Generatori di Corrente Continua

Maurizio Monteduro
Siamo abituati a considerare i generatori come qualcosa di ideale, come un aggeggio perfetto che attinge o eroga corrente non interessandosi di come possa variare la tensione ai suoi capi. Questo vuol dire che, se da una parte, per le variazioni di tensione, deve presentare una resistenza nulla (la tensione ai capi di un cortocircuito è zero), dall'altra deve avere, per la corrente, una resistenza praticamente infinita per non fare partizione col carico, in modo che questi possa disporre liberamente di un “pozzo” da cui attingere la sua corrente, senza spartirla con nessun altro.
Tutto ciò si traduce nella considerazione che la resistenza differenziale deve essere altissima, mentre deve essere bassissima la resistenza apparente.
Consideriamo il seguente circuito:
image: 0_var_www_html_generatori_continua_fig1_2.jpg
A destra nell'immagine abbiamo, come di consueto, trasformato il partitore di ingresso col suo equivalente di Thevenin:
R B = R 1 // R 2 = R 1 R 2 R 1 + R 2 e V BB = V CC R 1 R 1 + R 2
Risolvendo l'equazione alla maglia di ingresso diremo che, essendo la corrente di emettitore I E = I B + I O ,
I O R E = V BB -[ I B ( R B + R E ) ]- V BE
La caduta di tensione su R E sarà pari a ( I B + I O ) R E .
Risolvendo l'equazione rispetto a I O ottengo:
I O = V BB - I B ( R B + R E )- V BE R E
Considerando trascurabile la corrente in base I B riscrivo la relazione precedente come:
I O V BB - V BE R E
Volendo calcolare la resistenza di uscita R O è conveniente ricorrere al circuito equivalente a parametri ibridi, in cui trascuro la h re :
image: 1_var_www_html_generatori_continua_fig3.jpg
Il circuito equivalente tiene conto, ovviamente, delle variazioni e, quindi, in esso non compare V BB .
Se consideriamo unitaria la corrente entrante nel nodo 3 possiamo ricavare la V 3 = I O R O = R O che quindi risulta numericamente (ma non dimensionalmente!!!) uguale a R O . Scriviamo le equazioni ai nodi:
{ 0=[ 1 R B + 1 h ie ] V 1 - 1 h ie V 2 0=-[ 1 h ie + h fe h ie ] V 1 +[ 1 h ie + h oe + 1 R E + h fe h ie ] V 2 - h oe V 3 1= h fe h ie V 1 -[ h oe + h fe h ie ] V 2 + h oe V 3
Il sistema può essere riscritto in forma matriciale:
[ V 1 V 2 V 3 ][ [ 1 R B + 1 h ie ] [ - 1 h ie ] 0 -[ 1 h ie + h fe h ie ] [ 1 h ie + h oe + 1 R E + h fe h ie ] - h oe [ h fe h ie ] -[ h oe + h fe h ie ] h oe ]=[ 0 0 1 ]
Risolvendolo col metodo di Cramer rispetto a V 3 ottengo:
R O 1= V 3 = R E [ ( 1+ h fe )+ h oe ( h ie + R B ) ]+ h ie + R B h ie R E R B h oe ( h ie + R B + R E ) h ie R E R B =
= 1 h oe + ( h ie + R B ) R E ( h ie + R B + R E ) + R E h fe h oe ( h ie + R B + R E ) = R O
Da questa relazione notiamo come R O cresca al crescere di R E e al diminuire di R B . Se R B < ( R E + h ie ) allora R O è indipendente da R B .
Il circuito presentato viene comunemente definito “pozzo di corrente” e può anche essere realizzato sostituendo la resistenza posta fra base e massa con un diodo zener, come rappresentato nella figura seguente:
image: 2_var_www_html_generatori_continua_fig4.jpg
Nell'utilizzare questi circuiti bisogna prestare particolare attenzione a far sì che la tensione al collettore non scenda al di sotto di quella di base: in tal caso andrei a polarizzare direttamente la giunzione base-collettore mandando il transistor in saturazione e provocando così la chiusura della V CE .
