preessa è: T ss o gz G B ss o Z 1 g Z Z M o + F + ss E + ( + E ) B o + F + ss T s gzbo + Z + Z E 0 ss ZB g o F B Z Z B F o ZF ZF + ZB Transistori 146
Lo specchio di corrente (X) Parliao ora dell aspetto riguardante la frequenza dello specchio senza e con corrente di recupero di base: s B g 1 BE1 B g BE C Supponiao che le aree dei transitori siano uguali, A 1 A. B1 h ie1 h ie Posiao dire che: g BE C BC s O C BE h ie1 g C BE BE h ie C BC E perciò: 1 1 1 1 gzbzf + 1+ if iff ZB ZF + o ZF Z + B 1 1 Z + Z + g Z Z + F B B F o ZF ZB ZF ZF + ZB ( + ) + [ + + ] Z Z ( Z + Z ) Z Z Z Z Z Z g Z Z F F B B F B B F B F F B F B ZBZF 4ZF + gzbz F B F ZF ZB ZB4ZF ( + ) + Z Z ( + ) Z Z g 1 Z B if Z B Transistori 147
Lo specchio di corrente (X) l transistore Q lo possiao odellizzare così: ( + ) ZF ZB ZF 1 Z + Z 1 T B F O i + s g BE if h ie1 C BE Z F T 1 T s s i Partiao dal guadagno di anello generico: T gzb ' ' EZF + so + E ( s + o ) ' s ' ' + E + ZB ZF + so + E + ZB s + o E consideriao che, per, Z F 0, S ed E 0: T if 1 g ZB g if + ZB ZB gz B ZB Nell ipotesi che g risulta O 0. Mentre nel passaggio diretto: Di conseguenza: 1 1 1 ZB O + s s ZB ZB ZB 1 ZB 1 Z B O s s s 1 T1 gz 1+ B + gzb ZB s ad a lta frequenza Transistori 148
Lo specchio di corrente (X) ( + ) ZF ZB ZF 1 Z + Z 1 T B F O i + s g BE if h ie1 C BE Z F T 1 T s s i D altra parte: i1 Z B E quindi: if1 Z 1 Z 1 B B 1 T1 g 1 + Z B ZB Z B + g Z B of1 ediao cosa succede all uscita di Q. Per questo dobbiao valutare il suo guadagno di anello. Per ora abbiao valutato solo T S. Siccoe Q è reazionato in corrente abbiao che il suo T soddisfa: T of1 Ts of1 + iq Dove of1 coincide con l ipedenza di uscita di valutata con il suo carico di valore : of1 ZB Z B 1 T 1+ g Z 1o1 B Transistori 149
ale anche che: Quindi: of Facoltà di Fisica di Milano Bicocca Lo specchio di corrente (X) i ( + ) ( + ) ZF ZB ZF 1 ZF ZB ZF 1 Z ZB + ZF 1 T ZB + ZF g 1 Z + B 1 g 1 1 1 ZBZ + Z Z Z + Z F B F F B Z 1 T T T s B s s s is B ZB ZBZ + 1+ g Z + F 1+ gzb ZF + ZB Z F B F B F ZF + ZB + Z + Z 1+ g Z gz Z Z + Z B F gzbzf gz B Z + Z + Z 1+ g Z 1+ g Z B F B B T risulta olto piccolo per via del fatto che l ipedenza di ingresso di Q è piccola, condizione che annulla la reazione. La conseguenza è che possiao scrivere che: s g BE if h ie1 C BE F B ( + Z ) E l equivalente di Norton all uscita è: gzbzf T Z + Z Z Z s o s o F F B F 1 Ts if ZF gzbz 1+ F + gzb ZF ZF + ZB gzb S @ 0 Hz s gz Z B F s + gzb ZF + gzb 0 @ Hz Transistori 150 O i + Z B F ZF T 1 T F s s i
Lo specchio di corrente (X) n frequenza vediao anche lo specchio con recupero di B : s B3 Q 3 C BC BE g 1 BE C O C BE h ie1 C BE h ie g BE nnanzi tutto osserviao che l ipedenza di uscita di Q 3 può essere considerata adeguataente bassa, per cui a aggior ragione l ipedenza di uscita di Q risulta: of 1 1 o s C C sc ( + ) Possiao anche credere che risulterà: BC o Co CBC BC Z + 1+ g Z Z + Z Z 1+ g Z i3 if 3 B E B B B i3 B Co CBC 1 1 4ZF + gz Z B B ( 1 gzb ) ZB 4ZBZF + + + Z 4Z Z + ( 1+ g Z ) Z Z + 3 Z B F B B B B B 8ZF + g ZB La struttura Q 3 fora un anello reazionato. Se per un attio aettiao che g 1 0 otteniao che l ipedenza di ingresso ad anello aperto risulta: o s Transistori 151
Lo specchio di corrente (X) Alla reazione Q 3 ropiao l anello in prossiità del generatore di corrente di : s S B3 Q 3 C BC BE C O T C BE h ie1 C BE h ie g BE Per valutare il guadagno di anello e sfruttare la forula già ottenuta a suo tepo conviene supporre presente una resistenza S da fare tendere all : ge scbe g + 1 EQ 3 BE st 1 + ge s + sc E BE + 1 1 + g E 4ZBZF ( 1+ gzb ) E ( 1+ gzb ) T T s 8ZF + gzb Quindi: ( + ) ( scbe g + 1) + 4 scbe1 scbc 1 g scbe T 8 scbc + g scbe 4 g T sc BE g + 1 scbc scbe g 8CBE CBC 1 scbe 1 g gzb T scbe g + 1 1+ gzb scbe if i3 3 ZB 3 1 T g Z sc 1+ ( 1+ g Z ) B BE B Transistori 15
Lo specchio di corrente (XX) Consideriao ora il caso in cui l ipedenza di carico di Q 3 sia olto piccola, al liite per cui si possa pensare che E ~ Z B /: ge scbe g + 1 T s 1 + ge s + sc E BE + 1 1 + g E E ( 1+ gzb ) s gzb g + B Z E B s CBE BE + ( 1 g Z ) ( sc g 1) Per rendere eno critico il coportaento in frequenza conviene allora porre all ingresso una capacità ultipla di Z B, αz B con α<1: g E scbe g + 1 T s 1 + ge s + sc E BE + 1 1 + g E g ZB 1 ( ZBg ) + 1 Z s E ZB 1 + g ZB 1 s + B + 1 Z 1+ g ZB B g ZBg + 1 αz 1 B s αzb + gz α+ B + 1 + gzb α gzb ( ZBg + 1) α + 3 + gzb α g 1+ scbe g scbe scbe g ( α + 3) + 1 Abbiao quindi ottenuto che la pendenza è solo di 0 db/dec invece di 40 db/dec, guadagnandoci in stabilità. Morale: uno specchio di corrente con recupero della corrente di base è bene che abbia sepre una capacità di filtro all ingresso. Transistori 153
