Les circuits de base en technologie...

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Les circuits de base en Les circuits de base en technologie MOS technologie MOS Référence de tension Miroir de courant Amplificateur différentiel Amplificateur large-bande Master IGIS, spécialité Microélectronique Cours de R. Grisel Récapitulation µ = DS DS th GS OX n D V ) 2 V V V ( L W C I 2 ) ( 2 th GS OX n D V V L W C I = µ ) V 1 ( ) V V ( L W 2 C I DS 2 th GS OX n D λ + µ = = t DS t GS nU V nU V x D e e L W k I 1 [ ] DS th GS OX n D V V V L W C I = ) ( µ Référence de tension rence de tension Paramètres • Technologie : 0.8 µm • Vdd = 5 à 10V • Vss = 0V • Kn = 103,6 µA/V² • Kp = 34,53 µA/V² • Vthn = 0.8 V • Vthp =- 0.8 V • K = µ n Cox Les deux transistors fonctionnent avec Vgs=Vds, le point de fonctionnement est donné par l’intersection des deux courbes « de diode » (voir l’inverseur push pull) ou par le calcul Vref Vss P N i D Vdd Exercice : Donnez Vref (et Id) pour W/L(n)=2 et W/L(p)=6, pour VDD=5V et 7V.

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Les circuits de base en Les circuits de base en technologie MOS technologie MOS

Référence de tensionMiroir de courantAmplificateur différentielAmplificateur large-bande

Master IGIS, spécialité MicroélectroniqueCours de R. Grisel

Récapitulation

⋅−−µ= DS

DSthGSOXnD V)

2VVV(

LWCI

2)(2 thGSOXn

D VVLWCI −=

µ

)V1()VV(LW

2CI DS

2thGS

OXnD λ+−

µ=

=

−t

DS

t

GSnUV

nUV

xD eeLWkI 1

[ ]DSthGSOXnD VVVLWCI ⋅−= )(µ

RRééfféérence de tensionrence de tension Paramètres• Technologie : 0.8 µm• Vdd = 5 à 10V• Vss = 0V • Kn = 103,6 µA/V²• Kp = 34,53 µA/V²• Vthn = 0.8 V• Vthp =- 0.8 V• K = µnCox

Les deux transistors fonctionnent avec Vgs=Vds, le point de fonctionnement est donné par l’intersection des deux courbes « de diode » (voir l’inverseur push pull) ou par le calcul

Vref

Vss

P

N

iD

Vdd

Exercice : Donnez Vref (et Id) pour W/L(n)=2 et W/L(p)=6, pour VDD=5V et 7V.

2

Miroir de courantMiroir de courantLe montage précédent avec un transistor de « recopie » donne un miroir de courant.Si (W/L)nm=(W/L)n, alors Idnm=IdSi (W/L)nm=K.(W/L)n alorsIdnm=K.Id

Vref

Vss

P

N

iD

Vdd

Exercice : Donnez Idnm pour W/L(nm)=4 avec la référence du transparent précédent pour Vdd=5V. Faire la vérification en simulation.

Limites : Les conditions de fonctionnement de NM (Droite de charge et alimentation) doivent le maintenir en saturation.

Vss

NM

Charge

Idnm

ImpImpéédance de sortie petits signaux du miroir de courantdance de sortie petits signaux du miroir de courantL’impédance petits signaux vue de Q2(N) n’est pas infinie, on utilise d’abord le schéma équivalent ci-dessous pour trouver le thévenin équivalent à l’ensemble Q1-source de courant (la tension équivalente de thévenin vaut 0, puisqu’il n’y a pas de composante alternative petits signaux).

)endiode connecté transistor(g1r alors g

1r Si

r//g1

iv

donne vgrv

vgrv

i

1ms1

1m1ds

1ds1my

yy1m

1ds

y1gs1m

1ds

yy

=>>

=+=+=

Le modèle précédent inclus dans le modèle général du miroir donne le schéma suivant (AC) ce qui conduit au fait que l’impédance de sortie petits signaux du miroir est simplement égale à rds2, il n’y a pas de courant AC ds1/gm1, donc vgs2=0.

