Post on 12-Sep-2018
1
Amplificateurs opérationnels
I – La paire différentielle.1 – Introduction – notion de signal différentiel.
Paire différentielle : parmi les briques de base les plus importantes de l’électronique.
Un signal électrique est généralement mesuré par rapport à la masse (c.-à-d. un potentiel fixe) :
vE
Z
vS
t
vS
Intérêt : - grande immunité au bruit et aux interférences,
- facilité de polarisation,
- meilleur linéarité.
2
I – La paire différentielle
Un signal différentiel est mesuré entre deux nœuds ayant des excursions de tension égales et opposées par rapport à un potentiel fixe (le mode commun) :
vE1
Z
vS1vE2
Z
vS2
vDIFF
vDIFF = vS1 – vS2t
vS1
VSmode commun
t
vS2
VS
t
vDIFF
∆∆∆∆V
2∆∆∆∆V
∆∆∆∆V
de plus vS1 + vS2 = 2VS
3
I – La paire différentielle
2 – La paire différentielle MOS.
a. Présentation.
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vG1 vG2
iD1 iD2
Mn1 et Mn2 sont identiques
Axe de symétrie vertical
Polarisation par une source de courant idéale (r0= ∞)
et polarisés en régime saturé.
4
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vG1 vG2
iD1 iD2
I – La paire différentielle
Analogie paire différentielle – balance à deux fléaux.
5
I – La paire différentielle
b. Fonctionnement avec une tension d’entrée en mode commun.
⇒ vG1 = vG2 = vCM
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vS
I0/2
VGS VGS
I0/2
D’après Mn1 et Mn2 identiques et par considérations de symétrie :
vCM
iD1 = iD2= I0/2
On a vS = vCM – VGS tel que :
( )2'0
2
1
2 tnGSn VVL
Wk
I −=
soit : ( )LWkIV nOV // '0=
vDIFF
Au niveau des drains :
DDDDD RI
Vvv20
21 −==
la tension différentielle de sortie : vDIFF = vD2 – vD1 = 0
6
I – La paire différentielle
b. Fonctionnement avec une tension d’entrée en mode commun (suite).
La paire différentielle ne réponds pas à un signal d’entrée de mode commun, on parle de réjection de mode commun (en présence de défauts tq Mn1≠Mn2 ce n’est plus vrai).
La plage de variation de vCM est limitée aux deux extrémités par :
- Le fait que les transistors doivent rester en saturation,
- La source de courant qui ne doit pas être "étouffée" par un vCM trop bas.
tnDDDDCM VIRVv +−=max
min0min VVv GSCM +=
Tension minimale nécessaire aux bornes de la source de courant
vDIFF = vD2 – vD1 = 0
7
I – La paire différentielle
c. Fonctionnement grands signaux.
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vG1 vG2
iD1 iD2
vid = vG1 - vG2
On cherche à exprimer iD1,2 en fonction de la tension différentielle d’entrée :
( )21
'1 2
1tnGSnD VV
L
Wki −=
( )22
'2 2
1tnGSnD VV
L
Wki −=
soit : ( )tnGSnD VVL
Wki −= 1
'1 2
1
( )tnGSnD VVL
Wki −= 2
'2 2
1
d’où :
)(2
1 '21 av
L
Wkii idnDD =−
vS
or :)(021 bIii DD =+
8
I – La paire différentielle
c. Fonctionnement grands signaux (suite).
(a) 2 donne :idnDD v
L
WkIii 2'
021 2
12 −=
En substituant puis en élevant au carré on obtient une équation du 2nd degré dont la solution est :
102 DD iIi −=
L
WkI
vvI
L
Wk
Ii
n
ididnD
'0
2
0'0
1
/
)2(1.
2.
2−+=
OVVI /02
OVV
2'0
2
1
2 OVn VL
Wk
I =
Au point d’équilibre vG1 = vG2
Soit :
2
200
1
)2(1.
2.
2 OV
idid
OVD V
vv
V
IIi −+=
2
200
2
)2(1.
