Lezione XVII Compensazione II. Riepilogo  Dall’ingresso verso l’uscita troviamo sicuramente il polo al nodo X (o Y) non dominante e il polo dominante.

Presentazione sul tema: "Lezione XVII Compensazione II. Riepilogo  Dall’ingresso verso l’uscita troviamo sicuramente il polo al nodo X (o Y) non dominante e il polo dominante."— Transcript della presentazione:

1 Lezione XVII Compensazione II

2 Riepilogo  Dall’ingresso verso l’uscita troviamo sicuramente il polo al nodo X (o Y) non dominante e il polo dominante sul nodo V out1 C L R out  Come si comportano però i poli nei nodi N (o K) ?  Possiamo pensare che la capacità C N, alle alte frequenze, abbassi l’impedenza di uscita di M7 abbassando l’impedenza di uscita complessiva del circuito  Cerchiamo di quantificare quest’effetto XY NK

3 Calcolo di Z out (s)  Sul nodo di uscita l’impedenza è quella classica di una configurazione cascode  Mentre l’impedenza sul nodo N la possiamo vedere come il parallelo di r 07 e (C N s) -1  Mettendo tutto assieme si ha:

4 Sul nodo di uscita  L’impedenza Zout si trova in parallelo con l’impedenza data dalla capacità di carico CL

5 Considerazioni  Qual è l’effetto del polo del cascode?  Se guardiamo l’espressione di Z L ci accorgiamo che il cascode non aggiunge nessun polo addizionale  L’unico effetto è quello di abbassare leggermente il polo dominante dell’operazionale (effetto dunque benefico)

6 Operazionali a due stadi  Abbiamo visto che, ogni volta che è necessario realizzare operazionali ad elevato swing, la configurazione a due stadi (o più) si rivela necessaria  La tecnica che si usa in questo caso è quasi sempre la compensazione di Miller

7 Esempio  Consideriamo un operazionale cascode con stadio di uscita a source comune  Seguiamo il percorso dei segnali dall’ingresso verso l’uscita per determinare i poli del sistema X E F

8 Diagramma di Bode  Nel percorso da in1 alla sua uscita incontriamo tre poli  Sappiamo che il polo al nodo X si trova a frequenze sufficientemente elevate  Al nodo E la resistenza è molto elevata e quindi ci aspettiamo che il polo si trovi a frequenze relativamente basse  Al nodo F la resistenza è più bassa ma la capacità C L può essere abbastanza elevata  Il sistema presenta dunque due poli dominanti

9 …  Possiamo costruire quindi il diagramma di Bode di modulo e fase  Dal momento che i due poli dominanti si presentano ben prima del polo in alta frequenza il cumulo di fase raggiunge - 180° ben prima che si presenti il terzo polo  I margini di stabilità si riducono drasticamente quindi anche prima del terzo polo GX PX

10 Compensazione  Potremmo pensare di agire sul diagramma dei moduli spostando uno dei due poli dominanti verso l’origine  Dal momento che la compensazione deve essere fatta portando la ω T in corrispondenza del primo polo non dominante ci accorgiamo che: La banda passante che si ottiene è relativamente bassa E’ necessaria una capacità di compensazione di valore molto elevato

11 La compensazione di Miller  Il secondo stadio possiede un guadagno sufficiente ed è collegato all’uscita di uno stadio con impedenza di uscita molto elevata  Una capacità messa a ponte dunque si trova soggetta all’effetto Miller ed inoltre, al nodo E, vede un’impedenza molto elevata A1A2 EA R out1 A1A2 EA Cc

12 …  L’idea è quella di creare una capacità elevata al nodo E tramite la moltiplicazione di Miller  Di conseguenza il polo relativo al nodo E si sposta alla pulsazione

13 Pole-splitting  Oltre a creare un polo in bassa frequenza la compensazione di Miller possiede un altro effetto benefico  Il polo sul nodo di uscita si sposta a frequenze più elevate aumentando così i margini di stabilità xxx xxx