3

Miroir de courantMiroir de courant(d(déérivation de source)rivation de source)

Pour augmenter l’impédance de sortie du miroir précédent, on peut utiliser le schéma suivant, qui conduit au modèle petits signaux.

ds2

xsxm2xsx

ds2

xsxgsm2x

sgsxss

riR-vgiRi

:soit r

iR-v.vgi

-vet v iRv

+−=

+=

==

La résistance de sortie est donc donnée par :

Ce qui correspond à un facteur multiplicatif par rapport au miroir précédent

( )( )

( ) m2ds2m2sds2out

ds2ds2ds2m2sds2out

ssm2ds2ds2x

xout

ggcar gR1rrr

1g avec ggR1rr

RRgrrivr

<<+≅

=++=

++==

Miroir de courant type Miroir de courant type cascodecascode

Partant du schéma ci-dessous et en appliquant le fait que Q2 est une dérivation de source pour Q4 de résistance rds2

La résistance de sortie se voit augmenterD’un facteur (entre 10 et 100), cela peut Être intéressant pour les étagesAmplificateur faible gain

( )( )( ) ( )m42dsds4m42dsds4out

ds4m42dsds4out

grr gr1rroits ggr1rr

≅+≅++=

4

Inverseur Inverseur àà charge activecharge activeDonnez la caractéristique de transfert en fonction des courbes données pour les 2 transistorsDire quelle tension de polarisation permet de travailler sur Vin en petits signauxDonner le schéma équivalent BF ainsi que le gain et la résistance de sortie du montage

Vout

Vss

P

N

iDV+=2V

Vin

Paramètres• Technologie : 0.8 µm• Vdd = 5 V• Vss = 0V • Kn = 103,6 µA/V²• Kp = 34,53 µA/V²• Vthn = 0.8 V• Vthp =- 0.8 V• K = µnCox

W=30uL=20u

W=90uL=20u

Amplificateur diffAmplificateur difféérentielrentielLes amplificateurs possèdent une entrée différentielle, réalisée par une paire différentielle. L’objectif est d’amplifier uniquement la différence de potentiel sans se préoccuper du mode commun (le rapport de réjection de mode commun CMRR est d’ailleurs une caractéristique importante). Une autre caractéristique est la dynamique d’entrée pour laquelle le gain différentiel reste le même (CMR), ainsi que l’offset (5 à 20 mv). Nous commencerons par l’exemple avec Drains connectés par une même résistance RD.

Fonctionnement avec une tension en mode communFonctionnement avec une tension en mode commun

Considérons les deux grilles connectées ensemble à vcm, tension de mode commun (vg1=vg2=vcm). Si on suppose que Q1 et Q2 sont appariés, le courant I se divisera également entre les deux branches. On a donc iD1=iD2=I/2 et vs=vcm-VGS où VGS est la tension correspondant à I/2, on peut écrire (modulation de canal négligée):

La tension de Drain est : la différence de potentiel entre les deux Drains sera nulle

( )LWK

IV ,)V(LW

2K

2Isoit )VV(

LW

2K

2I

nOV

2OV

n2thGS

n ==−=

DDD2D1D R2IVvv −==

Si on augmente vcm, que Q1 et Q2 restent en saturation, les tensions de Drain seront inchangées (réjection de la tension de mode commun). La valeur limite est :

DDDtcm R2IVVv max −−=

La valeur minimale de vcm est déterminée par la tension minimale nécessaire au fonctionnement de la source I (soit VCS cette tension)

OVtcsssmincm VVVVv +++−=

5

Fonctionnement avec une tension diffFonctionnement avec une tension difféérentiellerentielleSoit le schéma suivant (vG2=0). vid=vGS1-vGS2, si vid est positif, vGS1>vGS2 et iD1>iD2, (vD2-vD1) est positif. Si vid est négatif, c’est l’inverse qui se produit. vGS1 peut atteindre une valeur pour laquelle iD1=I (vGS2 est réduit à Vt, donc vS=-Vt), cette valeur de vGS1 correspond à :

VOV est la tension

« d’overdrive » correspondant à un courant de I/2 (voir page précédente).