Lo specchio di corrente (XX) Esistono diverse varianti alle seplici soluzioni ipiegate. Le varianti essendo dedicate alla iniizzazione della corrente di B ed alla assiizzazione della ipedenza di uscita. Una terza soluzione è lo specchio degenere: S Facoltà di Fisica di Milano Bicocca Q 3 B Q 1 n questo caso l errore dovuto alla possibile non perfetta equivalenza dei transitori dello specchio è copensata dalla caduta ai capi dei resistori 1 ed (si supponga che le aeree siano uguali): + + C1 1 BE1 C BE + C C1 1 BE1 C 1 C1 + T ln C1 C BE Se la corrente T / è inore di C si riesce ad approssiare il rapporto tra le correnti in odo lineare. iceversa, nel caso C sia inore di T / la presenza del logarito forza le correnti ad essere siili. Questo è un buon odo per realizzare uno stadio di guadagno che in assenza di segnale ostri le correnti di polarizzazione di ingresso ed uscita siili, ad alti valori di corrente si ha un guadagno. Ancora più estrea è la situazione in cui è nulla: S Q 3 BE BE1 S 1 S 1 T ln C S B Q 1 Ovvero: C S exp S T 1 Transistori 154
Lo specchio di corrente (XX) Lo specchio di corrente è utilizzato anche per forare generatori di corrente a ultipla uscita. Un esepio è questo: S Q 3 B Q Q 3 Q 4 A r1 3 4 A r A r3 A r4 n questo odo tutti i rai che necessitano di una polarizzazione dal basso ricevono una corrente che è in proporzione ad una corrente di riferiento, spesso generata stabile in teperatura. Nel caso più seplice S è generato da una resistenza. Se la corrente deve polarizzare per esepio uno stadio differenziale serve che la sua ipedenza di uscita sia la più grande possibile. Per copiere queste valutazioni non si può più trascurare l ipedenza copresa tra E e C. S Q 3 B Q A r1 A r C La soluzione più seplice consente di iniizzare la ddp inia ai capi del transistore di uscita Q : CB 0, ovvero CE 0.7. Questa soluzione offre però un ipedenza che è esattaente uguale ad C perché infatti Q non risulta essere reazionato. Se C non fosse adeguataente elevata è possibile auentare l ipedenza di uscita inserendo la reazione. Ovviaente lo scotto che si paga è che auenterà la ddp necessaria al sostentaento del generatore. Transistori 155
Lo specchio di corrente (XX) S Q 3 Q C B Q A r1 A r C Q Q C forano quello che si dice un bootstrap. Sostanzialente Q C si trova ad avere coe E la C di Q. Tenuto conto che l ipedenza di ingresso di Q 3, reazionato con, abbiao visto essere piccola, pari a 1/g 3, il odello è: OG Considerando che: S 1/g 3 Q C CC E C P Chiec + h C iec h iec Otteniao che: OG ' ( + ) 1 + g ( ) P CC P CC + ( h + )( 1+ g h ) ( 1+ g h ) ( 1 h ) iec CC iec CC iec CC FEc Abbiao ottenuto che l ipedenza di uscita C è auentata del fattore h FE. Ora però la ddp inia che posiao avere in uscita si ottiene quando CBc 0. Ma ora abbiao che Ec 0.7, per cui CCin 1.4! Transistori 156
Lo specchio di corrente (XX) S OG Q C Curiosità. Supponiao di auentare di un unità il bootstrap. Q 3 Q C1 OG B Q A r1 A r C Avreo che per Qc varrà il odello: OG S 1/g Q C E OG1 Ma ancora: Pc OG1h iec + h OG1 iec h iec E quindi: ' ( + ) 1 + g ( ) OG P CC P CC iec + CC + iec CC + iec CC + FEc ( h )( 1 g h ) ( 1 g h ) ( 1 h ) ale a dire che c è un liite superiore nella ipedenza di uscita che si può ottenere con un transistore bipolare. La liitazione essendo data dalla presenza di h ie. Questa liitazione non è presente con i JFET/CMOS. Transistori 157
Lo specchio di corrente (XX) Coi MOS: S S Q 3 Q C Q C B Q A r1 A r D Q 3 Q C1 B Q A r1 A r C OG S Q C E D OG P D ( + ) + OG D DC 1 g D DC D D 1+ g D + gd S Q C E OG OG ( OG + DC ) 1+ g ( OG DC ) ( ( g ) ) 1 g ( ( g ) ) D + D + D + D + D D ( 3 + gd ) D [ 1+ gd] ( gd ) D Transistori 158
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () l nostro possibile stadio di ingresso differenziale si può trasforare quindi così: O3 CC Q 3 Q 4 O4 Da studiare adesso O O1 O A Q B S Q 3 E B Q A r1 A r C EE Transistori 159