2.
2 OV
idid
OVD V
vv
V
IIi −−=
Non linéaire ?
OVVI /0
9
I – La paire différentielle
c. Fonctionnement grands signaux (suite).
Sortie différentielle :
vDIFF = vD2 – vD1 = VDD – RDiD2 – (VDD –RDiD1)
vDIFF = RD.(iD1 – iD2) = 2
20 )2(
1...OV
idid
OVD V
vv
V
IR −
La paire différentielle réponds à un signal d’entrée différentiel
• Pour vid = 0 ⇒ iD1 = iD2 = I0/2
• Pour vid > 0 ⇒ iD1 > iD2
• Pour vid < 0 ⇒ iD1 < iD2
tq iD1 + iD2 = I0
iD1 = I0/2 + ∆i
iD2 = I0/2 - ∆i2
20 )2(
1.2
.OV
idid
OV V
vv
V
Ii −=∆
• vid = ? tq iD1 = I0 et iD2 = 0
vGS2 = Vtn
iD1 = I0 = ½k’n(W/L)(vGS1 - Vtn)2
OIOVtnntnGS VVLWkIVv ,'
01 .2)/(/2 +=+=
d’où
0,21 .2 IOVGSGSid Vvvv =−=
10
I – La paire différentielle
c. Fonctionnement grands signaux (suite).
vid
iD1,2/I0
0,.2 IVOV0,.2 IVOV−
iD1/I0iD2/I0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1
0
Zone de fonctionnement linéaire : vid/2 << Vov
did
OVD i
Iv
V
IIi +=+=
22.
2000
1
did
OVD i
Iv
V
IIi −=−=
22.
2000
2
avec2
.0 id
OVd
v
V
Ii =
11
I – La paire différentielle
c. Fonctionnement grands signaux (suite).
tel queOVOV
mmm V
I
V
Iggg 00
21
)2/(2 ====
soit
=2
. idmd
vgi
vid
Mn1 Mn2
vgs1 vgs2
vid = vG1 - vG2 = vGS1 – VGS2
Par rapport à une polarisation "classique" le terme ½ s’explique par la répartition de vid sur les 2 vgs
vGS1 = vid/2 vGS2 = – vid/2
12
I – La paire différentielle
d. Fonctionnement avec une entrée différentielle petits signaux (λ=0, χ=0).
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vid/2
iD1 iD2
vS
vG2vG1
vid/2
VCM VCM
vdiff
vid = vG1 - vG2
Tension différentielle d’entrée :
vG1 = VCM + ½.vid
vG2 = VCM - ½.vid
vdiff = vD2 – vD1
Tension différentielle de sortie :
VGS +v
id /2
OVtnntnGSGS VVLWkIVVV +=+== )/(/ '02,1
V GS-v
id/2
13
I – La paire différentielle
Etude AC.
RD RD
Mn1 Mn2vid/2
gmvid/2
0V
-vid/2
vdiff=gmRDvid
vgs2=-vid/2vgs1=+vid/2
gmvid/2
+gmRD(vid/2)-gmRD(vid/2)
avecOVOV
m V
I
V
Ig 00 )2/(2 ==
D’où l’expression du gain différentiel p. s. :
Dmid
diffd Rg
v
vA ==
masse virtuelle
14
I – La paire différentielle
Prise en compte de r0 et RSource (modulation de la longueur du canal des MOS).
RD RD
vid/2
gmvid/2
0V
-vid/2
vdiff
gmvid/2
RSource
0
r0 r0
RD
vid/2 r0
vd1
RD
-vid/2r0
vd2vdiff
Montages source commune polarisés à I0/2
vd1 = -gm(RD//r0)(vid/2)
vd2 = gm(RD//r0)(vid/2)
idDmdddiff vrRgvvv )//( 012 =−=
15
I – La paire différentielle
e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun.