( ) OVtnt1GS2

t1GSn V2VL

WKI.2V vsoit )Vv(LW

2KI +=+=−=

On a donc :

Si vid augmente encore au-delà, vGS1 reste le même et vS augmente de manière à le laisser égal. Le même raisonnement conduit à un comportement équivalent dans l’autre sens lorsque vid est négatif.

OVidOV VvV 22 ≤≤− définit la plage de

fonctionnement du mode différentiel

OVtOVtsGSid VVVV 22v v v 1max =−+=+=

Exercice : Trouvez l’expression des courants en fonction de vID = VGS1-VGS2 : Suite du calcul, soit :

)b8( I.4

v12

vI.2Ii

)a8( I.4

v12

vI.2Ii

2IDID

2D

2IDID

1D

β−β−=

β−β+=

( ) ( ) VLWK

21

2I V-V

LWK

21

2Isoit

Vv v; 2Iii aon 0, và

2OVn

2tGSn

GSGS2GS12D1DID

===

=====

Ce qui permet d’exprimer les relations (8) sous la forme alternative suivante :

)b9( V

2v12

vV

I2Ii

)a9( V

2v12

vV

I2Ii

2

OV

IDID

OV2D

2

OV

IDID

OV1D

−=

+=

Allure des courants normalisés dans une paire différentielle MOS. Notez que VOV est « l’overdrive » correspondant à Q1 et Q2 fonctionnant àI/2. Si l’on se place dans la zone linéaire les expressions des courants deviennent :

IDID

OVdd

ID

OV2D

ID

OV1D

v.K2

vV

Iii )b10( 2

vV

I2Ii

)a10( 2

vV

I2Ii

=

==∆

−≅

+≅

6

Sachant que nous avons vu qu’un MOS polarisé à un courant ID a une transconductance gmqui vaut g==2.ID/VOV, le facteur ID/VOV est donc le gm de chaque transistor pour une polarisation de ID=I/2. Le vID/2 s’explique par le fait que vID se répartit entre les deux circuits, nous reviendrons sur ceci lors du schéma petits signaux. Concernant la plage linéaire de la courbe, on peut l’augmenter par VOV (plus petits rapports W/L par exemple), mais dans ce cas on aura une diminution du gain, voir la courbe suivante pour diverses valeurs de VOV. On peut aussi augmenter la valeur du courant de polarisation I, au détriment de la consommation.

Fonctionnement petits signauxFonctionnement petits signauxA partir des schémas suivants (vG1=VCM+½vID; vG2=VCM-½vID) avec VCM tension de mode commun nécessaire à la polarisation des transistors.

Schéma de polarisation

Schéma petits signaux

Variante du schéma petits signaux

La sortie de amplificateur différentiel peut être prise entre un des drains et la masse (on parle alors de sortie simple) ou entre les deux drains (on parle alors de sortie différentielle). Du fait de la symétrie (vGS1=vID/2 et vGS2=-vid/2 et en supposant que vID/2<<VOV, Q1 a un incrément de courant gm(vID/2) et Q2 un décrément de courant de gm(VID/2). Avec gmcorrespondant à l’expression suivante :

Nous avons donc

Le gain simple correspond donc à :

Et le gain différentiel

L’avantage du choix du gain différentiel est une multiplication par 2 du gain, cependant certaines applications nécessitent une sortie simple.