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale A () CC O3 Q 3 Q 4 O4 O1 O Q E O - L aggiunta dei transistori Q 3 e Q 4 consente di raddoppiare il guadagno ed abbassare la caduta di potenziale altrienti necessaria su delle grosse resistenze di carico L. EE Sappiao che O1 g 1 e O -g. La corrente di base di Q 3 è trascurabile. Pertanto avreo che O3 O1. Di fatto la connessione tra base ed eettitore di Q 3 serve per potere polarizzare la base di Q 3 e Q 4. Ora abbiao anche che BE3 BE4. Di conseguenza sarà: O3 O4, se l area di Q 3 è uguale a quella di Q 4. l bilancio delle correnti al nodo di collettore di Q 4 risulta essere: + O4 O O O O4 O O1 O g1 ( g) g + g g 1 1 La corrente di uscita differenziale è doppia rispetto al caso precedente. Non solo. Nel caso che i segnali di ingresso fossero uguali avreo che: O1 /( E ) e O /(E), da cui O risulta: O 0 E E Transistori 160
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale B () CC O3 Q 3 Q 4 O4 O1 O 1 Q E O L efficacia della configurazione differenziale con lo specchio di corrente è ancora più evidente quando le sorgenti di ingresso sono generiche. EE g O1 1 E g O E O1 + O E E g + 1 E E E 1 + E E E E 1 + 1+ ge 1+ g g g E E g O1 1 E 1+ g g g g E E 1 E 1 g + E + g g 1 E 1 1 g + E g O E 1+ g g g g E E E 1 1 g + E + g g E 1 1 g + E Osserviao che sia O1 che O hanno una coponente che dipende dal valore di 1 e, quindi dipendente dal odo coune. Transistori 161
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale B () CC O3 Q 3 Q 4 O4 O Ora abbiao che: O1 O 1 Q E E EE n definitiva: O O1 O g + g g 1+ g E E E 1 1 E 1 E 1 g + 1+ g ( ) g ( ) 1 E 1 g + 1+ g g [ 1 g ]( ) E 1 Ovviaente tutte le possibili asietrie conducono a dovere avere una dipendenza da E del segnale di uscita di odo coune. Pertanto è bene fare in odo che E sia counque la più grande possibile, un generatore di corrente. Transistori 16
Stadio di ingresso di un aplificatore operazionale B () Generalente lo stadio differenziale è a canale p e lo specchio a canale n: 1 1 1 O 1 + 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 sepre più veloci di quelli a canale p, per via della nota aggiore velocità degli elettroni nei rispetti delle lacune. Gli ingressi sono quasi copatibili a assa (nel caso si usi una singola alientazione). Quando gli ingressi sono a 0, il collettore dei pnp è a circa BE, al pari dell E. Questo è verificato se lo stadio successivo ha l ingresso a BE. La copatibilità copleta verso 0 la si ha con l ingresso a Darlington: 1 1 1 O 1 + Coe si può notare ora con gli ingressi a 0 i C di e Q sono a BE, coe la loro B, per cui operano a CB 0, lontani dalla saturazione. Transistori 163
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () Negli AO a doppio stadio il secondo stadio di guadagno è realizzato in genere con una coppia di transistori in configurazione ad E coune. CB 1 1 C C O G 1 C S A 1 + Q G1 Q G C O O soggetti in gioco oltre ai transitori sono la capacità di copensazione C C e l ipedenza di uscita dello stadio di ingresso, C S. n DC si può ritenere che l ipedenza di ingresso di Q G1 Q G sia la più piccola rispetto all ipedenza di uscita della struttura differenziale, per cui, coe abbiao già diostrato, la corrente di uscita dalla struttura Q G1 - Q G è: g h h, g d CB G FE A FE 1 d T C S C C Q G1 Q G O G O C O l odello viene di facile interpretazione se si può trascurare l effetto della capacità C BC di Q G, perché infatti in questo caso l ipedenza di ingresso di Q G non viene a dipendere dal carico. Transistori 164
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () L ipedenza di ingresso di, se è considerato S 0, diviene: Z + 1+ g Z + g Z Z if1 B B E B B E ZB 1 ( sc + g ) BE s C BE E iportante osservare che l ipedenza di ingresso di Q G1 è inversaente proporzionale al quadrato della frequenza, sino a frequenze elevate. O icordiao inoltre che per S 0 vale: Q G1 G O S Z B g EQ1 1+ g Z 1+ g Z B E B E s ZB + 1+ gzb E E Z B + gzb Abbiao che: 1+ g Z 1+ g Z g G g B B G s M + gzb + gzb Quindi il odello è: ifq1 G M Transistori 165
