Polarizzazione e stadi amplificatori

Il punto di lavoro

Nell’amplificatore a source comune la polarizzazione veniva da un generatore di tensione in serie al segnale: comodo per i conti, scomodo per costruire. Un circuito di polarizzazione deve fare tre cose. Deve fissare il punto di lavoro in modo semplice e preciso; deve renderlo stabile, cioè il più possibile indipendente dai parametri del transistore, che cambiano con la temperatura e da un esemplare all’altro; e deve lasciare spazio a tutta l’escursione del segnale senza che il transistore esca dalla saturazione.

Il modo più semplice di fissare la tensione del gate con la sola alimentazione è un partitore: $R_2$ verso $V_{DD}$, $R_1$ verso massa. Il gate non assorbe corrente, e $V_G = V_{DD}R_1/(R_1 + R_2)$. La scelta dei valori non è unica: resistori piccoli consumano corrente di continuo; resistori grandi consumano poco, ma rendono il nodo lento a rispondere alle capacità parassite e sono ingombranti in un circuito integrato. Una regola pratica è far scorrere nel partitore una piccola frazione della corrente di drain.

Portare il segnale all’amplificatore

Collegare direttamente, in continua, la sorgente del segnale al gate funziona solo se la tensione a riposo della sorgente coincide con quella del gate. Un generatore riferito a massa, collegato al gate, porterebbe il gate a zero e spegnerebbe il transistore; una sorgente con resistenza interna, anche a tensione media giusta, sposterebbe la polarizzazione del partitore. L’accoppiamento in continua si usa quando si progettano insieme sorgente e amplificatore, come nei circuiti integrati.

Altrimenti si separa la continua dal segnale con un condensatore in serie: è l’accoppiamento in alternata. Per la polarizzazione il condensatore è un circuito aperto, perché a regime non ci passa corrente, e il partitore fissa il gate qualunque sia la tensione a riposo della sorgente. Per un segnale che varia in fretta rispetto alla costante di tempo $\tau = C(R_g + R_1\parallel R_2)$, con $R_g$ resistenza della sorgente, la carica del condensatore non fa in tempo a cambiare, la tensione ai suoi capi resta costante, e le variazioni passano intere. Un segnale lento, invece, fa in tempo a caricare e scaricare il condensatore, e non arriva al gate. Come per il circuito RC, il confine è intorno alla frequenza $1/2\pi\tau$. Per segnali lenti servono condensatori grandi, difficili da integrare.

La resistenza sul source

Con la tensione tra gate e source fissata dal partitore, la corrente $I_D = k(V_{GS} - V_{TH})^2$ segue ogni variazione del transistore. Derivando, $dI_D/I_D = dk/k$: un $k$ più grande del 10% dà una corrente più grande del 10%. Ancora peggio con la soglia: $dI_D/I_D = -2\,dV_{TH}/V_{ov}$, e con $V_{ov} = 0{,}3$ V cinquanta millivolt di soglia cambiano la corrente di un terzo. Una resistenza $R_S$ tra il source e massa rimedia: se la corrente cresce, cresce la tensione del source, cala $V_{GS}$, e la corrente torna indietro.

Il fattore $1 + g_mR_S$ si chiama fattore di degenerazione, e $R_S$ resistenza di degenerazione. Un esempio con il transistore di riferimento, $k = 0{,}86$ mA/V² e $V_{TH} = 0{,}34$ V, alimentato a $3{,}3$ V: per avere $I_D = 77{,}6\ \mu$A con $V_{ov} = 0{,}3$ V e $R_S = 7{,}5$ k$\Omega$ il source sta a $0{,}58$ V e il gate a $0{,}58 + 0{,}64 = 1{,}22$ V, che un partitore da 1 M$\Omega$ ottiene con $R_1 = 371$ k$\Omega$ e $R_2 = 629$ k$\Omega$. Con $g_m = 0{,}52$ mA/V il fattore vale $1 + 3{,}9 = 4{,}9$: un $k$ più grande del 10% alza la corrente dell’1,9%, e 50 mV di soglia in più la abbassano del 6,8%, contro il 31% senza $R_S$.

La resistenza sul source cambia anche il comportamento su segnale. Il segnale $v_{in}$ sul gate si divide tra $v_{gs}$ e la tensione su $R_S$.

Il guadagno cala del fattore di degenerazione, e se $g_mR_S \gg 1$ diventa $-R_D/R_S$: dipende solo da due resistori, che si fabbricano precisi e stabili, e non più dal transistore. La distorsione cala del quadrato del fattore: una parte perché al transistore arriva solo la frazione $1/(1 + g_mR_S)$ del segnale, una parte perché la retroazione corregge la curvatura. Con $R_D = 25$ k$\Omega$ e i valori di prima il guadagno è $-2{,}65$ (il limite $-R_D/R_S$ darebbe $-3{,}33$, perché $g_mR_S$ non è molto più di 1) e la distorsione per 50 mV passa dal 4,2% allo 0,17%. Il prezzo è il guadagno, e la tensione che cade su $R_S$, sottratta alla dinamica di uscita.