( )OVOV

Dm V

2I2V

I.2g =

=

( ) ( )D

IDm2oD

IDm1o R

2vgvet R

2vgv +=−=

DmID

2oDm

ID

1o Rg21

vvet Rg

21

vv

+=−=

DmID

1o2od Rg

vvvA =

−≅

7

Effet de la rEffet de la réésistance rsistance r00Si l’on considère l’effet de r0 (modulation de largeur de canal) et si l’on considère aussi que la source de courant a une résistance finie RSS, nous avons les schémas suivants. Il faut remarquer que les circuits étant considérés comme symétriques, vS=0V et donc RSS n’entre pas en ligne de compte. On peut donc écrire :

( ) ( )2

v//r0Rgvet 2

v//r0Rgv IDDm2o

IDDm1o +=−=

( ) IDDm1o2oo v//r0Rgvvv =−=

Gain de mode commun et rapport de rGain de mode commun et rapport de rééjection associjection associéé (CMRR)(CMRR)

Considérons une perturbation vicm, sur les deux entrées (voir les schémas). La tension DC de polarisation est toujours présente (non représentée). Considérant toujours la symétrie, on peut séparer chacun des transistors (I/2 et résistance de dégénération 2RSS). Ce qui permet d’exprimer le gain de chacun des demi-circuits.

SS

D

icm

2o

icm

1o

mSS

SSm

D

icm

2o

icm

1o

R.2R

vv

vv aon g

1R avec R.2g

1R

vv

vv

−≅=>>+

−==

Considérons maintenant deux cas :Sortie simple (non différentielle) :

SSmcm

dDmd

SS

Dcm RgA

ACMRRet R.g21Aet

R.2RA ==≅≅

Sortie différentielle :

Donc même si RSS existe, la sortie différentielle donne un CMRR infini (sous réserve que le circuit soit « parfait ».

∞==−

≅=−

≅ CMRRet R.gv

vvAet 0 v

vvA Dmid

1o2od

icm

1o2ocm

(a) Paire différentielle avec signal de mode commun vicm. (b) Circuit équivalent pour la détermination du gain de mode commun (avec ro négligée). Chaque moitié de circuit correspond au ½ circuit de mode commun.

8

Effet de Effet de «« mismatchmismatch »» de RD sur le CMRRde RD sur le CMRRConsidérons qu’il existe une différence ∆RD, c’est-à-dire que Q1 voir RD et Q2 une résistance (RD+ ∆RD). Les expressions deviennent :

∆−=

∆−=

−=

∆+−=−≅

D

D

SS

D

SS

D

icm

1o2ocm

SS

DD2o

SS

D1o R.2

RR.2

RR.2R

vvvA ,

R.2RRv,

R.2Rv

Le gain différentiel étant peu affecté par un déséquilibre sur RD, le CMRR devient :

( )Dmd

D

D

SSm

cm

d RgA avec

RR

Rg.2AA

CMRR −=

∆==

Paire diffPaire difféérentielle et charge activerentielle et charge active

Si lSi l’’on fonctionne uniquement en sortie simple, on perd un facteur 2 on fonctionne uniquement en sortie simple, on perd un facteur 2 sur le gain, sur le gain, puisque qupuisque qu’’on non n’’utilise que la moitiutilise que la moitiéé du circuit de sortie. Pour palier du circuit de sortie. Pour palier àà cela il suffit cela il suffit de trouver une solution pour ne pas de trouver une solution pour ne pas «« gâchergâcher »» le courant de drain de Q1, cle courant de drain de Q1, c’’est le est le but de la charge active proposbut de la charge active proposéée ici.e ici.

Gain diffGain difféérentiel de la paire MOS avec charge activerentiel de la paire MOS avec charge active

Nous prendrons r0 en considNous prendrons r0 en considéération et calculerons ration et calculerons GmGm(transconductance de CC) et R0 (transconductance de CC) et R0 (r(réésistance de sortie) pour avoir le gain GmR0 car le circuit nsistance de sortie) pour avoir le gain GmR0 car le circuit n’’est plus symest plus syméétrique.trique.

