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Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

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[1] Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtentePiercarlo » 23 ago 2019, 13:40

Buongiorno a tutti; sono alle prese con la scrittura per un amico di un articolo sull'amplificatore in oggetto, e ho qualche problema nell'impostare le equazioni che ne descrivono il comportamento, abbastanza peculiare nonostante sia composto da una manciata di componenti in croce. Di seguito lo schema di principio del suo stadio di uscita che, nonostante sia stato spacciato per anni come un "push-pull", con i push-pull in realtà centra abbastanza poco.



Nella parte sinistra dell'immagine è rappresentato, ridotto all'osso, lo stadio di uscita di questo amplificatore; nella parte destra, invece vi è lo stesso stadio di uscita con il transistor inferiore Q1 sostituito da un generatore di corrente controllato, attraverso il partitore costituito da Re(Q3) e dalla Hie di (Q1) dall'emettitore del VAS Q3.

La peculiarità del circuito consiste nel fatto che, se non ho preso una cantonata, il funzionamento dello stadio di uscita genera una resistenza negativa che va a collocarsi in parallelo al carico utile (l'altoparlante) e tende a generare un po' di pasticci interessanti anche se potenzialmente pericolosi.

Tale resistenza negativa è generata dal fatto che il meccanismo con cui si è cercato di costruire il push-pull funziona agendo su due grandezze diverse: mentre il collettore del VAS Q3 pilota l'uscita, attraverso l'inseguitore di emettitore Q2 in tensione, il suo emettitore pilota Q1 in modo da generare un segnale in corrente che va ad agire in controfase sullo stesso nodo (quello in uscita) su cui opera l'inseguitore Q2 e sul quale è connesso il polo caldo del carico.

Il valore di tale resistenza negativa (che in presenza di segnale produce una variazione della potenza gestita dallo stadio finale anche in assenza di carico) è definito, a vuoto, dal guadagno in tensione del VAS diviso per la corrente di uscita del transistor Q1 (quello rappresentato nella parte destra del disegno come un generatore di corrente dipendente). Questo valore cambia in presenza del carico in quanto, attraverso il beta di Q2, viene riportato sul collettore del VAS Q3 riducendone di conseguenza il guadagno.
E qui scatta il trappolone in cui mi sono impigliato: visto che anche la resistenza negativa viene riflessa sul carico di lavoro del VAS (aumentandone il valore) e variandone quindi il guadagno, qual è il guadagno finale effettivo del VAS? E qual è quindi il valore finale della resistenza negativa?

È possibile, in queste condizioni, sintetizzare un'equazione che, a partire dal valore del carico in uscita e dalla conduttanza del generatore Q1, permetta di definire univocamente sia il valore della componente a resistenza negativa che il circuito genera sull'uscita, sia il guadagno in tensione del VAS?

A voi la parola...
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[2] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtenteBrunoValente » 23 ago 2019, 17:39

Ciao Foto UtentePiercarlo, potresti farci vedere lo schema completo dell'amplificatore?

Comunque a me pare che il funzionamento sia più semplice di come lo stai vedendo, non mi pare sia necessario tirare in ballo resistenze negative.

Provo a spiegare.

Guardando lo schema di sinistra consideriamo anzitutto che le correnti entranti nelle basi dei finali provengono entrambi dal generatore di corrente Iq=20mA e di conseguenza, in tutte le condizioni, la somma delle correnti entranti nelle due basi dei finali non può che essere costante e pari a 20mA, sei d'accordo?

Se è vero quello che ho scritto allora vuol dire che lo scopo di Q3 è quello di indirizzare la corrente proveniente da Iq nella base di Q1 piuttosto che in quella di Q2 in funzione del segnale di ingresso (base di Q3).

Giusto per fissare le idee e per formarci un'immagine esplicativa possiamo guardare cosa capita nelle due condizioni al limite: con T3 interdetto (tensione bassa sulla base di T3) succede che la corrente di Iq finisce tutta nella base di Q2 e niente in quella di Q1, mentre invece con T3 saturo (tensione alta sulla base di T3), succede che la corrente di Iq finisce tutta nella base di Q1 e niente in quella di Q2.