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () A questo punto possiao prendere in considerazione anche gli eleenti che stanno intorno: La capacità C C è la vera e propria capacità di copensazione che sfruttereo nell AO. La capacità C S rappresenta la capacità di uscita dello stadio di ingresso differenziale entre C O sarà la capacità di ingresso dello stadio successivo, se ad alta ipedenza. C C C S Z A (1/sC S ) ifq1 i O ifq1 G M CO Mentre C S è spesso trascurabile, quando C O rappresenta l ipedenza di ingresso di uno stadio di uscita può avere valori apprezzabili, piccoli a con possibili effetti. C S C C i O ifq1 T CO 1 sc + + Z T o o o A scc sc sc c o + 1+ sccz A o 1 Co 1+ sccza + Cc s 1+ sccza o Z A (1/sC S ) ifq1 Transistori 166
Da cui: Facoltà di Fisica di Milano Bicocca Secondo stadio di un aplificatore operazionale () Ma: o 1 1+ sc Z c A s C 1+ sc Z + C o c A c T E quindi: Z 1 1+ sc Z Z A c A A i o 1 T ZA + s C sc o ( 1+ sccza ) + Cc 1 c ZA + scc CcZ A C 1+ sc Z + C o c A c T CcZ T G A C 1 sc Z C M o ( + c A ) + c Ccif1 Zo G if1 M GM Cs 0 Co 1+ sccif1 + Cc Zc + if1 + Zo g g 1+ gzb Zo ( + gzb ) ZB + gzb ( + gzb ) ZB + Zo + Zc ZoZB ( 1+ gzb ) ( + gzb ) ZB + Zo + Zc 1 1 ( sc + g ) BE g sc o BE s C 1 1 1 ( sc BE + g ) + + s C sc BE o sc c 1 scbe g Cc g s sc + g CoCc + scccbe + scocbe ( + ) ( BE ) ( sc + g ) 1 BE g sco o c C 0 s C + C o s C C B E BE + CBE + 1 g CoCc ( sc + g ) BE Transistori 167
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () Quando C O è trascurabile abbiao un coportaento critico di T, che è asintotico a s : Da cui: Facoltà di Fisica di Milano Bicocca ( sc + g ) 1 BE g T sc o CBE CBE Co 0 s C s + + 1 B E g Co 1 g 1 g ifq1 ifq1 o s s scc 1+ gifq1 scc 1+ gifq1 ( sc + g ) BE g ( scbe ) + 1 ( sc BE ) g + 1 BE g g sc sc BE c s CBE scbe g g s C BE g 1 s C 1 scc 1+ + 1 + + 1 l denoinatore della funzione risultante ha poli cc con rapporto tra iaginario e reale pari a 3. Di per se questo porterebbe ad avere circa il 16 % di overshoot nella risposta al gradino. La presenza dello zero che non si copensa, detto doppietto, introduce una derivata che auenta l overshoot al 30 % (vedi Appendice A). La presenza della capacità C O di valore adeguato, o di una resistenza in serie alla base di Q G favorisce il iglioraento della risposta. n genere questa è una regola: negli aplificatori con uscita in corrente la stabilità è un paraetro olto critico che dipende forteente dal valore dell ipedenza di carico. Assuendo C O diverso da zero una buona soluzione la si ottiene quando C O e C BE diventano confrontabili, ovvero quando lo zero viene a cancellarsi col polo a frequenza più elevata. Transistori 168
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () La situazione si riesce a stabilizzare se si introducono eleenti che perettano in qualche odo di dissipare l energia disponibile. Una soluzione adottata spesso è l inseriento di una resistenza in serie all E di Q G. n alternativa un paio di resistenze in serie alle basi di Q G1 e Q G. Noralente la BB potrebbe già essere sufficiente a taponare la distorsione: O S BB Q G1 BB G O Z B g EQ1 Nel nostro T, consideriao che in Z B : T gzb 1+ gzb Dobbiao sostituire Z B BB +Z B g CBE T ( scbebb + 1) s ( 1 gbb ) 1 + + s C g BE l nueratore di T viene ora odificato con l aggiunta di uno zero che può eglio adattarsi alla copensazione dei approssiati nell origine. Qualche centinaio di Ω è spesso sufficiente allo scopo. Transistori 169
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () Coe esepio consideriao la risposta, noralizzata, al gradino del nostro stadio quando C S C O 0 e C BE 1 pf, g 100 µa/ T (f T 16 MHz) BB E 00 Ω ( E in questo caso è la BB di Q G della pagina precedente): 1.5 Facoltà di Fisica di Milano Bicocca Senza copensazione: bb0 e e0 1 Arb 0.5 l risultato è eloquente. 0 0 1 t (sec) 3 4 x 10-8 Copensato con bb00 e e0 1.4 1. Arb 1 0.8 Copensato con e00 e bb0 1.4 0.6 1. 0.4 0 1 3 1 4 t (sec) x 10-8 0.8 Arb 0.6 0.4 0 1 3 4 t (sec) x 10-8 Transistori 170
Secondo stadio di un aplificatore operazionale () E possibile cercare di conteplare la presenza del condensatore di reazione C BC del transistore Q G. n questo caso è eno iediato odellizzare un doppio stadio per via della vicendevole influenza dei transistori e risulta più agevole pensare ad una soluzione esatta. C C O C C O G B1 C O Z B1 g 1 BE1 Q G1 Q G C S C O Z B T O E Z F l sistea da risolvere per il guadagno di anello è (Z B1 Z B ): o o E o E T + + + 0 Zo ZF ZB + Zc g + + Z + Z Z + Z Z Z ZB o E E E o ( o E ) B c B c B F Quindi: T gzbzo ( 1+ gzb ) ZF + ZB + Zc ( + ) + ( + )( + ) + ( + + ) 1 g Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z B B F B c B F B c F o Transistori 171