Un altro dispositivo particolarmente interessante è il cosiddetto “specchio di corrente” che trova largo impiego nei circuiti integrati in cui si renda necessario alimentare differenti circuiti con correnti costanti.
image: 3_var_www_html_generatori_continua_fig5.jpg
Innanzitutto osserviamo che i due transistor hanno sia la base che l'emettitore connessi fra loro, pertanto V BE1 = V BE2 .
Vale soltanto la pena rammentare che corrente e tensione ai capi di una giunzione polarizzata direttamente sono legate dalla seguente relazione:
I= I S ( e V η V T -1 )
in cui:
 Possiamo, quindi, ricavare la ben nota relazione:
V BE kT q ln I E I S
Tornando al nostro circuito, essendo V BE1 = V BE2 allora I E1 I S1 = I E2 I S2 ovvero I E2 I E1 = I S2 I S1 . Osservando che I B2 = I O h FE2 ottengo:
I E2 = I B2 + I O = I O h FE2 + I O . Se, ora, consideriamo che, essendo h FE > 1 e che quindi I B < I C e che, quindi, I E I C , potrò asserire che I E1 I R - I O h FE2 . Posto che i transistor siano uguali, allora h FE2 = h FE1 = h FE e combinando le equazioni precedenti, potrò ricavare la relazione seguente:
I S1 I S2 = I R - I O h FE I O h FE + I O = I R - I O h FE I O [ 1+ 1 h FE ] ;
[ I R - I O h FE ] I S2 = I S1 I O [ 1+ 1 h FE ];
I R I S2 = I S1 I O [ 1+ 1 h FE ]+ I O I S2 h FE ;
I R I S2 = I O [ I S1 ( 1+ 1 h FE )+ I S2 h FE ];
I O = I R I S2 I S1 ( 1+ 1 h FE )+ I S2 h FE = I R I S2 h FE I S1 ( 1+ h FE )+ I S2 =
= I R I S2 I S1 1 1+ 1 h FE + I S2 I S1 1 h FE
Se, come visto, h FE > 1 possiamo scrivere che I O I R I S2 I S1 . Ma, essendo i due transistor uguali, avranno la stessa corrente inversa di saturazione ( I S1 = I S2 ) e quindi
I O I R .
Ridisegnamo, ora, il circuito e cerchiamo di dare una spiegazione meno rigorosa e più semplice dello specchio di corrente, così chiamato a causa dell'effetto di copiatura delle due correnti I O ed I R .
image: 4_var_www_html_generatori_continua_fig6.jpg
Innanzitutto notiamo che I O I C2 e che I R = I B1 + I B2 + I C1 .
Se i due transistor sono uguali, hanno la stessa h fe e la stessa I S e quindi avranno la stessa corrente di emettitore visto che, come prima, le V BE sono forzatamente uguali. Quindi avranno le stesse correnti di collettore e potrò dire che I C1 = I C2 = I O . Essendo I C = β I B +( β +1 ) I CB0 e ritenendo trascurabile la corrente inversa di saturazione della giunzione base-collettore I CB0 , la I B I C β . Posso, a questo punto, riscrivere l'equazione al nodo come:
I R = I O + I O β + I O β = β I O +2 I O β = I O β +2 β
Ricordando che β h fe potrò scrivere:
I O = I R h fe +2 h fe
se, come normalmente si verifica, h fe > 2 ottengo, nuovamente, che I O I R .
Calcoliamo, adesso, il valore della corrente I R :
I R = V CC - V BE R V CC R
ritenendo che V BE < V CC .
Si nota che, in questo circuito, la minima caduta di tensione possibile ai capi del generatore di corrente è limitata dalla V C E sat del secondo transistor che, come noto, è inferiore a circa 0.5 V, con evidente vantaggio rispetto al primo circuito considerato, dove dovevamo fare i conti anche con la caduta sulla R E .