Pour une entrée de mode commun petit signal :
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vd1 vd2
vcm vcm
iD1 iD2
vS
vdiff
RSource
RD
vd1
RD
vd2vdiff
vcm vcm
2RSource 2RSource
Montage source commune dégénéré :
Sourcem
Dmcmd Rg
Rgvv
21/2,1 +
−=
16
I – La paire différentielle
e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun.
Pour une entrée de mode commun petit signal :
Sourcem
Dmcmd Rg
Rgvv
21/2,1 +
−= En considérant RSource >> 1/gm :Source
Dcmd R
Rvv
2/2,1
−≈
Sortie simple : Sortie différentielle :
Source
Dcm R
RA
2=
Dmv RgA .21=
Taux de réjection de mode commun :(Common Mode Rejection Ration)
Sourcemcm
v RgA
ACMRR ==
012 =−=cm
ddcm v
vvA
Dmd RgA =
Taux de réjection de mode commun :(Common Mode Rejection Ration)
∞=CMRR
17
I – La paire différentielle
e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun.
Effet d’une dissymétrie sur RD :
RD
vd1
RD+∆∆∆∆RD
vd2vdiff
vcm vcm
2RSource 2RSource
On a alors :
Source
Dcmd R
Rvv
2/1
−≈
Source
DDcmd R
RRvv
2/2
∆−−≈ Source
Dcmddcm R
RvvvA
2/12
∆−≈−=
D
DSourcemcmd R
RRgAACMRR
∆== 2/
18
I – La paire différentielle
e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun.
Effet d’une dissymétrie sur gm :
On démontre :
∆
=
m
m
Source
Dcm g
g
R
RA .
2
m
mSourcemcmd g
gRgAACMRR
∆== 2/
Une paire différentielle réelle ne pourra jamais être réalisée parfaitement symétriquement, c’est ce qui explique que dans la pratique on trouve un CMRR fini.
f. Généralisation à des signaux d’entrée quelconques.
222121 GG
idGG
cm
vvv
vvV
−=+=2/1 idcmG vVv +=
2/2 idcmG vVv −=
Décomposition des tensions d’entrée en mode commun plus différentiel :
Th. de superposition ⇒ iddcmcmdiff vAVAv +=
19
Exercice 7.1 – Paire différentielle
I0
VDD
RD RD
Mn1 Mn2
vD1 vD2
vG1 vG2
iD1 iD2
Soit la paire différentielle ci-contre, telle que I0 = 400µA, RD = 2,5 kΩ, et W/L = 25 (λ=0 et χ=0).
On considère qu’elle est soumise à une entrée de mode commun : vG1 = vG2 = vCM
a. Que valent VOV et VGS ?b. Calculer vS, iD1, iD2, vD1 et VD2 pour vCM = 1,6 V (vS tension des sources de Mn1 et Mn2).c. Même question pour vCM = 2,8 V.d. Même question pour vCM = 1,4 V.e. Quelle est la valeur maximale de vCM assurant le maintien en saturation de Mn1 et Mn2 ?f. La source de courant requiert une tension minimale à ses bornes, V0min = 0,6 V, pour fonctionner correctement. En déduire la valeur minimale pouvant être prise par vCM.
La paire différentielle précédente est maintenant alimentée en mode différentiel tel que :vG1 – vG2 = vid
g. Pour quelle valeur de vid la totalité du courant de polarisation I0 passe-t-elle par la branche de Mn1 ? Calculer les valeurs correspondantes de vD1 et vD2. h. Pour quelle valeur de vid la totalité du courant de polarisation I0 passe-t-elle par la branche de Mn2 ? Calculer les valeurs correspondantes de vD1 et vD2.i. En déduire la plage de variation de la tension différentielle de sortie (vdiff = vd2 – vD1).
20
I – La paire différentielle
3 – La paire différentielle à charge active.
⇒ conversion signal différentiel vers signal simple.