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) C C i O C S ifq1 G M CO Z A (1/sC S ) ifq1 1 sc + 1 sc C + Z C + C Z s ifq1 c o i ifq1 c o i ifq1 ( Cc + Co ) ifq1 ( c + o ) sc C + sc C + C + C + C c o ifq1 s ifq1 c o c o C C s C C + C C + C + C + C ifq1 C c C s o + C C C s ifq1 + 1 c + o c o s c o ifq1 c o Z if ifq1 1 C c C s o C Z + C C C s ifq1 + 1 1 c + o ifq1 o ifq1 G c A M C o ( 1 + sc c Z A ) + C c ifq1 1 C c C o s + C ifq1 C C s ifq1 + 1 1 g c + + o s C + 1 s C ifq1 1 + 1+ g g ifq1 o Transistori 17
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) Supposto di avere operato bene dovreo avere costruito una struttura del genere: CB C C 1 1 g 1 g G G M 1 A 1 + G C S A bassa frequenza avreo un uscita doinata dalla corrente: ( 1+ gzb ) + gzb G g G M if 1 g + g Z Z g B B 1 g Z 1+ g Z g B B 1 FE FE 1 FE 1 h 1+ h g h g g CB T Ad alta frequenza invece abbiao il liite a: g G 1 scc Per il segnale differenziale, - 1 : g CB CB G 1 1 1 scc TsCc T scc Transistori 173
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) Supposto che il polo doinante sia dato da C C e considerato che lo stadio successivo è a guadagno unitario, si può subito deterinare la frequenza a guadagno unitario del AO: g g G 1 1 T 1 ω ω c c C C Noralente i poli addizionali presenti sono posti a frequenze prossie a quelle liite dei transistori ipiegati, g /C BE. Nei circuiti onolitici i transistori più lenti sono di gran lunga i pnp. Di conseguenza ω T la si fissa ad una frequenza prossia a quella del transistore più lento. Di fatto gli AO storici hanno tutti una banda liitata ad 1 MHz, la frequenza liite riscontrata nei prii decenni nei pnp onolitici. Di fatto nelle applicazioni ad alta velocità si cerca di escludere l uso di transitori pnp nel caino del segnale. Filosofia adottata nella scelta di C C : il costo in terini di area occupata da un condensatore in un circuito onolitico è il più elevato. Noralente un liite superiore nella ipleentazione di condensatori è intorno a 0 pf 30 pf. Per ottenere la larghezza di banda di 1 MHz occorre allora ridurre la trasconduttanza della coppia differenziale di ingresso: ω g ω C π f C 3.3 µ A CB T CB T T c T T c Cc TCc Con C C 0 pf Transistori 174
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) l fatto che lo stadio di ingresso sia forzato ad operare a bassa corrente pone notevoli liitazioni alle caratteristiche di ruore. nfatti il ruore di ognuno dei transitori della coppia è: Ed il ruore serie totale: e T s 4KBT CB e 4K T 4K T T T st B 4 B CB CB Per CB 3.5 µa otteniao che noise 15 KΩ che fornisce un ruore di circa 16 n/ Hz! Un risultato igliore lo si ottiene se se usa un transistore di ingresso la cui trasconduttanza abbia una più debole dipendenza dalla corrente, per esepio un JFET/MOS. Sfortunataente nei dispositivi onolitici il ruore di bassa frequenza dei JFET/MOS è più elevato che nei transitori bipolari. E counque, essendo la trasconduttanza più piccola, non si ottiene un grosso beneficio in terini di ruore serie. Coproessi counque si trovano e recenteente sono apparsi sul ercato AO ad ingresso JFET con buone caratteristiche di ruore di bassa frequenza. Però questo non è tutto. ediao con un caso pratico. Transistori 175
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) Qui abbiao un esepio di un classico AO che usa il secondo stadio studiato LM34: Si può notare il basso assorbiento della coppia differenziale di ingresso. n questo caso, considerando la larghezza di banda di 1 MHz, si ottiene che C C ha un valore intorno a 40 pf. Transistori 176
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) n questa configurazione occorre fare attenzione al contributo di ruore non solo della coppia Q e Q 3 a anche e Q 4, nonché dello specchio Q 8 e Q 9. Q Q 3 e Q 8 Q 9 operano tutti alla stessa corrente. Sappiao quanto è il contributo di ruore serie fornito all ingresso da Q e Q3. Ci resta da valutare quello di Q 8 e Q 9. Se gli ingressi sono a potenziale nullo la corrente di prova 8 è costretta a fluire in Q 8, quindi specchiata in Q 9. Per cui O 8. Applicando un segnale a otteniao una corrente di uscita pari a: 0 0 g o 8 8 O 8 Transistori 177
