ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **IsidoroKZ** » 2 nov 2020, 2:31

Entrambi hanno la R4 in comune, ma Q1 ha anche R3. Se vuoi fare il conto della corrente di collettore di Q1e Q2 in funzione del SEGNALE applicato sul nodo BG si puo` fare in svariati modi. Uno ad esempio e`scrivere tutte le equazioni linearizzate del circuito, ma magari lo lascio fare a qualcun altro :-)

Il parametro fondamentale del transistore e` la sua transconduttanza g_m

che e` direttamente proporzionale alla corrente di collettore $g_m=\frac{I_C}{V_T}$ . I due transistori lavorano alla stessa I_C

e quindi hanno la stessa transconduttanza.

Un transistore cha ha una transconduttanza g_m

, con una resistenza di emettitore

presenta una transconduttanza equivalente pari a $g_{meq}\approx \frac{g_m}{1+g_m R}$ Il circa uguale e` dovuto al fatto che $\beta$ non e` infinito, ma l'approssimazione e` comunque ottima. Questo significa che transistore+resistenza di emettitore diventano un transistore equivalente (senza R di emettitore) con una transconduttanza diversa, e questo semplifica il circuito.

Allora se su usa il transistore equivalente si hanno, partendo dallo schema originale a sinistra, i due transistori Q1 e Q2 con la stessa transconduttanza g_m

. Poi si fa l'equivalente di Q1 e R3, ottenendo il secondo circuito da sinistra, in cui Q1 diventa Q1eq con la sua gmeq.

I due transistori ora sono in parallelo, e si possono "sommare". Si ottiene la somma delle correnti i1+i2, e la gm della coppia, gm12 pari alla somma delle due gm, come nel terzo schema, che ora e` un solo transistore con una resistenza di emettitore R4.
Anche questo trasistore Q12 puo` assorbire R4, diventando Qtot, con la sua transconduttanza equivalente Qtot.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

A questo punto basta suddividere la corrente I1+I2 nelle due componenti, tenendo presente che I1 e I2, di cui si conosce la somma, sono proporzionali a gmeq e a gm. Le due gm finali, $g_{m1f}$ e $g_{m2f}$ Il risultato diventa (se non ho preso papere facendo i conti)

$g_{m1f}=\frac{g_m}{R_3R_4g_m^2+(R_3+2R_4)g_m+1}$

$g_{m2f}=\frac{g_m(1+R_3g_m)}{R_3R_4g_m^2+(R_3+2R_4)g_m+1}$

Con queste due transconduttanze si puo` calcolare il guadagno dei due transistori, e dato che Q2 guadagna piu` di Q1, la retroazione complessiva e` negativa.

Questi stessi risultati si sarebbero potuti ottenere con due equazioni ai nodi, ma il metodo non mi piace molto. Sono sicuro che

carloc sa trovare almeno altri due modi per fare gli stessi conti in modo piu`diretto!

NB: Questi sono i conti per il segnale, non per la continua. Qui si lavora con i_1

e

, non con

e

da **claudiocedrone** » 2 nov 2020, 3:02

Ad ogni modo quello è il circuito di Brokaw, pare che sia la base dei generatori di tensione di riferimento di tutti i regolatori lineari LM p. es.

da **IsidoroKZ** » 2 nov 2020, 3:52

Acc! Hai svelato l'assassino! Stavo per mettermi a fare i conti per dimostrare che la tensione viene proprio la banda proibita del silicio a 0 K, mi hai evitato il lavoro, anche se nella bibliografia di wikipedia non c'e` la dimostrazione vera e propria ma solo un po' di handwaving!

da **claudiocedrone** » 2 nov 2020, 4:05

E' colpa della mia ignoranza e della mia curiosità :lol:

non sapendo perché si chiamasse bangap reference ho cercato in rete trovando immediatamente questo in cui peraltro mi è balzato agli occhi che il circuito in esempio era proprio quello oggetto del thread.

da **IsidoroKZ** » 2 nov 2020, 8:36

Provo a spiegare perche' questo riferimento di tensione si chiama a bandgap.

La tensione generata e` data da $V_{BG}=V_{BE2}+KV_T$ e bisogna fare in modo che il coefficiente di temperatura di $V_{BE2}$ sia uguale e contrario a quello di KV_T

, cosi` quando si sommano le due tensioni i due coefficienti di temperatura si compensano e localmente la tensione e` stabile con la temperatura.

