L'amplificatore a source comune

Amplificare con un transistore

Un sensore dà spesso segnali di pochi millivolt, troppo piccoli per essere misurati o usati così come sono. Un MOSFET in saturazione trasforma una variazione della tensione tra gate e source in una variazione di corrente, quasi indipendente dalla tensione del drain; mandando quella corrente in un resistore si ottiene una variazione di tensione, che può essere più grande di quella di partenza. È lo stesso circuito dell’invertitore a carico resistivo, usato però attorno alla soglia di commutazione, nel tratto ripido della caratteristica, invece che ai suoi estremi.

Un segnale di pochi millivolt applicato direttamente tra gate e source non basta ad accendere il transistore: la corrente resta nulla e l’uscita ferma. Al segnale va sommata una tensione costante che porti il transistore in saturazione, con una corrente a riposo: è la polarizzazione, e il punto in cui si trova il transistore senza segnale si chiama punto di lavoro. Il segnale fa oscillare il transistore attorno a quel punto.

Negli amplificatori conviene distinguere le grandezze con la notazione: lettere maiuscole con pedici maiuscoli per la polarizzazione, come $V_{GS}$ e $I_D$; lettere minuscole con pedici minuscoli per il segnale, cioè per le variazioni, come $v_{gs}$ e $i_d$; maiuscole con pedici minuscoli per il totale, $V_{gs} = V_{GS} + v_{gs}$ e $I_d = I_D + i_d$.

Il MOSFET su segnale

La transconduttanza $g_m$ è la pendenza della transcaratteristica nel punto di lavoro, $dI_D/dV_{GS}$, e si misura in siemens. L’approssimazione lineare, $i_d = g_mv_{gs}$, sostituisce la parabola con la sua tangente: vale per segnali piccoli rispetto a $2V_{ov}$, la condizione di piccolo segnale. Le tre forme di $g_m$ dicono cose diverse. A parità di transistore la transconduttanza cresce con la radice della corrente; a parità di $V_{ov}$ cresce in proporzione alla corrente, cioè alla larghezza del transistore.

Nella saturazione reale la corrente dipende anche dalla tensione del drain, per la modulazione della lunghezza di canale: con $I_d = k(V_{gs} - V_{TH})^2(1 + \lambda V_{ds})$ lo sviluppo al primo ordine nelle due variazioni aggiunge un termine $v_{ds}/r_o$, con

$$\frac{1}{r_o} = \frac{\partial I_d}{\partial V_{ds}} = \lambda kV_{ov}^2 \approx \lambda I_D .$$

Per piccolo segnale il transistore è quindi un generatore di corrente $g_mv_{gs}$ tra drain e source, con in parallelo la resistenza di uscita $r_o$.

Lo stadio a source comune

Lo stadio a source comune ha il source a massa, il segnale sul gate e un resistore $R_D$ tra l’alimentazione e il drain, da cui si preleva l’uscita. L’esempio usa il transistore di riferimento, $k = 0{,}86$ mA/V² e $V_{TH} = 0{,}34$ V, con $V_{DD} = 3{,}3$ V e $R_D = 20$ k$\Omega$.

L’analisi comincia sempre dalla polarizzazione, con il segnale spento. Con $V_{GS} = 0{,}64$ V, cioè $V_{ov} = 0{,}30$ V, e il transistore supposto saturo,

$$I_D = kV_{ov}^2 = 77{,}6\ \mu\text{A} , \qquad V_D = V_{DD} - R_DI_D = 1{,}75\ \text{V} .$$

La supposizione va verificata: $V_{GD} = 0{,}64 - 1{,}75 = -1{,}11$ V è sotto la soglia, e il transistore è davvero saturo. La transconduttanza è $g_m = 2kV_{ov} = 0{,}52$ mA/V, e lo stadio consuma $V_{DD}I_D = 0{,}26$ mW.

