Amplificateurs opérationnels I – La paire différentielle.
publicité
Amplificateurs opérationnels I – La paire différentielle. 1 – Introduction – notion de signal différentiel. Paire différentielle : Intérêt : parmi les briques de base les plus importantes de l’électronique. - grande immunité au bruit et aux interférences, - facilité de polarisation, - meilleur linéarité. Un signal électrique est généralement mesuré par rapport à la masse (c.-à-d. un potentiel fixe) : Z vE vS vS t 1 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) : Z vE1 Z vDIFF vS1 vE2 vS2 vS1 mode VS commun ∆V vDIFF t vS2 VS vDIFF = vS1 – vS2 2∆ ∆V t ∆V t de plus vS1 + vS2 = 2VS 2 I – La paire différentielle 2 – La paire différentielle MOS. a. Présentation. VDD RD Mn1 et Mn2 sont identiques et polarisés en régime saturé. vD1 Axe de symétrie vertical Polarisation par une source de courant idéale (r0= ∞) RD vD2 iD1 iD2 Mn1 Mn2 vG1 vG2 I0 3 I – La paire différentielle Analogie paire différentielle – balance à deux fléaux. VDD RD RD vD1 vD2 iD1 iD2 Mn1 Mn2 vG1 vG2 I0 4 I – La paire différentielle b. Fonctionnement avec une tension d’entrée en mode commun. ⇒ vG1 = vG2 = vCM VDD D’après Mn1 et Mn2 identiques et par considérations de symétrie : iD1 = iD2= I0/2 RD RD vD1 vDIFF I0/2 vD2 VGS soit : Mn2 vS VGS I0 vS = vCM – VGS tel que : I0 1 ' W 2 = k n (VGS − Vtn ) 2 2 L I0/2 Mn1 vCM On a VOV = I 0 / k n' (W / L ) Au niveau des drains : vD1 = vD 2 = VDD − I0 RD 2 la tension différentielle de sortie : vDIFF = vD2 – vD1 = 0 5 I – La paire différentielle b. Fonctionnement avec une tension d’entrée en mode commun (suite). vDIFF = vD2 – vD1 = 0 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, vCM max = VDD − RD I D + Vtn - La source de courant qui ne doit pas être "étouffée" par un vCM trop bas. vCM min = VGS + V0 min Tension minimale nécessaire aux bornes de la source de courant 6 I – La paire différentielle c. Fonctionnement grands signaux. On cherche à exprimer iD1,2 en fonction de la tension différentielle d’entrée : vid = vG1 - vG2 VDD RD RD vD1 vD2 iD1 vG1 iD 2 iD2 Mn1 1 'W 2 k n (VGS 1 − Vtn ) 2 L 1 W (VGS 2 − Vtn )2 = k n' 2 L iD1 = soit : Mn2 vG2 vS iD 2 I0 1 'W k n (VGS1 − Vtn ) 2 L 1 'W = k n (VGS 2 − Vtn ) 2 L iD1 = d’où : iD1 − iD 2 = or : iD1 + iD 2 = I 0 1 'W k n vid 2 L (a ) (b) 7 I – La paire différentielle c. Fonctionnement grands signaux (suite). (a) 2 donne : 1 W 2 2 iD1iD 2 = I 0 − k n' v id 2 L En substituant iD 2 = I 0 − iD1 puis en élevant au carré on obtient une équation du 2nd degré dont la solution est : 2 I0 v ( v 2 ) W iD1 = + k n' I 0 . id . 1 − id W 2 L 2 I 0 / k n' L Au point d’équilibre vG1 = vG2 2 VOV I 0 / VOV I0 1 ' W 2 = k n VOV 2 2 L Soit : I0 I 0 vid (vid 2) 2 iD1 = + . . 1− 2 2 VOV 2 VOV iD 2 = I0 I v ( v 2) − 0 . id . 1 − id 2 2 VOV 2 VOV 2 Non linéaire ? 8 I – La paire différentielle c. Fonctionnement grands signaux (suite). Sortie différentielle : vDIFF = vD2 – vD1 = VDD – RDiD2 – (VDD –RDiD1) I0 (vid 2) 2 .vid . 1 − vDIFF = RD.(iD1 – iD2) = RD . 2 VOV VOV 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 I 0 vid (vid 2) 2 ∆i = . . 