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) Uguagliando: g 1 g 8 4KBT 4KBT g Siccoe la corrente in Q 8 è forzata ad essere nulla, la corrente 9 è forzata ad uscire dallo stadio differenziale, per cui ancora abbiao che O 9, e quindi: o g 0 0 Di conseguenza avreo ancora: 0 9 O 9 g g 4K T 9 B 1 4KBT g Perciò il contributo all ingresso dello specchio di corrente è del tutto siile a quello della coppia differenziale. Lo specchio di corrente così coe ipleentato, coe carico dinaico, non è certaente adeguato alla realizzazione di strutture a basso ruore. Un iglioraento viene ottenuto usando resistenze di degenerazione, o usando solo resistenze, nel carico dinaico. Transistori 178
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) iassuendo ogni transistor considerato fornisce un contributo di ruore di: e 4K T 4K T, 4300 Ω per 6µ A T st B B EQ EQ CB CB La rete di transistori che operano alla stessa corrente coprende i 4 Q, Q 3, Q 8 e Q 9, che contribuiscono con una resistenza di ruore di circa 1700 Ω o 17 n/ Hz. 0 0 Non sappiao se e Q 4 sono polarizzati con una corrente o operano con la corrente di base di Q e Q 3, rispettivaente. 0 9 O 9 l ruore serie quotato per questo Ao è 40 n/ Hz. La sua corrente di ingresso è quotata a 0 na. Assuendo C1 B e C / B1 (h FE ) otteniao h FE 1. Da qui si estrapola che C1 40 na, che dà coe sua resistenza di ingresso di ruore: 54 KΩ. Considerando anche Q 4 si ottiene 108 KΩ, che soata alla resistenza di ruore degli altri 4 transistori fornisce circa 15 KΩ o 45 n/ Hz. Non lontano da quanto dichiarato nel datasheet. Transistori 179
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (X) Siccoe in non può scorrere corrente avreo che: B Di conseguenza avreo: g 8 8 0 0 0 0 0 0 B 9 9 O g 8 8 9 B + + + g 1 g 1 g g 1 g Ovvero: 1 g 4K T o B ( 1+ g) Ed infine: 1 g 4K T 1 g 4K T g B o B ( 1+ g ) ( 1+ g) Un ragionaento analogo varrebbe per il ruore di Q 9. 0 00 0 0 0 B 9 O Siccoe in Q 8 ed di sinistra non deve passare corrente sarà B 0. Di conseguenza: g + + Ma: 9 9 1 g o 9 1 + g Transistori 180
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) E quindi: 1 g 4K T o B ( 1+ g) Ovvero: 1 g 4K T 1 g 4K T g B o B ( 1+ g ) ( 1+ g) Ovvero stesso risultato ottenuto per 8. Però ora abbiao anche da pensare al ruore delle resistenze : 0 0 0 0 Siccoe in Q 8 non può passare corrente otteniao che: 0 0 B 9 O 9 g B o 9 1 + g g 1 g4kbt o 4K BT ( 1+ g) ( 1+ g) n definitiva: g 4KBT 4KBT o ( 1+ g) ( 1+ g) g Transistori 181
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) L altra resistenza: 0 0 0 0 Siccoe in Q 8 non può passare corrente B sarà 0, quindi: 00 O B 9 g o g Da cui: g o 1+ g 1+ g E quindi: g 1 g4kbt o 4K BT ( 1+ g) ( 1+ g) n definitiva: g 4KBT 4KBT o ( 1+ g) ( 1+ g) g Proprio coe nel caso precedente. l contributo di ruore dello spettro degenerato diviene quindi: 4K T 1 4K T B B + ( 1+ g) g ( 1+ g) 4KBT 1 + g ( 1+ g ) Transistori 18
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) Con gli AO a MOS è possibile ridurre il contributo di ruore dello specchio agendo sulla lunghezza di gate: Q 3 Q 4 Q i icordando l espressione della trasconduttanza del MOS in funzione della corrente di polarizzazione: g µ WC L o D Otteniao: 1 8 B 3 g 4K Tg g3 µ WsCo L1 1 Ws L1 1 B B D 4KBT g L 1 s µ W1 CoD µ CoD W L 1 s 4K T 4K T Giocando sulla lunghezza e larghezza di gate è pertanto possibile riuscire ad ottenere una attenuazione del contributo di ruore all ingresso da parte dello specchio di corrente. Ovviaente si deve ricordare che i MOS ostrano grande ruore 1/f. Transistori 183
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) itorniao alla cobinazione del prio stadio e dello stadio di guadagno con copensazione. Occorre fare qualche considerazione sulla velocità per grandi segnali. Per piccoli segnali abbiao visto che la copensazione si fa agire iponendo che: g ω CB T CB ωtt Cc Cc TCc l caso liite si ha quando il segnale di ingresso ha apiezza tale da interidre copletaente uno dei transistori del differenziale di ingresso, per esepio. Tutta la corrente CB fluisce allora in Q, andando a caricare C C. CB Q 1 1 g 1 g 1 A 1 + C C G M G G Se il segnale applicato è veloce, una 1(t) con tepo di transizione trascurabile, si può ritenere che la corrente che fluisce in Q abbia una dipendenza teporale siile. Perciò: C S CB G c s icordando che l integrale della 1(t) è la rapa: c 1 1 s sc C CB CB 1 CB G G (t) t1(t) s sc C c c Transistori 184