I due transistor finali Q1 e Q2, nonostante siano visti diversamente dal carico (Q1 ad emettitore comune e Q2 a collettore comune) altro non fanno che moltiplicare per beta la corrente di base e riversarla nel carico.

Se beta dei finali vale 60 vuol dire che nelle due condizioni al limite viste sopra, che dovrebbero corrispondere alle due condizioni di clipping, la massima corrente che potrà scorrere nel carico dovrebbe valere 0.02x60 = 1.2A, in un verso o nell'altro.

Tutto questo dovrebbe voler dire che la massima ampiezza della tensione di segnale in uscita dovrebbe valere 1.2x8 = 9.6V, cioè che il segnale di uscita dovrebbe clippare a circa 20Vpp lasciando un margine di circa 4V per lato e, grosso modo, mi sembra sia ragionevole.

Morale della favola, se non sto prendendo un granchio, a me sembrerebbe si tratti di un push pull in classe A, dove lo stadio finale, senza tenere conto degli effetti della controreazione che immagino ci sia, può essere semplicemente visto come due sorgenti di corrente complementari.
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[3] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtentePiercarlo » 23 ago 2019, 20:27

Bruno, tutto quanto dici è quello che probabilmente ci ha visto lo stesso Linsley Hood ma le cose, simulazioni alla mano, si sono rivelate di gran lunga meno ovvie. Lo schema completo lo trovi in rete sul numero di wireless world dell'aprile del 1969.

link: https://americanradiohistory.com/Archiv ... 969-04.pdf

Tra pagina 78 e pagina 83 del PDF.
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[4] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtenteDarwinNE » 24 ago 2019, 1:58

Se no ho fatto errori, partendo dalla versione semplificata disegnata da Foto UtentePiercarlo, il circuito di piccolo segnale dovrebbe essere questo:



EDIT: complice la tarda ora, mi sono reso conto di aver fatto un errore nel circuito di piccolo segnale del transistor Q3. Ho corretto (con il tratto in rosso), ma la cosa non ha influenza sul seguito se si lascia la base di Q3 aperta. Ce l'avrebbe invece se si mettesse la base di Q3 alla massa (il che vuol dire che lo stadio è pilotato da un generatore di tensione spento), ma sempre a condizione di non trascurare l'effetto Early di Q3

Per il calcolo dell'impedenza di uscita, possiamo tenere da parte hoe per i due transistor di uscita e considerare che il segnale in ingresso è nullo. Il generatore pilotato che corrisponde a Q3 diventa un circuito aperto. Possiamo anche lasciare da parte le due conduttanze collettore/emettitore di Q1 e Q2 per valutare poi se hanno un effetto rilevante oppure no:



A questo punto, se metto una tensionev_\mathrm{test} sull'uscita', avrò:

i_\mathrm{b1}=-i_\mathrm{b2}=\frac{v_\mathrm{test}}{h_\mathrm{oe3}^{-1}+h_\mathrm{ie2}+h_\mathrm{ie1}}\approx v_\mathrm{test}h_\mathrm{oe3}

il che vuol dire che il generatore di tensione dovrà fornire una corrente i_\mathrm{test} (entrante verso l'uscita dell'amplificatore) che vale:

i_\mathrm{test}=-h_\mathrm{fe}i_\mathrm{b2}+h_\mathrm{fe}i_\mathrm{b1}+i_\mathrm{b1}

e quindi:

i_\mathrm{test}\approx h_\mathrm{fe} v_\mathrm{test}h_\mathrm{oe3}+h_\mathrm{fe} v_\mathrm{test}h_\mathrm{oe3}+v_\mathrm{test}h_\mathrm{oe3}\approx 2 h_\mathrm{fe} v_\mathrm{test}h_\mathrm{oe3}

Da cui:

R_\mathrm{out}\approx\frac{1}{2 h_\mathrm{fe} h_\mathrm{oe3}}

Se le conduttanze h_\mathrm{oe} sono dello stesso ordine di grandezza per i tre transistor, possiamo trascurare l'effetto di quelle dei transistor 1 e 2.