Vediamo ora l'effetto di una resistenza posta in serie all'emettitore del secondo transistor.
image: 5_var_www_html_generatori_continua_fig7.jpg
Dall'equazione alla maglia, I O V BE1 - V BE2 . Ricordando che V BE V T ln I E I S possiamo scrivere:
V BE1 - V BE2 V T ( ln I E1 I S1 - ln I E2 I S2 )
Mettendo a sistema le due relazioni precedenti:
{ V BE1 - V BE2 V T ( ln I E1 I S1 - ln I E2 I S2 ) I O V BE1 - V BE2
Supponendo che I S1 = I S2 ed applicando le proprietà dei logaritmi, ottengo:
I O R V T ln I E1 I E2
da cui
I O V T R ln I E1 I E2
ma I E1 I R ed I E2 I O per quanto abbiamo già visto, quindi posso dire che:
I O V T R ln I R I O
ovvero, nota I R , fissato il rapporto I R I O >1 , possiamo trovare subito il valore di R che permette di avere la corrente I O cercata.
Questo risultato viene spesso utilizzato negli amplificatori monolitici per poter ottenere da una sola corrente di riferimento tutte quelle necessarie per la polirazzione dei vari stadi.
Nell'analisi dello specchio di corrente, abbiamo supposto h fe > 1 introducendo un errore, in ogni caso non recuperabile, dovuto al fatto che ci necessita una corrente sufficientemente grande da poter alimentare le basi dei due transistor, ma, nel contempo, decisamente piccola, dovendo essere < I R , da poter essere trascurata nel bilancio al nodo.
Per poter ovviare a questo problema introduciamo un terzo transistor prelevando una corrente piccola dal collettore del transistor T1 e, amplificandola tramite il transistor aggiuntivo T3, la portiamo alle basi degli altri due. Con tale accorgimento circuitale siamo in grado di ridurre l'errore introdotto nelle configurazioni circuitali viste.
image: 6_var_www_html_generatori_continua_fig8.jpg
Dalle equazioni ai nodi:
I C1 = I R - I B3
I E3 = I B1 + I B2
Utilizzando i legami fondamentali che regolano le correnti nei transistor, potremo scrivere che:
I B2 = I O h fe
I B3 = I B1 + I B2 ( 1+ h fe ) I B1 + I B2 h fe I R + I O h fe 2
I E2 = I O h fe + I O
I C1 = I R - I R + I O h fe 2
I B1 = I R h fe
I E1 = I R - I O + I R h fe 2 + I R h fe
I E3 = I R h fe + I O h fe
Considerando i due transistor identici, possiamo eguagliare le correnti di emettitore I E1 ed I E2 ottenendo:
I R - I O + I R h fe 2 + I R h fe = I O h fe + I O
I O = I R - I O + I R h fe 2 + I R h fe 1+ 1 h fe
I R ( 1- 1 h fe 2 + 1 h fe )= I O ( 1+ 1 h fe 2 + 1 h fe )
I R ( h fe 2 + h fe -1 )= I O ( h fe 2 + h fe +1 )
Considerando che h fe > 1 e, quindi, a maggior ragione, h fe 2 > 1 , posso dire che:
I R ( h fe 2 + h fe ) I O ( h fe 2 + h fe )
che, semplificando, si riduce a
I R = I O In modo più rapido, avremmo potuto effettuare il passaggio al limite: infatti supporre che h fe > 1 , ovvero che valga almeno 10, corrisponde a porre h fe e, quindi, possiamo dire che:
lim h fe I R = lim h fe I O ( h fe 2 + h fe -1 ) ( h fe 2 + h fe +1 ) = I O
Come è facile notare, sostituendo, al posto del cortocircuito fra base e collettore un transistor connesso come visto, si ottiene un miglior effetto di replica della corrente I R .