SchSchééma avec ima avec i00=0 (CC), le circuit voit un =0 (CC), le circuit voit un 0 virtuel, car V0 virtuel, car VD--VVgnd de Q1 est trde Q1 est trèès petite s petite (car 1/g(car 1/gm3m3 entre drain et source).entre drain et source).Cela nous permet le schCela nous permet le schééma ma ééquivalent quivalent suivant :suivant :

9

La tension vg3 La tension vg3 àà la grille commune du miroir est :la grille commune du miroir est :

3m0103

id

3m

1m0103

3m

id1m3g g

1r etrpour 2

vg

g r//r//g1

2vgv >>

−≅

−=

Cette tension contrôle le courant de Drain de Q4 (gM4.vg3). Le CCette tension contrôle le courant de Drain de Q4 (gM4.vg3). Le CC fait que le courant C fait que le courant dans r02 et r04 est nul., on a donc i0 par :dans r02 et r04 est nul., on a donc i0 par :

+

=

+−=

2vg

2v

gggisoit

2vgvgi id

2mid

3m

4m1mo

id2m3g4mo

Si la condition gSi la condition gm3m3=g=gm4m4 et get gm1m1=g=gm2m2==ggmm est parfaite, alors ce qui permet est parfaite, alors ce qui permet dd’é’écrire que crire que GGmm==ggmm. Ainsi la transconductance de court. Ainsi la transconductance de court--circuit est circuit est éégale gale àà la la transconductance de chacun des transistors de la paire difftransconductance de chacun des transistors de la paire difféérentielle (en lrentielle (en l’’absence de absence de miroir miroir GGmm serait serait éégale gale àà ggmm/2)./2).Pour la rPour la réésistance de sortie on utilise sistance de sortie on utilise le schle schééma suivant.ma suivant.

idmo vgi =

En supposant que 1/gm3 (rEn supposant que 1/gm3 (réésistance vue sistance vue du Drain de Q1) est faible devant 1/gm1, du Drain de Q1) est faible devant 1/gm1, la rla réésistance vue par la source de Q2 est sistance vue par la source de Q2 est approximativement 1/gm1. On se ramapproximativement 1/gm1. On se ramèène ne au schau schééma ma ééquivalent de la page suivante.quivalent de la page suivante.

R02

gm2.v. ix+gm2.v

gm2.v.

1/gm2.

1/gm1. v=ix/gm1.

( )

( )

0202

022mm2m1m

1m022m0202

1m022mx

r2Robtient on , 1rget gggPour

g1rg1rR Donc

gi vavec ,vrvgiv

≅>>==

++=

=++=

En revenant au circuit de la figure En revenant au circuit de la figure prprééccéédente, on peut dente, on peut éécrire le courant crire le courant àà la la sortie:sortie:

i

i

0402x

0

04

x

02

x

04

x

04

xx

r//rixvR Donc

rv

Rv2

rvi2

rviii

==

+=+=++=

Ce rCe réésultat semble relativement logique, le gain du montage est donc sultat semble relativement logique, le gain du montage est donc le suivant :le suivant :

( )2

Arg21A aon rrrpour , r//rgRG

vvA 0

0md004020402m0mid

od ======≅

AA0/2 /2 éétant le gain dit intrinstant le gain dit intrinsèèque du transistor MOS.que du transistor MOS.

Gain de mode commun et CMRRGain de mode commun et CMRROn part des deux schémas suivants (où l’on a séparé RSS en 2 parties), on peut considérer Q1 et Q2 comme des transistors avec une résistance de dégénération (dérivation) élevée (voir cette partie précédemment) et donc écrire :

SS0mSS00201 Rrg2R2rRR ++==

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Le courant i1 passe dans (1/gm3)//r03 et donne vg3 : ( )( )033m13g r//g1iv −=

Le transistor Q4 donne donc un courant : ( )( )033m4m13g4m4 r//g1givgi =−=

La différence de courant entre i4 et i2 passe dans r04 (RO2>>r04) et donne vO :