Per il segnale si usa il circuito equivalente di piccolo segnale: si tengono solo le grandezze che variano. I generatori di tensione costante, l’alimentazione e la polarizzazione, non producono variazioni e diventano cortocircuiti; un generatore di corrente costante diventerebbe un circuito aperto. Il transistore diventa il generatore di corrente $g_mv_{gs}$ con in parallelo $r_o$. Il resistore $R_D$, che andava all’alimentazione, per il segnale va a massa.

Per l’esempio $G = -0{,}52\ \text{mA/V}\cdot20\ \text{k}\Omega = -10{,}35$: un segnale di 10 mV sul gate diventa un segnale di 103 mV sul drain, in controfase. Lo stadio è un amplificatore invertente. Con $\lambda = 0{,}05\ \text{V}^{-1}$ la resistenza di uscita è $r_o = 1/\lambda I_D = 258$ k$\Omega$, e il guadagno scende a $-9{,}6$.

La seconda forma del guadagno è la più istruttiva: $R_DI_D$ è la caduta di tensione continua sul resistore, $1{,}55$ V, e il guadagno è il doppio del suo rapporto con $V_{ov}$. Per avere più guadagno bisogna far cadere più tensione su $R_D$, e l’alimentazione pone un limite, oppure lavorare con un $V_{ov}$ più piccolo, che peggiora la linearità. Con $R_D$ infinito il guadagno arriva al massimo che un transistore può dare da solo, il guadagno intrinseco

$$g_mr_o = \frac{2kV_{ov}}{\lambda kV_{ov}^2} = \frac{2}{\lambda V_{ov}} ,$$

133 per l’esempio. Per avvicinarsi serve un carico che abbia una resistenza di segnale grande senza far cadere una tensione continua grande: un generatore di corrente, argomento dell’articolo sugli stadi amplificatori.

Errore di linearità e distorsione

Con un segnale di 10 mV il termine quadratico vale $1{,}7\%$ di quello lineare, e l’analisi lineare basta. Con segnali più grandi la forma d’onda si deforma: la semionda che aumenta la corrente è amplificata più di quella che la diminuisce.

L’uscita, $v_{out} = -R_Di_d$, contiene tre termini: un piccolo spostamento del valore medio, la sinusoide amplificata e una componente alla frequenza doppia, che il segnale di ingresso non aveva. Con $A = 50$ mV, per l’esempio, $HD_2 = 4{,}2\%$: la sinusoide in uscita è ampia 518 mV, la seconda armonica 21,6 mV, e il valore medio scende di 21,6 mV. L’uscita esatta scende fino a $-561$ mV e sale solo fino a $+474$. In un amplificatore audio la seconda armonica si sente; in un ricevitore radio i prodotti di distorsione cadono sui canali vicini. Per ridurla, a parità di segnale, serve un $V_{ov}$ più grande, oppure la retroazione.

Impedenze di ingresso e di uscita

Un amplificatore si collega a una sorgente e a un carico, e conviene descriverlo con le sue resistenze viste dai morsetti. La resistenza di piccolo segnale vista da un nodo verso massa è il rapporto $\partial v/\partial i$ tra una piccola variazione di tensione applicata al nodo e la variazione di corrente che ne risulta, con gli altri generatori di segnale spenti.

Il gate non assorbe corrente: la resistenza di ingresso dello stadio è infinita, e la sorgente del segnale non deve fornire né corrente né potenza. Per la resistenza di uscita si spegne $v_{in}$ e si applica una tensione $\partial v$ all’uscita: con $v_{gs} = 0$ il generatore comandato non porta corrente, e la corrente è quella di $R_D$ e $r_o$. Quindi $r_u = R_D\parallel r_o \approx R_D$.

Per il teorema di Thévenin l’uscita dell’amplificatore, vista dal carico, è un generatore $Gv_{in}$, la tensione a vuoto, in serie a $r_u$. Con un carico $R_L$ il segnale sul carico è

$$v_L = Gv_{in}\,\frac{R_L}{r_u + R_L} = -g_m\left(R_D\parallel R_L\right)v_{in} ,$$

trascurando $r_o$. Con un carico di 20 k$\Omega$ il guadagno dell’esempio si dimezza, a $-5{,}2$. Il guadagno di uno stadio a source comune dipende da quello che gli si collega: una resistenza di uscita grande è un difetto per un amplificatore di tensione. Se poi il carico è collegato direttamente, in continua, cambia anche la polarizzazione, e con carichi piccoli il transistore esce dalla saturazione; il modo di evitarlo è nell’articolo sulla polarizzazione.