Collegare gli stadi

Gli stadi si usano in cascata, e sarebbe comodo che i loro guadagni si moltiplicassero senza sorprese. Perché accada servono tre condizioni. La tensione a riposo dell’uscita di uno stadio deve essere quella giusta per l’ingresso del successivo, altrimenti serve un condensatore o un traslatore di livello. Per passare un segnale di tensione, la resistenza di uscita del primo deve essere molto più piccola della resistenza di ingresso del secondo, per il partitore tra le due. Per passare un segnale di corrente vale il contrario.

Lo stadio a source comune ha una resistenza di uscita pari a $R_D$, grande. Se lo stadio di prima, con $R_D = 25$ k$\Omega$, pilota direttamente un carico di 2 k$\Omega$ attraverso un condensatore, il guadagno crolla da $-2{,}65$ a $-0{,}20$. Rimpicciolire $R_D$ ridurrebbe il guadagno. Serve uno stadio intermedio con resistenza di ingresso alta e di uscita bassa: un buffer.

Il source follower

Lo stadio con la resistenza sul source, con l’uscita presa sul source invece che sul drain, è un buffer quasi ideale. La tensione del source segue quella del gate, a una distanza $V_{GS}$ quasi costante: da qui il nome di source follower. Il resistore sul drain non serve più, e il drain si collega all’alimentazione. Spesso al posto di $R_S$ c’è un generatore di corrente.

La resistenza di uscita $1/g_m$ è piccola se il transistore porta molta corrente. Con il transistore di riferimento e un generatore da $200\ \mu$A, $V_{ov} = 0{,}48$ V, $g_m = 0{,}83$ mA/V e $r_u = 1{,}2$ k$\Omega$. Con il drain all’alimentazione il gate può salire fino a $V_{DD}$ senza che il transistore esca dalla saturazione: la dinamica verso l’alto è ampia.

Due effetti allontanano il guadagno da 1. Il generatore di corrente reale ha una resistenza $r_o$: con $\lambda = 0{,}05\ \text{V}^{-1}$ e $200\ \mu$A è $100$ k$\Omega$, e il guadagno è $r_o/(1/g_m + r_o) = 0{,}99$. Più importante è l’effetto body: il source sale sopra il body, collegato a massa, e con lui la soglia. Una variazione $v_{out}$ del source cambia la soglia di $\gamma v_{out}/2\sqrt{2\varphi_F + V_{SB}}$, e il transistore si comporta come se avesse una transconduttanza aggiuntiva $g_{mb} = g_m\gamma/2\sqrt{2\varphi_F + V_{SB}}$ comandata dall’uscita. Per l’esempio, con il source a 1 V sopra il body, $g_{mb}/g_m = 0{,}20$, e con un generatore di corrente ideale il guadagno diventa $g_m/(g_m + g_{mb}) = 0{,}84$. Nei circuiti in cui conta si costruisce il transistore in un pozzo separato con il body collegato al source.

Carichi attivi e specchi di corrente

Nel source follower, come nello stadio a source comune, un resistore grande dà prestazioni migliori, ma fa cadere una tensione continua grande. Un generatore di corrente ha una resistenza di segnale grande, $r_o$, con una caduta continua piccola: sostituito a un resistore lungo il percorso del segnale si chiama carico attivo, ed è la norma nei circuiti integrati, dove i resistori grandi occupano molta area.

Un MOSFET saturo con $V_{GS}$ fissata è già un generatore di corrente, ma con i difetti visti: un partitore sul gate dà una corrente sensibile a tutto. Meglio fissare direttamente la corrente, e copiarla.

La corrente di riferimento si fissa con un resistore dall’alimentazione al primo transistore: $I_{ref} = (V_{DD} - V_{GS})/R$. Per $200\ \mu$A con il transistore di riferimento, $V_{GS} = 0{,}82$ V e $R = 12{,}4$ k$\Omega$. Il ramo di riferimento è come uno stadio con una resistenza di degenerazione molto grande: una variazione di $k$ sposta la corrente di un fattore $1 + g_mR = 11$ in meno, e un $k$ più grande del 10% la cambia solo dello 0,8%. La modulazione della lunghezza di canale lascia un piccolo errore: con $\lambda = 0{,}05\ \text{V}^{-1}$ e il drain di uscita a 2 V, contro 0,82 V del riferimento, la copia è più grande del 5,7%.

Con uno specchio di transistori $p$ come carico di uno stadio a source comune, il guadagno diventa $-g_m(r_{on}\parallel r_{op})$: con due resistenze di uscita uguali, metà del guadagno intrinseco. È lo stadio di guadagno degli amplificatori operazionali integrati.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Nello stadio con degenerazione dell’articolo, $V_G = 1{,}22$ V, $R_S = 7{,}5$ k$\Omega$ e $I_D = 77{,}6\ \mu$A, qual è la resistenza $R_D$ più grande che tiene il transistore in saturazione con $V_{DD} = 3{,}3$ V? Che cosa succede alla dinamica di uscita con $R_D = 25$ k$\Omega$?