I0
VDD
Mn1 Mn2
vS
vG2vG1
Mp1 Mp2
iS
vG emve Rs
is
Re vG emve Rs
is
Re
0=
≡sve
sm v
iG
transconductance
Mp1, Mp2 : miroir de courant
21
I – La paire différentielle
Polarisation, régime DC :
I0
VDD
Mn1 Mn2
VS=VDD-VSG
VCM
Mp3 Mp4
0
VCM
VSG Mn1, Mn2 identiques, polarisation symétrique :
iD1 = iD2= I0/2
I0/2 I0/2Mp1, Mp2 : miroir de courant
iD4 = iD3= I0/2
I0/2
VD2 = VD1 = VDD - VSG
22
I – La paire différentielle
Entrée différentielle p.s., régime AC :
Mn1 Mn2
vs
Vid/2
Mp3 Mp4
0 V
-Vid/2
id id
idis=2id
id=gm.vid/2
Transconductance du montage :calculé pour vs=0 court-circuité à la masse
m
vid
sm g
v
iG
s
=
=
=0
Résistance de sortie :
04020 // rrR =
⇒ Gain différentiel :
)//( 04020 rrgRGv
vA mm
id
sd ===
Sourcemcm Rg
A32
1−=
On démontre également :
23
Exercice 7.2 – Paire différentielle à charge active
I0
VDD
Mn1 Mn2
vS
vG2vG1
Mp1 Mp2
iS
1. Calculer Gm et R0 (paramètres de l’amplificateur de transconductance équivalent à la paire différentielle).
2. En déduire le gain différentiel Ad.
3. Calculer le gain de mode commun Acm.
4. Donner le taux de réjection de mode commun de cet amplificateur différentiel.
On considère la paire différentielle à charge active dont le schéma est donné ci-contre.
Elle est telle que (W/L)Mn1,Mn2 = 100 et (W/L)Mp1,Mp2 = 200 et I0 = 800 µA. La source de courant est implémentée selon le modèle le plus simple vu en cours.
On supposera que la tension d’Early est identique pour tous les transistors du montage : VA = 20 V.
24
Amplificateurs opérationnels
II – Amplificateur opérationnel CMOS à deux étages.
-VSS
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
-VSS
IREF
Mp5Mp6
Mn7
-VSS
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
25
II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages
1er étage : Paire différentielle d’entrée
-VSS
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
-VSS
IREF
Mp5Mp6
Mn7
-VSS
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
26
-VSS
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
-VSS
IREF
Mp5Mp6
Mn7
-VSS
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages
2ème étage : amplificateur source commune
27
II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages
Polarisation
-VSS
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
-VSS
IREF
Mp5Mp6
Mn7
-VSS
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
28
II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages
-VSS
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
-VSS
IREF
Mp5Mp6
Mn7
-VSS
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
)//( 0402121 rrgA m−=
)//( 080772 rrgA m−=
)//()//( 080770402121 rrgrrgAAA mmv ==
∞≈inZ
)//( 0807 rrZout ≈
29
Exercice 7.3 – Amplificateur différentiel MOS à 2 étages
Mp1 Mp2
Mn3 Mn4
VDD VDD
IREF
Mp5Mp6
Mn7
VDD
Mp8
vs
v+v-
I0
CC
1. Dessiner le schéma équivalent basse fréquence petits signaux de l’amplificateur opérationnel en modélisant chacun des deux étages élémentaires par un amplificateur de transconductance. Exprimer le gain en tension Av = vs/vid en fonction de VA et VOV. En déduire VOV et les dimensions de tous les transistors du montage.
2. Déterminer la plage de variation de la tension de mode commun VCM.
3. Déterminer la plage de variation de la tension de sortie vs.
4. Donner les valeurs des impédances d’entrée et de sortie.
On considère l’amplificateur opérationnel CMOS à deux étages dont le schéma est donné ci-contre.
Tous les transistors du circuit ont la même longueur de grille L = 1 µm, la même tension d’Early VA = 20 V, et sont polarisés avec la même tension d’overdrive, VOV. On impose les courants de polarisation suivant : I0 = 200 µA et ID8 = 500 µA.
On souhaite obtenir un gain de 72 dB.