La dinamica

Fino a quale ampiezza il segnale è amplificato senza che il transistore esca dalla saturazione? Il massimo segnale utile all’ingresso si chiama dinamica di ingresso, la corrispondente escursione dell’uscita dinamica di uscita. Qui l’approssimazione lineare non vale più, perché ai limiti il segnale non è piccolo.

Verso il basso il limite è l’interdizione: la corrente si annulla quando $V_{GS} + v_{in} = V_{TH}$, cioè per $v_{in} = -V_{ov} = -0{,}30$ V, e l’uscita arriva a $V_{DD}$. La stima lineare, $g_mv_{in} = -I_D$, darebbe $v_{in} = -I_D/g_m = -V_{ov}/2$, la metà: per spegnere il transistore bisogna percorrere tutta la parabola, dove la tangente non la segue più.

Verso l’alto il limite è la zona ohmica, quando il drain scende di una soglia sotto il gate: $V_{out} = V_{GS} + v_{in} - V_{TH} = V_{ov} + v_{in}$. Con l’uscita della saturazione, $V_{out} = V_{DD} - R_Dk(V_{ov} + v_{in})^2$, la condizione diventa un’equazione di secondo grado in $x = V_{ov} + v_{in}$:

$$R_Dk\,x^2 + x - V_{DD} = 0 ,$$

che con $R_Dk = 17{,}25\ \text{V}^{-1}$ dà $x = 0{,}409$ V, cioè $v_{in} = +0{,}109$ V, con l’uscita a $0{,}41$ V. La stima lineare, $V_D + Gv_{in} = V_{ov} + v_{in}$, darebbe $v_{in} = (V_D - V_{ov})/(1 + |G|) = 0{,}128$ V. La dinamica di ingresso va quindi da $-0{,}30$ a $+0{,}11$ V, quella di uscita da $0{,}41$ a $3{,}3$ V: tutte e due asimmetriche attorno al punto di lavoro.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Con il transistore di riferimento, $V_{DD} = 3{,}3$ V e $V_{ov} = 0{,}3$ V, qual è il guadagno massimo che uno stadio a source comune con carico resistivo può avere restando in saturazione? E quanto vale con $V_{ov} = 0{,}15$ V?

Soluzione. Il transistore resta saturo se $V_D \ge V_{GS} - V_{TH} = V_{ov}$, cioè $R_DI_D \le V_{DD} - V_{ov}$. Il guadagno è $|G| = 2R_DI_D/V_{ov}$, quindi

$$|G| \le \frac{2\left(V_{DD} - V_{ov}\right)}{V_{ov}} = \frac{2\cdot3{,}0}{0{,}3} = 20 .$$

Con $V_{ov} = 0{,}15$ V il limite sale a $2\cdot3{,}15/0{,}15 = 42$.

Commento. Al limite il punto di lavoro sta proprio al bordo della zona ohmica, e la dinamica verso il basso è nulla: in pratica si resta ben sotto. Ridurre $V_{ov}$ aumenta il guadagno ma riduce la linearità, perché l’errore $|v_{gs}|/2V_{ov}$ raddoppia, e con una corrente fissa richiede un transistore più largo.

Esercizio 2. Quanto cambia la transconduttanza del transistore di riferimento se si raddoppia la corrente di polarizzazione lasciando il transistore com’è? E se la si raddoppia raddoppiando la larghezza del transistore, a parità di $V_{ov}$?