Bisogna ricordare che l'equivalente in tensione dell'energia termica (i soliti 26mV circa) vale $V_T=\frac{\text{k}_\text{B}T}{\text{q}}$ , dove $\text{k}_\text{B}$ e` la costante di Boltzman, $\text{q}$ e` la carica dell'elettrone e

e` la temperatura assoluta.o

Il coefficiente di temperatura della tensione KV_T

vale quindi

$\frac{\text{d}KV_T}{\text{d}T}=K\frac{\text{d}\frac{\text{k}_\text{B}T}{\text{q}}}{\text{d}T}=K\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}=K\frac{V_T}{T}\qquad (0)$

Il coefficiente di temperatura della tensione $V_{BE}$ , il solito $-2.2\,\text{mV}/\text{K}$ , invece e` piu` balordo da ricavare, e purtroppo in questo caso serve proprio.

********Se volete saltare una zuppa di calcoli, andate direttamente all'altra serie di asterischi dove c'e` il risultato che interessa**********

La tensione $V_{BE}$ di un transistore in zona attiva diretta vale (a meno di qualche approssimazione ed effetto secondario)

$V_{BE}=V_T\ln\left(\frac{I_C}{I_{S0}}\right) \qquad (1)$

Per trovare la variazione della $V_{BE}$ al variare della temperatura, bisogna ricordarsi che la temperatura è presente in V_T

(visto prima), ma è anche presente in forma complicata nella corrente di saturazione inversa $I_{S0}$ . L'espressione della corrente di saturazione inversa vale

$I_{S0}=B T^\alpha \text{e}^{-\frac{V_{G0}}{V_T}}\qquad (2)$

dove

e` un coefficiente che dipende dall'area e da tutto il resto che nella formula e` costante, l'esponente $\alpha$ ha un valore che dipende dalla densita` dei portatori intrinseci e dal coefficiente di diffusivita`. Sfortunatamente questo esponente dipende dal materiale e dai drogaggi: non si puo` dare un valore preciso. L'effetto complessivo è che $\alpha$ e` dalle parti di 1.5 fino a 2.5, tanto vedremo dopo che il risultato cambia poco!

Il termine $E_{G0}$ e` l'ampiezza in tensione della banda proibita del silicio, estrapolata alla temperatura di $0\,\text{K}$ e vale $E_{G0}=1.205\,\text{V}$ . Questo valore e` circa la tensione di bandgap, ma solo circa!

Per trovare il valore del coefficiente di temperatura della $V_{BE}$ (i soliti meno due e qualcosa millivolt al grado Celsius), bisogna calcolare la derivata rispetto alla temperatura dell'espressione della $V_{BE}$ (1) in cui si esplicitano i termini contenenti la temperatura, in particolare sostituendo al posto di $I_{S0}$ la sua espressione (2)

$\frac{\text{d}}{\text{d}T} \left(\frac{\text{k}_\text{B}T}{\text{q}}\ln\left(\frac{I_C}{B T^\alpha \text{e}^{-\frac{V_{G0}}{\text{k}_\text{B} T/\text{q}}}}\right)\right)=$

Con un po' di calma e sangue freddo (e un solutore simbolico

) si ottiene la derivata. Moltiplicando e dividendo poi dentro l'argomento del logaritmo per l'esponenziale della $-V_{G0}/V_T$ si ha

$\frac{\text{d}V_{BE}}{\text{d}T}=\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\,\ln \left(\frac{I_C}{B T^\alpha }\right)-\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\alpha=\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\,\ln \left(\frac{I_C \,\,\text{e}^{-\frac{V_{G0}}{\text{k}_\text{B} T/\text{q}}}}{B T^\alpha \text{e}^{-\frac{V_{G0}}{\text{k}_\text{B} T/\text{q}}}}\right)-\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\alpha$

A denominatore dentro il logaritmo ci si ritrova con $I_{S0}$ mentre a numeratore il prodotto $I_C\,\, \text{e}^{...}$ lo si scompone in somma di logaritmi e il logaritmo cancella l'esponenziale, ottenendo

$=\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}} \ln\frac{I_C}{I_{S0}}-\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\frac{V_{G0}}{V_T}-\frac{\text{k}_\text{B}}{\text{q}}\alpha$

Il primo addendo, a meno di una

, e` la $V_{BE}$ , nel secondo addendo la V_T

a denominatore si semplifica con il coefficiente, lasciando solo una

, nel terzo addendo, come nel primo, si moltiplica per

numeratore e denominatore per far venire V_T

(bassi trucchi da matematici. Secondo me dovrebbero vergognarsi), e si ottiene

********** RIsultato che interessa ****************

$\frac{\text{d}V_{BE}}{\text{d}T}=\frac{V_{BE}}{T}-\frac{V_{G0}}{T}-\alpha \frac{V_T}{T}=\frac{1}{T}(V_{BE}-V_{G0}-\alpha V_T)$

