Exercices amplificateur differentiel a transistors

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1
AMPLIFICATEUR DIFFERENTIEL A TRANSISTORS JFET
On considère le montage amplificateur différentiel de la figure 1a qui utilise deux
transistors JFET canal N identiques, soumis à la même température T de 25°C. Ils fonctionnent
dans la zone de « plateau » de leur caractéristique de sortie où :
 V 
ID = IDSS 1 − GS 
 VP 
2
10kΩ
RD
ID2
10kΩ
ID1
(1)
IDSS = 2 mA VP = −2V
+ V CC = +15 V
ID (mA)
D1
G1
T1
VE
T2
G2
VE1 VE2
1.5
D2
S
1
VS1
VS2
I0+∆I
I0-∆I
0.5 I0
0
R
2.I 0
IDSS
2
RD
2
1.5
1
0.5
0
VGS (V)
VE
- V EE = -15 V
Figure 1a
Figure 1b
1° PARTIE : POLARISATION
On relie les grilles G1 et G2 à la masse de manière à obtenir une tension d’entrée VE nulle.
•
•
•
Montrer que les tensions VG1S et VG2S sont égales.
En déduire la valeur à donner à la résistance R pour polariser T1 et T2 avec un courant de
drain tel que : ID1repos = ID2repos = I0 = 0.5 mA.
Donner le potentiel de tous les noeuds du schéma par rapport à la masse.
2° PARTIE : AMPLIFICATION D'UNE DIFFERENCE DE TENSIONS CONTINUES
On désire connaître les performances du montage aux grands signaux continus appliqués entre les
grilles G1 et G2. A cet effet, on attaque la paire différentielle T1 T2 avec une tension continue VE
positive telle que : VE = VE1 - VE2 = VG1S - VG2S..
Si on appelle ∆I l’augmentation du courant de drain de T1 vis-à-vis du courant de repos I0, on peut
écrire tant que le fonctionnement est linéaire (figure 1b) : ID1 = I0 + ∆I
ID2 = I0 - ∆I.
1
Ph.ROUX © 2006
2
2.1) On se propose de déterminer l’expression de la variation de courant ∆I en fonction de VE.
•
•
Rechercher d'abord l'expression de la tension d'entrée VE en fonction de IDSS, I0, ∆I et VP.
En déduire l'expression de l'accroissement de courant de drain ∆I en fonction de VE sous la
forme suivante (il faut élever successivement deux fois au carré) :
∆I = Gmd VE 1 − aVE
Etablir l’expression de la transconductance différentielle Gmd et du coefficient a. A.N.
2
•
Le graphe de l'évolution des courants ID1 et ID2 en fonction de la tension VE variant de - 1,5 à +1,5
volt est donné en figure 2.
1
0.283
0.9
0.283
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
1.5
1.25
1
0.75
0.5
0.25
0
0.25
VE en volt
0.5
0.75
1
1.25
1.5
ID1 (VE)
ID2 (VE)
Figure 2
2.2) On désire rester dans la zone linéaire où ∆I reste proportionnel à VE avec une erreur relative
au plus égale à 1%.
x
• En utilisant l'approximation 1 − x ≈ 1 − , calculer la valeur VEmax admissible.
2
• En déduire la relation reliant alors la différence des tensions de sortie VS1 - VS2 à la tension