Se non ho fatto errori (vista l'ora tarda), non direi che l'impedenza sia negativa, semmai è piuttosto elevata per essere uno stadio "push-pull". Addirittura se i transistor fossero perfetti, sarebbe infinita, il che vuol dire che lo stadio si comporta sostanzialmente da generatore di corrente controllato, il che è esattamente quello che dice Foto UtenteBrunoValente

Dopo aver fatto questi calcoletti, sono andato a guardare rapidamente l'articolo di Linsley Hood, se guardo la figura 2 l'impedenza di uscita è dalle parti di R2/hfe. Se invece guardo la figura 3 la situazione mi pare più complicata perché c'è effettivamente una sorgente di corrente bootstrap (dimmi se sbaglio) grazie a C1, ma c'è anche un anello di controreazione dovuto al segnale che entra in Tr4. Direi che è quest'ultimo che determina l'impedenza di uscita del circuito. Adesso vado a nanna, ma proverei a consigliare di prendere in considerazione tutto il circuito con la reazione e di sostituire lo stadio finale con un generatore di corrente controllato per calcolare l'impedenza di uscita in queste condizioni. Guarderei anche cosa succede alla stabilità del circuito.
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[5] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtentePiercarlo » 24 ago 2019, 6:57

Ringrazio Foto UtenteDarwinNE per aver sacrificato almeno un'ora del suo sonno sul mio problema perché mi ha aiutato a capire che quel che mi pareva una "resistenza negativa" in realtà è un'altra cosa, anche se gli somiglia. È in effetti un vero e proprio difetto di funzionamento dello stadio di uscita del JLH che funziona in push-pull (e nemmeno troppo bene) solo quando lavora su un carico ben preciso.

Il problema l'ho già sintetizzato nel post iniziale: dato un segnale di ingresso qualsiasi, i due finali vengono sì pilotati in controfase ma su due grandezze differenti; Il transistor superiore, connesso a inseguitore, produce una tensione di uscita, mentre quello inferiore produce una corrente di uscita. In tali condizioni, se il carico non ha un valore ben predefinito, il "push-pull" cessa di essere tale per diventare un pasticcio in cui le due componenti del segnale di uscita, tensione e corrente, vanno ognuna per i fatti suoi: se il carico è minore del valore previsto l'uscita si ritrova senza corrente sulla semionda negativa, mentre se è superiore il transistor che funge da inseguitore si ritrova a dissipare, come caso estremo (assenza di carico con massimo segnale), una potenza istantanea circa quattro volte superiore a quella di riposo.

Rispetto allo schema originale, la mia semplificazione ha omesso soltanto il fatto che, essendo il bootstrap sul collettore del VAS alimentato dallo stadio di uscita, esso costituisce per quest'ultimo un minimo carico di sicurezza (nel circuito originale pari a 100 ohm se il circuito viene dimensionato per lavorare su 8 ohm) che ne migliora un po' la stabilità. Per il resto i due circuiti si equivalgono.
Ho omesso lo stadio di ingresso perché non ha nulla di inconsueto e può oggi tranquillamente essere sostituito a piacere da un differenziale, così come il VAS può essere preceduto da un emitter follower se si vuole spingere un po' il guadagno ad anello aperto (piuttosto basso nella versione originale).

Ora l'aspetto più barocco del circuito è che il modo di funzionare dello stadio di uscita PUÒ apparire come una resistenza negativa che, in parallelo al carico (e qui occorre essere chiari: non è una resistenza negativa propria dello stadio di uscita ma piuttosto che si aggiunge al carico connesso in uscita in presenza di segnale in ingresso - o almeno di una controreazione che riporti un segnale all'ingresso qualora il segnale sia iniettato sull'uscita), ne aumenta il valore sballando il guadagno del VAS (lo aumenta), il quale, a sua volta, costituisce proprio uno dei fattori che genera tale "resistenza".

Questo meccanismo, che può divenire rigenerativo, è frenato dal fatto che la Re del VAS, in serie alla Hie del transistor d'uscita basso Q1, costituisce un partitore che, pilotando Q1 con un segnale inferiore rispetto a quello di ingresso del VAS, impedisce che venga azzerata la conduttanza di uscita di quest'ultimo, con le conseguenze che si possono immaginare.