( )( )( ) 042033m4m10424o rir//g1gir)ii(v −=−=2RSS étant plus grande que 1/gm (pour Q1 et Q2) et considérant que l’effet de r01 et r02est négligeable on peut écrire :

SS

icm21 R2

vii ≅=

En remplaçant i1 et i2 dans l’équation précédente et en posant gm3=gm4, on obtient:

,rret 1rg avec Rssg2

1- rg1

r Rss21

vvA 0403033m

3m033m

04

icm

ocm =>>≅

+−=≡

Comme RSS est élevée, on obtient une valeur assez faible. Le CMRR s’obtient avec la formule suivante (il faut une source de courant à RSS très élevée pour avoir CMRR élevé et gain de mode commun faible) :

( )( )( ) ( )( )

m

SSmmSSmmid

icm

cm

d

grrr

RgrgRgrrgvv

AA

CMRR

===

≅==≡

m300402

030402

get pour

.2//

Comportement en frComportement en frééquence de lquence de l’’amplificateur source communeamplificateur source communeAvant d’étudier le comportement en fréquence de l’amplificateur différentiel nous allons faire l’étude du montage CS (qui sera utilisé par la suite).Considérons à cet effet le schéma équivalent de l’amplificateur CS, l’entrée représentée par Vsig et Rsig est soit le générateur AC, soit un équivalent Thévenincalculé d’après les valeurs du montage. RG représente les résistances de polarisation. RL représente l’action de la charge (si présente), RD l’action de la résistance de sortie de la charge du transistor (source de courant généralement). R’L désignera ces 3 résistances en //. Les condensateurs de liaison sont supposés parfaits (CC). Le thévenin équivalent pour l’entrée est donné à coté. On peut supposer qu’aux fréquences de travail de l’amplificateur le courant dans la capacité Cgd sera très inférieur à gmVgs.

On aura donc une valeur approximative pour Vo

Comme Vo=Vds, on retrouve bien le gain du CS. Avec cette approximation on peut continuer le calcul de Igd :

On retrouve l’effet MillerCe qui permet de faire le schéma équivalent suivant :

( ) LD0'Lgs

'Lm

'Lgsmo R//R//rR avec VRgRVgV =−=−≅

( ) ( )( ) ( ) gs'Lmgdgs

'Lmgsgdogsgdgd VRg1C.pVRgVC.pVVC.pI +=−=−=

( ) ( )'Lmgdequgs

'Lmgdequ Rg1C.pC donc VRg1C.pC.p +=+=

C’est un circuit passe-bas du premier ordre en entrée

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L’expression de Vgs s’écrit donc

( )'Lmgdgsequgsin'

sigin0

0

sigsigG

Ggs Rg1CCCCC RC

1w avec

wp1

1VRR

RV ++=+==+

+=

Gsig'sig R//RR =

En la combinant avec la précédente on obtient le gain HF de l’amplificateur CS

( )

'sigin

HH

HM

H

M

0

'Lm

sigG

G

sig

o

RC21

2f

3dB coupure de fréquenceet BFGain A

p1

A p1

1RgRR

RVV

π=

πω

=

=ω=ω

+=

ω+

+−=

La courbe de réponse est donnée ci-contre, la bande passante est généralement faible à cause de l’effet Miller.

Comportement en trComportement en trèès basse frs basse frééquence de lquence de l’’amplificateur CSamplificateur CS

Nous allons pour ce faire partir du schéma ci-dessous

On néglige l’effet de modulation, les sources DC ont été éliminées, on ne met que les capacités de liaison. On va d’abord calculer la fraction de Vsig qui apparaît à la grille du transistor, puis faire l’analyse fréquentielle.

( )

++=

++=

sigG1C

sigG

Gsig

sig1C

G

Gsigg

RRC1p

pRR

RVR

pC1R

RVV

Cette première expression fait apparaître un facteur fréquentiel correspondant à un filtre passe-haut de fréquence de coupure

( )( ) RRC1

sigG1C01p +=ω=ω

Nous allons maintenant exprimer Id en divisant Vg par l’impédance totale de source du circuit.