d’entrée différentielle VE et conclure.
3° PARTIE : ETUDE AUX PETITES VARIATIONS
On excite maintenant le montage par deux tensions sinusoïdales ve1 et ve2 de même fréquence
et telles que l'amplitude de leur différence ve respecte la limite de linéarité précédemment définie.
3.1) Dessiner le schéma équivalent au montage complet aux petites variations et aux fréquences
moyennes, la résistance interne rds de T1 et T2 étant négligeable.
v s1 − v s2
du montage ainsi que le gain en mode commun
v e1 − v e 2
A
et le (R)apport de (R)éjection du (M)ode (C)ommun d exprimé en déciBels.
Ac
3.2) Calculer le gain différence Ad =
Ac =
v s1 + v s2
v e1 + v e 2
3
3.3) Application : On décide d’utiliser exclusivement la tension de sortie vs2 (utilisation en mode
asymétrique).
Sachant que les tensions d’entrée ve1 et ve2 ont une amplitude respective de 1.1 V et 1V :
•
Calculer l’expression de la tension de sortie vs2. Faire l’application numérique.
•
Calculer l’erreur relative entre la valeur de vs2 obtenue avec un RRMC infini et celui de la
question 3.2. Conclure.
4 ° PARTIE : AMELIORATION DU R.R.M.C.
On améliore le R.R.M.C. du montage en remplaçant la résistance de polarisation R par un
générateur de courant continu de résistance interne Ri (figure 3a). Ce générateur est réalisé par le
montage T3, T4 et R2 de la figure 3b. Il s’agit d’un miroir de courant à transistors bipolaires
identiques munis d'une résistance R2 = 5 KΩ dans leur émetteur. Les transistors T3 et T4 sont tels
que : β = 100, tension de Early VA = - 160 V.
On supposera que le miroir de courant assure la relation IC4 = IC3.
RD
RD
RD
RD
10 kΩ
10 kΩ
+ VCC = +15 V
T1
v e1
T1
v e1
T2
S
ve
10 kΩ
10 kΩ
+ VCC = +15 V
T2
v s2
S
ve
v s2
v e2
2I0
R1
T4
Ri
- VEE = -15 V
R2
T3
5 kΩ
2I0
5 kΩ
v e2
R2
- VEE = -15 V
Figure 3a
Figure 3b
4.1) Déterminer la valeur à donner à la résistance R1 pour conserver la même valeur du gain
différence Ad (négliger le courant de base des transistors T3 et T4).
4.2) En utilisant la méthode de l’ohmmètre, calculer la résistance interne Ri du montage miroir de
courant vue par les JFET T1 et T2 entre leur source et la masse. A cet effet, on simulera au préalable,
1
le transistor T3 monté en diode (B et C court-circuités) par une résistance r3 telle que : r3 ≈
gm 3
4.3) En déduire la nouvelle valeur du gain de mode commun et du R.R.M.C. et reprendre la
question 3.3 de la troisième partie.
4
CORRECTION
1° PARTIE : POLARISATION
Exprimons la tension d’entrée VE : VE = VG1S – VG2S. Une tension d’entrée nulle entraîne donc :
VG1S = VG2S et par voie de conséquence : ID1repos = ID2repos .