E qui ritorno al mio quesito iniziale: è possibile, in queste condizioni, sintetizzare un'equazione che, a partire dal valore del carico in uscita e dalla conduttanza del generatore Q1, permetta di definire univocamente sia il valore della componente a "resistenza negativa" che il circuito genera sull'uscita, sia il guadagno in tensione del VAS? Dovrebbe essere, dalle mie ormai nebulosissime conoscenze in merito, un'equazione di secondo grado, delle quali, ahimè, non mi ricordo nulla di come si impostano... :oops:
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[6] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 24 ago 2019, 7:09

Niente resistenza negativa, direi. Se non si mettono le r0 l'impedenza di uscita tende a infinito. Se invece si mette la r0 di Q3 la resistenza di uscita è finita e positiva. Dal tablet non riesco a fare schemi, ma è come dice Foto UtenteDarwinNE.
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[7] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtentePiercarlo » 24 ago 2019, 7:20

Ok, su questo ormai ci siamo. Ma l'anomalia però resta! :-|
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[8] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtenteBrunoValente » 24 ago 2019, 10:20

Piercarlo ha scritto:...Il problema l'ho già sintetizzato nel post iniziale: dato un segnale di ingresso qualsiasi, i due finali vengono sì pilotati in controfase ma su due grandezze differenti; Il transistor superiore, connesso a inseguitore, produce una tensione di uscita, mentre quello inferiore produce una corrente di uscita. In tali condizioni, se il carico non ha un valore ben predefinito, il "push-pull" cessa di essere tale per diventare un pasticcio in cui le due componenti del segnale di uscita, tensione e corrente, vanno ognuna per i fatti suoi...


Su questo ti invito a riflettere meglio: non è sempre vero che un inseguitore produce una tensione, voglio dire che non sempre un inseguitore si comporta come una sorgente di tensione con bassa impedenza di uscita.

In generale il valore dell'impedenza di uscita di un inseguitore è pari al valore dell'impedenza interna del generatore che fornisce il segnale in ingresso (in base) diviso per il beta del transistor, quindi se è pilotato da una sorgente con impedenza interna medio-bassa l'inseguitore presenta una impedenza di uscita decisamente bassa ma se invece è pilotato con un generatore di corrente, come in questo caso, capisci bene che l'impedenza di uscita è infinita come quella del generatore che lo pilota (almeno in prima battuta, semplificando un po' le cose).

Perciò i due transistor dello stadio finale, essendo pilotati da una sorgente ad alta impedenza interna, si comportano entrambi sostanzialmente nello stesso modo, cioè come sorgenti ad alta impedenza... il trucchetto per cui quel circuito funzionicchia nonostante che all'apparenza sembri zoppo è tutto qui.

Ho scritto che "funzionicchia" perché non mi pare sia una gran furbata visto che la corrente a riposo nei finali dipende dal beta.
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[9] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtentePiercarlo » 24 ago 2019, 10:25

Io vedo il problema non sull'inseguitore ma sul transistor opposto. L'inseguitore è il problema minore su cui si può anche sorvolare. Sulle magagne del generatore di corrente proprio no.

AGGIUNTA - Oggi l'inseguitore può anche essere sostituito da un MOS di potenza senza grossi problemi. Ma sull'altro corno i problemi rimarrebbero tali e quali quelli di adesso.
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[10] Re: Amplificatore JLH (Linsley Hood) del 1969

Messaggioda Foto UtenteBrunoValente » 24 ago 2019, 10:29

Piercarlo ha scritto:Io vedo il problema non sull'inseguitore ma sul transistor opposto. L'inseguitore è il problema minore su cui si può anche sorvolare. Sulle magagne del generatore di corrente proprio no.


Non ti seguo: i due transistor, per il fatto che quello di sopra si comporti come una sorgente di corrente nonostante sia un inseguitore, si comportano entrambi come sorgenti di corrente e lavorano in push pull.

Piercarlo ha scritto:...Oggi l'inseguitore può anche essere sostituito da un MOS di potenza senza grossi problemi.


Direi proprio di no perché quel circuito per funzionare ha proprio bisogno di un dispositivo che si comporti come un transistor, non come un mosfet, cioè di sopra ha bisogno di un dispositivo che amplifichi la corrente di ingresso proprio come quello di sotto e anche con lo stesso guadagno, un mosfet non fa questo.
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