Ce qui fait apparaître un autre facteur du type passe-bas. Il reste à calculer Vo en utilisant le diviseur de courant en sortie.

S

m2p

S

mgm

Sm

gd C

g ;

Cgp

pVg

pC1

g1

VI =ω

+=

+=

( ) ;

RRC1p

pRR

RRIIRV ,R

pC1R

RII

LD2C

LD

LDDoLo

L2C

D

DDo

+++

−==++

−=

( )LD2C3p RRC

1+

Ce qui donne un troisième terme de type passe-haut. La fonction de transfert globale est trouvée en combinant les 3 termes précédents et en remplaçant les fréquences de coupure par leur symbole.

( )( )

ω+

ω+

ω+

+−=

3p2p1pLD

sigG

G

sig

o

pp

pp

ppR//Rgm

RRR

VV

12

La fréquence de coupure basse limite (fL), de manière générale, est liée àl’expression de gm, et donc wp2 est généralement séparée des autres et c’est la capacité CS qui détermine fL. Cette situation est représentée sur la figure suivante.

Les 3 bandes de frLes 3 bandes de frééquencequenceLa figure ci-dessous représente le comportement fréquentiel général du montage CS. Le gain diminue en TBF à cause des capacités de liaison et de découplage (de l’ordre du µF), puis le gain correspond au gain statique (toutes les capacités sont négligées) et commence à décroître en HF du fait des capacités Cgs et Cgd (de l’ordre du pF). La bande passante (fréquence utile du circuit) est définie par la différence fH-fL (fréquences de coupure à – 3dB) elle est notée BW (ou BP).

LHH

LH

ff si fBWffBW

>>≅−≡

Comportement HF Comportement HF –– Analyse dAnalyse déétailltailléée pour le CSe pour le CS

Nous reprenons le schéma équivalent de l’amplificateur CS, l’entrée représentée par Vsig et Rsig est soit le générateur AC, soit un équivalent Thévenin calculé d’après les valeurs du montage avec notamment les résistances de polarisation RG et RD qui figuraient sur le montage précédent. RL représente la combinaison de la résistance de charge et de la résistance de sortie de la source de courant, combinée avec r0 on appellera l’équivalent R’L. CL représente la capacité totale entre le Drain et la masse, elle comprend la charge capacitive de l’étage suivant, la capacité Cdb, et parfois une capacité ajoutée spécialement pour la compensation en fréquence.On va mener l’analyse selon 3 possibilités et les comparer :-Reprendre le théorème de Miller-Open Circuit Time Constant-Analyse exacte

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Analyse par le thAnalyse par le thééororèème de Millerme de Miller

Quand Rsig est de valeur élevée, le théorème de Miller permet une approximation rapide de la fréquence de coupure. Nous avons déjà présenté ceci. La figure suivante donne les circuits équivalents et les formules donnant le pôle dominant.

( )

)Rg1(CCC RC2

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f

3dB coupure de fréquenceet R-gBFGain A

p1

A p1

1RgRR

RVV

'Lmgdgsin

sigin

HH

H'LmM

H

M

0

'Lm

sigG

G

sig

o

++=π

ω=

=ω==

ω+

=

ω+

+−=

Analyse OpenAnalyse Open--Circuit Time constants (OTC)Circuit Time constants (OTC)Cette méthode s’appuie sur le calcul des RC équivalents en prenant pour chaque condensateur la résistance vue à ses bornes quand le circuit est rendu passif du point de vue des sources non dépendantes. Pour les 3 capacités nous avons donc 3 schémas équivalents et 3 constantes de temps à calculer.