Soluzione. Il transistore è saturo se $V_D \ge V_G - V_{TH} = 1{,}22 - 0{,}34 = 0{,}88$ V, cioè $R_DI_D \le 3{,}3 - 0{,}88 = 2{,}42$ V: $R_D \le 31$ k$\Omega$. Con $R_D = 25$ k$\Omega$ il drain sta a $3{,}3 - 1{,}94 = 1{,}36$ V, e l’uscita può scendere di circa $0{,}48$ V prima della zona ohmica e salire di circa 1,9 V prima dell’interdizione.

Commento. Rispetto allo stadio senza $R_S$ il margine verso il basso è più piccolo: i $0{,}58$ V sul source alzano il gate, e con lui il limite della zona ohmica. La degenerazione si paga in dinamica.

Esercizio 2. Verificare con un conto esatto le variazioni della corrente dello stadio con degenerazione per $k$ più grande del 10% e per $V_{TH}$ più grande di 50 mV.

Soluzione. Si risolve $I_D = k'(V_G - I_DR_S - V_{TH}')^2$ con i parametri cambiati, per esempio per bisezione. Con $k' = 1{,}1\,k$ si trova $I_D = 79{,}1\ \mu$A, l’1,93% in più, contro il 2,05% della stima $10\%/4{,}88$. Con $V_{TH}' = 0{,}39$ V si trova $72{,}3\ \mu$A, il 6,8% in meno, come la stima $-2\cdot0{,}05/(0{,}3\cdot4{,}88)$. Senza $R_S$, con $V_{GS}$ fissa, le variazioni sarebbero del 10% e del 31%.

Commento. Le stime al primo ordine sono ottime perché le variazioni di corrente sono piccole: è proprio l’effetto della degenerazione. Senza $R_S$ la soglia sposta la corrente di tanto che la stima lineare, $-33\%$, già si allontana dal valore esatto.

Esercizio 3. Nello stadio dell’articolo la resistenza vista dal condensatore di accoppiamento è $R_1\parallel R_2 = 233$ k$\Omega$, con una sorgente di resistenza trascurabile. Quanto deve valere $C$ perché passino i segnali sopra i 20 Hz?

Soluzione. Il condensatore e la resistenza formano un circuito RC con frequenza di taglio $1/2\pi RC$. Perché sia sotto i 20 Hz serve $C \ge 1/(2\pi\cdot20\ \text{Hz}\cdot233\ \text{k}\Omega) = 34$ nF; si sceglie per esempio 100 nF, con taglio a 7 Hz.

Commento. Resistori di polarizzazione grandi aiutano: con un partitore da 10 k$\Omega$ servirebbero microfarad. L’analisi in frequenza di questi circuiti è l’argomento dell’articolo successivo.

Esercizio 4. Lo stadio con $R_D = 25$ k$\Omega$ deve portare il segnale su un carico di 2 k$\Omega$. Quanto vale il guadagno complessivo collegando il carico attraverso un condensatore direttamente al drain, e quanto interponendo un source follower con un generatore di corrente ideale da $200\ \mu$A?

Soluzione. Direttamente, il carico è in parallelo a $R_D$ per il segnale: $G = -(25\parallel2)\ \text{k}\Omega/(1/g_m + R_S) = -1{,}85/9{,}43 = -0{,}20$. Con il follower, il drain vede solo il gate del follower e il guadagno del primo stadio resta $-2{,}65$; il follower, con $r_u = 1{,}2$ k$\Omega$, forma con il carico un partitore $2/(2 + 1{,}2) = 0{,}62$. Il guadagno complessivo è $-2{,}65\cdot0{,}62 = -1{,}65$.

Commento. Otto volte meglio, con un solo transistore in più. Per un carico ancora più piccolo il follower va polarizzato con più corrente, perché $r_u = 1/g_m$ scende come l’inverso della radice della corrente. L’effetto body, trascurato qui, toglierebbe un altro 11%: il guadagno del follower con il carico scende da $0{,}62$ a $0{,}56$.

Esercizio 5. Uno stadio a source comune con il transistore di riferimento a $I_D = 77{,}6\ \mu$A ha come carico uno specchio di transistori $p$ con la stessa $\lambda = 0{,}05\ \text{V}^{-1}$. Quanto vale il guadagno?

Soluzione. Le due resistenze di uscita sono uguali, $r_o = 1/\lambda I_D = 258$ k$\Omega$, e in parallelo danno 129 k$\Omega$. Con $g_m = 0{,}52$ mA/V il guadagno è $-0{,}52\ \text{mA/V}\cdot129\ \text{k}\Omega = -67$.

Commento. Con un resistore da 20 k$\Omega$ lo stesso transistore dava $-10$, e un resistore da 129 k$\Omega$ avrebbe richiesto 10 V di caduta. Il carico attivo ottiene la resistenza di segnale grande senza la caduta continua; il prezzo è che la tensione di uscita a riposo non è più fissata dal circuito con precisione, e va stabilita con una retroazione.