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) n luogo della classica salita esponenziale si ha una salita lineare. Si dice che il segnale è soggetto ad una liitazione da slew-rate. La pendenza è: Da: ω ω CB CB T TT T Cc Cc Non adottando soluzioni particolari lo slew-rate risulta essere un liite tecnologico. Piccolo segnale Grande segnale La risposta in frequenza cabia decisaente se si incorre nella liitazione di slew-rate Ad esepio. Con f T 1 MHz si ottiene uno slew rate di 0.15 /µs. nversaente. Per avere uno slew-rate di 1 /µs occorre che la f T sia di aleno 6 MHz. Lo slew-rate può essere increentato se la larghezza di banda è svincolata dalla corrente di lavoro della coppia differenziale. Slew-rate Transistori 185
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) La tecnica più iediata con i transistori bipolari consiste nel degenerare la trasconduttanza ediante l inseriento di resistori D : CB D D 1 1 g 1 g 1 C S A 1 + n questo caso, se D ha valore adeguato, abbiao che: g 1 ω C T D D C C C G M G G CB ora non è più vincolata alla larghezza di banda. Si avrà: Slew rate ω C CB CB D T C l iglioraento nello slew-rate è nell ordine di CB D / T. Al riguardo esistono sicuraente delle liitazioni. l ruore terico delle D increenta il ruore totale di ingresso. Le D non sono ai perfettaente uguali. La loro tolleranza si ripercuote nell introduzione di un offset all ingresso, proporzionale a D CB, e ad una dipendenza dal odo coune, per via della differente trasconduttanza generata. Transistori 186
Secondo stadio di un aplificatore operazionale (XX) Lo stadio di ingresso a MOS o JFET consente di ottenere slew rate elevati CB C C M 1 M 1 1 g 1 g 1 C S A 1 + G M G G n funzione della corrente di polarizzazione, la trasconduttanza del MOS è: Quindi: g µ WCo L CB g 1 µ WC 1 µ WC ω o CB o CB T CC CC CC L ω T L 1 C, dove @ CB C DM DM D GS TH TH ωt n definitiva: CB ω Slew rate ω C C TH T CB T TH CB DM CB DM Siccoe TH è dell ordine del in un MOS abbiao anche qui un grosso beneficio nello slew-rate. Transistori 187
Stadio di uscita in classe AB di un AO () l odo più spontaneo di pensare ad uno stadio di uscita è il C coune: Q O O L C L La configurazione sopra è denoinata classe A. E olto efficiente a fornire corrente all ipedenza di carico connessa, nell esepio la capacità C L. Ovvero a generare tensioni di uscita crescenti. n questo caso stiao considerando l opportunità di segnali aventi estensione consistente, ai quali non sarebbe adeguato applicare il odello per piccoli segnali. l C coune è olto eno efficiente a generare tensioni di uscita decrescenti, in special odo se il carico è capacitivo. Q O O L C L nfatti il transistore entra in spegniento e C L si scarica attraverso L. Una soluzione è quella di fare in odo che in condizione di uscita stazionarie in L scorra la assia corrente prevista dall applicazione. n questa situazione la corrente ipiegata indurrebbe una grossa dissipazione di potenza a riposo intollerabile. Si pensi per esepi ad un aplificatore audio che debba pilotare qualche A di corrente. Transistori 188
Stadio di uscita in classe AB di un AO () l odo per ovviare all inconveniente è di usare un inseguitore, a realizzato con il transistor copleentare all npn, il pnp: O L C L Ovviaente se il pnp è efficiente a drenare corrente non lo è nel fornire corrente, l opposto accade per l npn. Di conseguenza la cosa igliore da fare è cobinare le opportunità: O O L C L L C L La soluzione più spontanea è questa: in out Q L C L Questa soluzione ha un problea fondaentale: la zona orta. Fino a che il segnale di ingresso non sale sopra BE o scende sotto BE non ci può essere conduzione di corrente. Transistori 189
Stadio di uscita in classe AB di un AO () La cosa si traduce nel così detto problea della distorsione di crossover che si riesce a porre bene in evidenza con un segnale sinusoidale: n capo audio o questo fenoeno crea effetti olto fastidiosi sul suono. nfatti la discontinuità introduce coponenti ad alta frequenza indesiderate. Per cancellare il problea occorre fare in odo che i transistori siano polarizzati entrabi in condizioni di equilibrio. n funzione dell apiezza del segnale si dovrà quindi creare lo scopenso che consenta di pilotare il carico in odo adeguato. Esistono olte soluzioni al problea. Tutte basate sullo schea di principio che sta qui sotto: Q 3 out Q 4 Q L C L in Si aggiungono transistor/diodi che antengono polarizzati i transistori di uscita quando serve. Transistori 190