1− 2 VOV 2 VOV iD1 = I0/2 + ∆i iD2 = I0/2 - ∆i • vid = ? tq iD1 = I0 et iD2 = 0 vGS2 = Vtn iD1 = I0 = ½k’n(W/L)(vGS1 - Vtn)2 vGS1 = Vtn + 2 I 0 / k n' (W / L) = Vtn + 2 .VOV , I O d’où vid =v GS 1 −vGS 2 = 2 .VOV , I 0 9 I – La paire différentielle c. Fonctionnement grands signaux (suite). iD1,2/I0 1 iD2/I0 iD1/I0 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 − 2 .VVO , I 0 Zone de fonctionnement linéaire : iD1 = iD 2 = I0 I v I + 0 . id = 0 + id 2 VOV 2 2 I0 I v I − 0 . id = 0 − id 2 VOV 2 2 0 vid/2 2 .VVO , I 0 vid << Vov avec id = I 0 vid . VOV 2 10 I – La paire différentielle c. Fonctionnement grands signaux (suite). g m1 = g m 2 = g m = tel que soit 2( I 0 / 2) I = 0 VOV VOV v id = g m . id 2 Par rapport à une polarisation "classique" le terme ½ s’explique par la répartition de vid sur les 2 vgs vGS1 = vid/2 Mn1 vid vgs1 vGS2 = – vid/2 Mn2 vid = vG1 - vG2 = vGS1 – VGS2 vgs2 11 I – La paire différentielle d. Fonctionnement avec une entrée différentielle petits signaux (λ=0, χ=0). Tension différentielle d’entrée : VDD vid = vG1 - vG2 vG1 = VCM + ½.vid RD vdiff vD1 iD1 iD2 Mn1 Mn2 Tension différentielle de sortie : vdiff = vD2 – vD1 vG2 -v id /2 vS GS /2 id +v S VCM VG vid/2 vD2 vid/2 V vG1 vG2 = VCM - ½.vid RD I0 VCM VGS1, 2 = VGS = Vtn + I 0 / k n' (W / L) = Vtn + VOV 12 I – La paire différentielle Etude AC. RD RD vdiff =gmRDvid -gmRD(vid/2) +gmRD(vid/2) gmvid/2 vid/2 vgs1=+vid/2 2( I 0 / 2) I0 = avec g m = VOV VOV gmvid/2 Mn1 Mn2 0V masse virtuelle -vid/2 vgs2=-vid/2 D’où l’expression du gain différentiel p. s. : Ad = vdiff vid = g m RD 13 I – La paire différentielle Prise en compte de r0 et RSource (modulation de la longueur du canal des MOS). RD RD RD vdiff vdiff vd1 gmvid/2 vid/2 RD vd2 gmvid/2 r0 r0 -vid/2 vid/2 r0 r0 -vid/2 0V 0 RSource Montages source commune polarisés à I0/2 vd1 = -gm(RD//r0)(vid/2) vd2 = gm(RD//r0)(vid/2) vdiff =v d 2 −vd 1 = g m ( RD // r0 )vid 14 I – La paire différentielle e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun. Pour une entrée de mode commun petit signal : VDD RD RD vdiff vd1 vcm RD vd2 iD1 iD2 Mn1 Mn2 vd1 vcm RD vdiff vd2 vcm vcm vS 2RSource RSource 2RSource I0 Montage source commune dégénéré : vd 1, 2 / vcm = − g m RD 1 + 2 g m RSource 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 : vd 1, 2 / vcm = − g m RD 1 + 2 g m RSource En considérant RSource >> 1/gm : Sortie simple : Acm = vd 1, 2 / vcm ≈ − RD 2 RSource Sortie différentielle : RD 2 RSource Av = 1 2. g m RD Taux de réjection de mode commun : (Common Mode Rejection Ration) CMRR = Av = g m RSource Acm Acm = vd 2 − vd 1 =0 vcm Ad = g m RD Taux de réjection de mode commun : (Common Mode Rejection Ration) CMRR = ∞ 16 I – La paire différentielle e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun. Effet d’une dissymétrie sur RD : RD+∆ ∆R D RD vd1 vdiff vcm 2RSource On a alors : vd 1 / vcm ≈ vd 2 / vcm ≈ − RD 2 RSource − RD − ∆RD 2 RSource Acm = vd 2 − vd 1 / vcm ≈ CMRR = Ad / Acm = 2 g m RSource vd2 vcm 2RSource − ∆RD 2 RSource ∆RD RD 17 I – La paire différentielle e. Gain de mode commun et taux de rejection de mode commun. Effet d’une dissymétrie sur gm : On démontre : RD ∆g m . Acm = 2 RSource g m CMRR = Ad / Acm = 2 g m RSource ∆g m gm 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. Décomposition des tensions d’entrée en mode commun plus différentiel : vG1 = Vcm + vid / 2 vG 2 = Vcm − vid / 2 Th. de superposition ⇒ Vcm = vG1 + vG 2 2 vid = vG1 − vG 2 2 vdiff = AcmVcm + Ad vid 18 Exercice 7.1 – Paire différentielle 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 VDD RD RD vD1 vD2 iD1 iD2 Mn1 Mn2 vG1 vG2 I0 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). 19 I – La paire différentielle 3 – La paire différentielle à charge active. ⇒ conversion signal différentiel vers signal simple. VDD Mp1, Mp2 : miroir de courant Mp1 Mp2 iS vG1 Mn1 Mn2 vS vG2 i v e Re Gv m e I0 transconductance s Rs G m ≡ i v s e vs =0 20 I – La paire différentielle Polarisation, régime DC : VDD VSG Mp3 Mn1, Mn2 identiques, polarisation symétrique : Mp4 I0/2 iD1 = iD2= I0/2 0 VS=VDD-VSG I0/2 VCM I0/2 Mn1 Mn2 VCM Mp1, Mp2 : miroir de courant iD4 = iD3= I0/2 VD2 = VD1 = VDD - VSG I0 21 I – La paire différentielle Entrée différentielle p.s., régime AC : Transconductance du montage : calculé pour vs=0 court-circuité à la masse Mp3 Mp4 id id Vid/2 is Gm = vid is=2id Résistance de sortie : vs id Mn1 Mn2 = gm vs =0 -Vid/2 R0 = r02 // r04 ⇒ Gain différentiel : 0V id=gm.vid/2 vs Ad = = Gm R0 = g m (r02 // r04 ) vid On démontre également : Acm = − 1 2 g m 3 RSource 22 Exercice 7.2 – Paire différentielle à charge active VDD On considère la paire différentielle à charge active dont le schéma est donné ci-contre. Mp1 Mp2 iS vG1 Mn1 Mn2 vS vG2 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. I0 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. 23 Amplificateurs opérationnels II – Amplificateur opérationnel CMOS à deux étages. VDD VDD Mp6 VDD Mp5 Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 CC IREF vs Mn3 -VSS Mn4 -VSS Mn7 -VSS 24 II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages 1er étage : Paire différentielle d’entrée VDD VDD Mp6 VDD Mp5 Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 CC IREF vs Mn3 -VSS Mn4 -VSS Mn7 -VSS 25 II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages 2ème étage : amplificateur source commune VDD VDD Mp6 VDD Mp5 Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 CC IREF vs Mn3 -VSS Mn4 -VSS Mn7 -VSS 26 II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages Polarisation VDD VDD Mp6 VDD Mp5 Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 CC IREF vs Mn3 -VSS Mn4 -VSS Mn7 -VSS 27 II - Amplificateur opérationnel CMOS à 2 étages VDD VDD Mp6 VDD Mp5 Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 Z in ≈ ∞ CC IREF vs Mn3 -VSS Mn4 -VSS Z out ≈ (r07 // r08 ) Mn7 -VSS A1 = − g m12 (r02 // r04 ) A2 = − g m 7 (r07 // r08 ) Av = A1 A2 = g m1 ( r02 // r04 ) g m 7 (r07 // r08 ) 28 Exercice 7.3 – Amplificateur différentiel MOS à 2 étages VDD VDD Mp6 VDD Mp5 On considère l’amplificateur opérationnel CMOS à deux étages dont le schéma est donné ci-contre. Mp8 I0 v- Mp1 v+ Mp2 CC IREF vs Mn3 Mn4 Mn7 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. 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. 29