I0 
Calculons la tension VGS : VGS = VP 1 ±
.
IDSS 

Nous obtenons deux solutions pour I0 = 0,5 mA : VGS = -1 et –3 V. On retient VGS = -1 V en effet
l’autre solution correspond au blocage du JFET.
La tension VSM est alors égale à 16 V, ce qui conduit à R = 16 KΩ.
RD
RD
10 kΩ
10 kΩ
+ VCC = +15 V
10 V
10 V
0,5mA
0,5mA
T1
T2
1V
ve
S
16 KΩ
1 mA
R
- VEE = -15 V
2° PARTIE : AMPLIFICATION D'UNE DIFFERENCE DE TENSIONS CONTINUES
2.1)
Expression de la tension d’entrée : VE = VG1S – VG2S avec :

I + ∆I 
VGS1 = VP 1 − 0
 et
IDSS 


I − ∆I 
VGS 2 = VP 1 − 0

IDSS 

 I − ∆I
I + ∆I 
-> VE = VP  0
− 0

IDSS 
 IDSS
Pour exprimer ∆I, il faut élever deux fois au carré, on obtient alors :
∆I = (


ID IDSS
I
)VE 1 − DSS 2 .VE 
VP
 4 I0VP

•
Transconductance différentielle : Gmd = (
•
Coefficient : a =
IDSS
= 0, 25V −2
2
4 I0VP
ID IDSS
) = 0, 5 mS
VP
5
2.2)
1
2
2
On utilise l’approximation : ∆I = Gmd VE 1 − aVE ≈ Gmd VE (1 − aVE )
2
1
1
2
Pour une erreur relative de 1%, on doit assurer : aVE =
qui a pour solution :
2
100
VEmin = -0,283 V et VEmax = + 0,283 V. On a alors : ∆I = Gmd VE .
3° PARTIE : ETUDE AUX PETITES VARIATIONS
3.1)
Schéma aux variations :
ve
vgs1
vgs2
S
G1
G2
gm.v gs1
gm .v gs2
D1
ve1
RD
vs1
3.2)
Calcul du gain différence Ad =
v e = v gs1 − v gs2
v s1 = −gm v gs1RD
R
RD
-> v s1 − v s2 = −gm RD (v gs1 − v gs2 )
Ad =
2
VP
v s1 − v s2
= −gm .RD
ve
IDrepos .IDSS = 1mS
Calcul du gain de mode commun Ac =
v s1 + v s2 = −gm RD (v gs1 + v gs2 )
v e1 = R( gm v gs1 + gm v gs2 )
v e 2 = R( gm v gs1 + gm v gs2 )
Soit : v e1 + v e 2 = 2 gm R(v gs1 + v gs2 )
Ac =
Ad = -10 .
vs1 + v s2
:
v e1 + v e 2
v s1 + v s2
g R
= − m D = −0, 303
1 + 2 gm R
v e1 + v e 2
R.R.M .C . =
3.3)
ve2
vs2
v s1 − v s2
v e1 − v e 2
v s2 = −gm v gs2 RD
Transconductance : gm = −
D2
Ad
= 1 + 2 gm R = 33 soit 30 dB
Ac
Seule la sortie vs2 est utilisée. Elle s’exprime en utilisant les expressions de Ad et Ac :
1
1
v s2 = − Ad (v e1 − v e 2 ) + Ac (v e1 + v e 2 )
2
2
6
Un amplificateur différentiel de bonne qualité doit fournir une tension vs2 proportionnelle à
1
la différence des tensions d’entrée (ve1 – ve2). Autrement dit le terme Ac (v e1 + v e 2 ) doit être
2
1
négligeable devant le terme : Ad (v e1 − v e 2 ) . Ce n’est pas le cas pour ce montage, en effet :
2
1
• − Ad (v e1 − v e 2 ) = 0, 5V
2
1
•
Ac (v e1 + v e 2 ) = −0, 318V
2
La tension de sortie vs2 est égale à 0,182 V au lieu de 0,5 V espéré. L’erreur relative est donc
de 63,6% !
Pour améliorer le montage, il faut diminuer Ac, ce qui revient à augmenter le R.R.M.C.
4 ° PARTIE : AMELIORATION DU R.R.M.C.
4.1)
Schéma du générateur de courant et tensions par rapport à la masse :
-9,4 V
vers S de T1 T
+1 V
R1
2 I0
1 mA
1 mA
M (0 V)
T4
T3
-10 V
R2
R2
5V
5 KΩ
5 KΩ
- VEE = -15 V
Valeur de la résistance R1 : 9,4 KΩ.
4.2)
Schéma du montage permettant de calculer la résistance interne de la source de courant :
B
1/gm3
ib
C
i
rbe
β.ib
R2
R1
rce
E
i
+
u
R’
Req
On remarquera que la résistance (1/gm3 = 25 Ω) est négligeable devant R2= 5 KΩ.
Exprimons la tension u en nommant Req2 la résistance : Req 2 = ( Req + rbe ) // R2 :
u = rc e (i − βib ) + Re q 2i
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R2
Req + rbe + R2
Soit en reportant dans l’équation précédente et en regroupant :
Le courant ib est tel que (diviseur de courant) : ib = −i
Ri =


u
βR2
= rce 1 +
 + Req 2
i
 Req + rbe + R2 
Application numérique : Req = 3,26 KΩ
rbe = β
UT
= 2, 5KΩ
IC
rce ≈
VA
= 160KΩ
IC
Ri = 7,6 MΩ.
4.3)
La nouvelle valeur du R.R.M.C. est obtenue en remplaçant la résistance R du 1° montage
par la résistance Ri du générateur de courant :
Ad
= 1 + 2 gm Ri = 1, 52.10 4
Ac
soit 84 dB
Dans ces conditions, l’amplificateur est devenu linéaire et la tension de sortie vs2 est
proportionnelle à ve.