Stadio di uscita in classe AB di un AO () Per un attio supponiao che il carico non assorba corrente, così che noi si possa valutare le condizioni di equilibrio. C Q 3 out Q 4 Q L C L in Si deve osservare che Q 4 fa coppia con Q e Q 3 fa coppia con. n questo odo nel rao di destra e di sinistra le differenti caratteristiche si copensano. Ovviaente la posizione di Q e Q 4 possono essere scabiate. Possiao valutare la aglia coposta dai 4 transistori Q 4 : + + Poniao : A A e A A B4 B3 B B1 1 3 4 C C 1 Tln + T ln T ln + T ln A4opnp A3onpn Aopnp A1onpn C 1 ln ln ln ln C A3opnp A1opnp A1 onpn A3opnp Ora, supposto A A e A A per seplicità: 1 3 4 C A1 1 A3 A1 1 C A3 C A1 A3 l risultato fondaentale che abbiao è che la corrente nei transistori non si annulla ai copletaente. Avendo trascurato la corrente di base di e Q la soluzione liite è che una delle correnti possa essere di valore, in realtà sarà liitata da C per, dalla corrente che può assorbire in per Q coe vedreo. Transistori 191
Stadio di uscita in classe AB di un AO () Ora supponiao di avere connessa un ipedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale out >0. C Q 3 out Q 4 Q L C L in Avreo che 1 sarà circa uguale a out /Z L, e quindi: A1 ZL C A3 out Più in genere il coportaento della corrente nei transistori rispetto alla corrente assorbita dal carico ette in evidenza che a corrente assorbita nulla la corrente nei transistori è finita: la distorsione da crossover è quindi forteente soppressa. esta da valutare quale sia il liite alle alte correnti e l aspetto dinaico. Transistori 19
Stadio di uscita in classe AB di un AO () Ora supponiao di avere connessa un ipedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale out >0. Q 3 C out Nella circostanza in cui la corrente assorbita del carico sia consistente la corrente di B di non è più trascurabile. Q G1 Q 4 Q G Q L C L n caso di forte carico, tutta C tenderà ad andare nella base di. La corrente positiva assia di uscita è liitata a h FE1 C. Ora supponiao di avere connessa un ipedenza di carico a cui debba essere applicato un segnale out <0. Q 3 Q G1 Q 4 C Q G Q out L C L Qua notiao una situazione di asietria rispetto al caso precedente: la corrente proveniente dal carico scorre in Q, la cui corrente di base coincide con la corrente di C di Q G. Siao nella condizione in cui la corrente che può essere assorbita dal carico è olto alta, anche se Q G avesse area piccola. Transistori 193
Stadio di uscita in classe AB di un AO () Occorre valutare anche il coportaento in frequenza dello stadio di uscita. La struttura considerata: Q 3 out Q 4 Q L C L in A tutti gli effetti può essere considerata alla stregua di un inseguitore di E: C C in out G G M G L C L La sua risposta in frequenza è prossia alla ω T del transistore, visto che opera a guadagno unitario. Tuttavia le sue ipedenze di ingresso e di uscita possono aggiungere un coportaento fastidioso dipendente dalla ipedenza di carico dell AO. Z + Z + 1+ g Z Z if BB B B L Ad alta frequenza: 1 Z + s( C + C ) + g if BB BE L s C BE C L + BB CL >> CBE scbe 1 Transistori 194
Stadio di uscita in classe AB di un AO () Perciò il secondo stadio del nostro aplificatore si trova coe carico Z B nella situazione estrea di grosso carico capacitivo. Se ricordiao il guadagno di anello T dello stadio di aplificazione (con Z F ): T g Z Z 1+ g Z B o B 1+ g Z Z + Z + Z + Z B B B c o Con Z O essere l ipedenza di ingresso del buffer, dove Z O Z B : gzb ( 1+ gzb ) T ( 3 + gzb ) ZB + Zc gcc scbe + g scbe scbe ( CBE + 3CC ) + gcc La frequenza a -3 db si riscontra a circa la frequenza del polo a: g C g ω 45 C C 3C 3C C ( + ) BE BE C BE Per Z O, ovvero per carichi capacitivi trascurabili: g 1 T g Z 1+ g Z sc g + 1 sτ + 1 B B BE s CBE s τ g T 1 ω T1 1.7, con Φ M > 50 C BE Quindi si riscontrano effetti sulla larghezza di banda. Di fatto la risposta dell AO in funzione della capacità di carico è un paraetro sepre indicato nei datasheet. Transistori 195