Buone notizie: l'espressione viene dimensionalmente corretta: una tensione diviso per una temperatura. Se si sostituiscono dei valori ragionevoli, si ha

$\frac{\text{d}V_{BE}}{\text{d}T}=\frac{1}{290\text{K}}(0.65\text{V}-1.205\text{V}-2.5\times 25\text{mV})=-2.1\,\text{mV/K}$

che e` proprio il valore solito. A questo punto bisogna rendere opposti i due coefficienti di temperatura e ricavare il valore di

che azzera la deriva termica. Il coefficiente di temperatura positivo e` in (0), quindi

$\frac{\text{d}V_{BE}}{\text{d}T}+\frac{\text{d}KV_T}{\text{d}T}=0\quad \Rightarrow\quad \frac{1}{T}(V_{BE}-V_{G0}-\alpha V_T)+K\frac{V_T}{T}=0$
da cui si trova il valore di

per avere deriva nulla con la temperatura

$K=\frac{V_{G0}-V_{BE}}{V_T}+\alpha$

Andando a sostituire questo valore nella primissima relazione si ha

$V_{BG}=V_{BE}+KV_T=V_{BE}+\left(\frac{V_{G0}-V_{BE}}{V_T}+\alpha\right)V_T$
$V_{BG}=V_{BE}+V_{G0}-V_{BE}+\alpha V_T=V_{G0}+\alpha V_T$

da cui si vede che la tensione di bandgap e`quasi pari alla tensione di bandgap del silicio a $0\,\text{K}$ piu` un piccolo contributo di qualche decina di millivolt! In effetti $V_{G0}=1.205\,\text{V}$ mentre i rifeimenti di tensione sono un po' piu` alti, dalle parti di $1.25\,\text{V}$ circa.

da **edgar** » 2 nov 2020, 9:44

claudiocedrone ha scritto:Ad ogni modo quello è il circuito di Brokaw

IsidoroKZ ha scritto:Hai svelato l'assassino!

Costui deve essere stato sicuramente un complice :mrgreen:

Robert 'Bob' Pease

da **claudiocedrone** » 2 nov 2020, 15:32

Pease forse ma probabilmente anche Widlar dato che il "precedente" circuito di bandgap reference voltage è suo...
Insomma tutta la combriccola :mrgreen:

da **carloc** » 3 nov 2020, 0:37

Mmm non è che abbia idee geniali a riguardo :roll:

, di solito formule complicate = conti complicati ;-)

Comunque se "brutalmente" si scrivono le due correnti di collettore come gm x vbe e si trascurano le ib rispetto le ic.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

$i_1=g_\text{m}\left(v_\text{b}-R_3\,i_1-R_4\,i_1 -R_4\,i_2\right)$
$i_2=g_\text{m}\left(v_\text{b}-R_4\,i_1-R_4\,i_2\right)$

e si fa la differenza si ottiene
$i_1-i_2=-g_\text{m}R_3\,i_1$
da cui
$i_2=\left(1+g_\text{m}R_3\right)i_1$

che sostituita nella prima
$i_1=g_\text{m}\left(v_\text{b}-R_3\,i_1-R_4\,i_1 -R_4\,\left(1+g_\text{m}R_3\right)i_1\right)$

che "pettinata" dà
$\frac{i_1}{v_\text{b}}=\frac{g_\text{m}}{R_3R_4g_\text{m}^2+(R_3+2R_4)g_\text{m}+1}$

e ovviamente essendo i2 (1+gm R3) volte i1...
$\frac{i_2}{v_\text{b}}=\frac{g_\text{m}\left(1+g_\text{m}R_3\right)}{R_3R_4g_\text{m}^2+(R_3+2R_4)g_\text{m}+1}$

altrimenti, una volta che si ha il rapporto i1/i2 si potrebbe millerare R4 in due parti

...

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

Riferimento in tensione bandgap

[11] Re: Riferimento in tensione bandgap

[12] Re: Riferimento in tensione bandgap

[13] Re: Riferimento in tensione bandgap

[14] Re: Riferimento in tensione bandgap

[15] Re: Riferimento in tensione bandgap

[16] Re: Riferimento in tensione bandgap

[17] Re: Riferimento in tensione bandgap

[18] Re: Riferimento in tensione bandgap

Chi c’è in linea

Informazioni

Seguici

Pubblicità

Credits