14 Effetto degli zeri  Fino ad ora abbiamo trascurato la presenza di zeri nelle f.d.t.  Sappiamo che le capacità connesse in serie lungo il percorso del segnale introducono zeri  Mentre gli zeri introdotti dalle capacità parassite dei mosfet si presentano fortunatamente a frequenze elevate, negli operazionali a due stadi compensati con la tecnica del pole- splitting lo zero introdotto da Cc si presenta a frequenze relativamente basse

15 Esempio  La capacità C gd9, eventualmente assieme alla capacità di compensazione Cc mette uno zero nella f.d.t. alla pulsazione g m9 /(Cc+C gd9 ) Cc

16 Effetto dello zero  Il numeratore della f.d.t. si presenterà come (1-s/ω z ) e quindi introdurrà uno sfasamento ancora negativo  Infatti i poli a parte reale negativa e gli zeri a parte reale positiva sfasano in maniera equivalente  La presenza degli zeri dunque impedisce al diagramma di Bode dei moduli di scendere mentre introduce sfasamento ulteriore riducendo la stabilità

17 Cancellazione dello zero  La presenza dello zero è un serio problema negli operazionali CMOS dal momento che 1/gm è relativamente piccola e di solito Cc è scelta sufficientemente grande per posizionare il polo dominante  Per eliminare (o spostare) lo zero sono state studiate differenti tecniche

18 Esempio  Consideriamo il solo stadio di uscita del nostro operazionale a due stadi  Inseriamo in serie alla capacità Cc una resistenza Rz

19 Modello a piccolo segnale  Si può dimostrare che la f.d.t. ha tre poli ed uno zero  Due dei tre poli sono posizionati non distanti da dove sarebbero se Rz=0 mentre il terzo polo si trova a frequenze elevate g m v gs RLRL CECE R out VsVs CLCL RzRz CcCc I OUT V OUT

20 Calcolo dello zero  Lo zero è definito da una frequenza alla quale per ingresso finito l’uscita diventa nulla  Se l’uscita è nulla allora la posso cortocircuitare a massa e nel corto non scorrerà alcuna corrente g m v gs RLRL CECE R out VsVs CLCL RzRz CcCc I OUT V OUT

21 … g m v gs CECE R out VsVs RzRz CcCc I OUT =0 V OUT

22 Lo zero  Elaborando l’equazione precedente possiamo calcolare che la pulsazione dello zero è data da:  A questo punto abbiamo due scelte Cancellare lo zero scegliendo Rz=1/gm9 Spostare lo zero in corrispondenza del primo polo non dominante e cancellarlo! xxx

23 Problemi  La posizione del primo polo non dominante è data da:  Per cui per effettuare la cancellazione deve essere

24 ….  Dunque la resistenza Rz dipende dalla capacità di carico CL che può essere variabile  Inoltre l’implementazione sul silicio di Rz viene di solito fatta con un NMOS in zona di triodo  La resistenza Rz può dunque variare per effetto dello swing sul nodo di uscita

25 Confronto  Gli operazionali a due stadi hanno performance inferiori a quelli ad uno stadio  Infatti la compensazione di Miller sposta il polo dominante al nodo interno e dunque l’effetto di un carico capacitivo elevato sposta il primo polo non dominante verso le basse frequenze degradando i margini di stabilità

26 Risposte al gradino  Se un operazionale a singolo stadio viene caricato con una capacità CL elevata la sua risposta al gradino rallenta ma non oscilla  Viceversa un operazionale a due stadi, all’aumentare dalla capacità di carico, può presentare una crescente oscillazione

27 Slew rate  La capacità Cc ovviamente introdurrà una slew rate nell’operazionale a due stadi  Valutiamo il valore della SR nel caso di segnale di uscita con pendenza positiva e negativa in un caso semplice - Vin Cc + Vout

28 Esempio  Consideriamo un opamp realizzato con un semplice differenziale con carico a specchio  Sa applico un gradino positivo all’ingresso il ramo M5-M8 si interdice  La corrente Iss, attraverso M1 viene deviata tutta in Cc che esibisce una variazione di tensione lineare ai sui capi  Cosa succede per gradino negativo in ingresso?