Soluzione. Con $g_m = 2\sqrt{kI_D}$ e $k$ fisso, raddoppiare $I_D$ moltiplica $g_m$ per $\sqrt2$: da $0{,}52$ a $0{,}73$ mA/V, e $V_{ov}$ sale da $0{,}30$ a $0{,}42$ V. Con $g_m = 2I_D/V_{ov}$ e $V_{ov}$ fisso, raddoppiare la corrente con il doppio della larghezza raddoppia $g_m$, a $1{,}04$ mA/V.

Commento. Il transistore bipolare ha $g_m = I_C/V_T$, con $V_T = 26$ mV: a parità di corrente, un MOSFET con $V_{ov} = 0{,}3$ V ha una transconduttanza circa sei volte più piccola, perché $2/V_{ov} = 6{,}7\ \text{V}^{-1}$ contro $1/V_T = 39\ \text{V}^{-1}$. È una delle ragioni per cui il bipolare resiste negli amplificatori.

Esercizio 3. Qual è l’ampiezza massima del segnale di ingresso dello stadio di esempio perché la distorsione di seconda armonica non superi l’1%? Quanto è grande allora il segnale di uscita?

Soluzione. Da $HD_2 = A/4V_{ov} \le 0{,}01$ si ottiene $A \le 0{,}04\cdot0{,}3\ \text{V} = 12$ mV. L’uscita è ampia $10{,}35\cdot12\ \text{mV} = 124$ mV.

Commento. Uno stadio a source comune semplice non può dare insieme un’uscita di un volt e una distorsione dell’1%: servirebbe un ingresso di 97 mV, e quindi un $V_{ov}$ di $2{,}4$ V, impossibile con questa alimentazione. La soluzione è la retroazione, che scambia guadagno con linearità, a partire dalla resistenza sul source dell’articolo successivo.

Esercizio 4. All’uscita dello stadio di esempio si collega direttamente verso massa un carico $R_L = 20$ k$\Omega$. Dove si porta la tensione di uscita a riposo? Il transistore resta saturo? Quanto vale il guadagno?

Soluzione. La legge delle correnti al nodo di uscita, con il transistore saturo che porta $I_D$, è $(V_{DD} - V)/R_D = I_D + V/R_L$, da cui

$$V = \left(V_{DD} - R_DI_D\right)\frac{R_L}{R_D + R_L} = 1{,}75\ \text{V}\cdot\frac{1}{2} = 0{,}87\ \text{V} .$$

Il transistore è saturo se $V \ge V_{ov} = 0{,}30$ V: lo è, con poco margine. Il guadagno è $-g_m(R_D\parallel R_L) = -0{,}52\ \text{mA/V}\cdot10\ \text{k}\Omega = -5{,}2$.

Commento. Il carico ha dimezzato il guadagno e ha spostato il punto di lavoro, riducendo a meno di 0,6 V lo spazio verso la zona ohmica. Con un carico di 5 k$\Omega$ l’uscita a riposo sarebbe a $0{,}35$ V, quasi al bordo. Per collegare un carico senza toccare la polarizzazione si usa un condensatore di accoppiamento, o uno stadio intermedio con resistenza di uscita piccola.

Esercizio 5. Con $\lambda = 0{,}05\ \text{V}^{-1}$, quale resistenza $R_D$ darebbe un guadagno di $-100$, se la polarizzazione restasse la stessa? È realizzabile?

Soluzione. Con $r_o = 258$ k$\Omega$ e $g_m = 0{,}52$ mA/V serve $R_D\parallel r_o = 100/g_m = 193$ k$\Omega$, cioè $R_D = 1/(1/193 - 1/258)\ \text{k}\Omega = 770$ k$\Omega$. Ma con $I_D = 77{,}6\ \mu$A la caduta su un resistore così sarebbe di 60 V.

Commento. Con un resistore i guadagni alti sono irraggiungibili, perché la caduta continua cresce insieme alla resistenza. Un carico attivo, cioè un transistore $p$ usato come generatore di corrente, ha una resistenza di segnale di centinaia di kiloohm con una caduta continua di qualche decimo di volt: è così che gli amplificatori integrati arrivano a guadagni di decine o centinaia per stadio.