Amplificateurs opérationnels I – La paire...

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


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


Analogie paire différentielle – balance à deux fléaux.

5


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

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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


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


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

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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



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



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

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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

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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

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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 =−=

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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 +

−=

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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

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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/

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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 +=

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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


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


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


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.

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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


2ème étage : amplificateur source commune

27


Polarisation

-VSS

Mp1 Mp2

Mn3 Mn4

VDD VDD

-VSS

IREF

Mp5Mp6

Mn7

-VSS

VDD

Mp8

vs

v+v-

I0

CC

28


-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 ≈

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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.

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