'LCLL

siggsgs

RRest vuerésistance la C Pour

RRest vuerésistance la CPour

=

=

Pour Rgd, il faut calculer le rapport Vx/Ix du schéma ci-contre

'L

'Lmsiggd R)Rg1(RR ++=

Ainsi la constante de temps total du circuit est calculée en additionnant toutes les constantes de temps trouvées :

[ ]3dB- à estimée coupure de fréquence ,

21f

RCR)Rg1(RCRC

RCRCRC

HH

'LL

'L

'Lmsiggdsiggs

CLLgdgdgsgsH

πτ≅

++++=

++=τ

Pour les cas où CL n’est pas négligeable, cette approximation est meilleure que celle de Miller précédente qui la néglige complètement.

14

Analyse exacteAnalyse exacteLes analyses approchées permettent d’avoir une idée des limites haute-fréquence, néanmoins l’analyse détaillé du circuit est intéressante, et nous redonnons le schéma ci-dessous.

( )[ ]gaindu équation l'obtient on (1) dans (2) de V remplaçantEn

(2) VRpCRCCp1VV

: donc )VV(pCVpCI :G noeudAu

VIRV entréel' à ,gCp1

R)CC(p1RgV- V soit

(1) VpCRVVg)VV(Cp:Drain au noeuds deséquation L'

gs

osiggdsiggdgsgssig

ogsgdgsgsi

gsisigsigmgd

'LgdL

'Lm

ogs

oL'L

ogsmogsgd

−++=

−+=

+=−

++=

++=−

( )[ ]( )[ ] [ ] '

LsiggdLgsgdL2'

LgdLsig'Lmgdgs

mgd'Lm

sig

o

RRCCC)CC(pR)CC(RRg1CCp1gCp1Rg

VV

:eur amplificatl' deGain

++++++++

−−=

Cette fonction de transfert indique un dénominateur du second ordre (2 pôles) et un numérateur du premier ordre.Le zéro du numérateur correspond à p=pZ=gm/Cgd et à une pulsationComme gm est grand et Cgd petit, fZ est généralement très haute fréquence et a un effet négligeable sur fH. Avant de considérer les pôles, on peut remarquer dans l’équation ci-dessus que Vo/Vsig approche le gain statique (-gmR’L) quand p tend vers 0, ce qui est logique. On peut remarquer que le coefficient du terme en p correspond à la constante de temps obtenue en utilisant la méthode OTC (précédente). Maintenant si l’on regarde les fréquences des deux pôles que nous appellerons ωp1 et ωp2, on peut exprimer le dénominateur sous la forme :

gdZ Cmg=ω

1p2p2p1p

2

1p

2p1p

2

2p1p2p1p

si pp1)p(D

p11p1p1p1)p(D

ω>>ωωω

+≅

ωω+

ω+

ω+=

ω+

ω+=

La mise en correspondance de l’équation ci-dessus avec le numérateur du gain donne

Cette équation donne le même résultat que l’approximation par les OTC et est différente de celle obtenue par Miller par le terme (CL+Cgd)R’L (ignoré dans le calcul Miller simple). Le terme en p2 permet de donner la fréquence du deuxième pôle :

( )[ ] ''1 )(11

LgdLsigLmgdgsp RCCRRgCC ++++≅ω

( )[ ][ ] '

''

2 )()(1

LsiggdLgsgdL

LgdLsigLmgdgsp RRCCCCC

RCCRRgCC++

++++=ω

ExerciceExercice : Pour l’amplificateur de la figure, on a W/L=7.2 µm/0.36µm pour tous les transistors. µnCox=387µA/V2, IREF=100 µA, VEn=5V/ µm, et |VEp|=6V/ µm. Pour Q1, Cgs=20fF, Cgd=5fF, CL=25fFet Rsig=10kΩ. En supposant que CL comprend toutes les capacités introduites par Q2 en sortie, trouver fH en utilisant Miller et la méthode OTC, et par la méthode exacte fp1, fp2 et fZ et donc une autre estimation de fH.

15

Cas particulier : Cas particulier : RRsig faiblefaible

Quand l’amplificateur est alimenté avec une faible résistance de source, le gain haute fréquence ne dépend plus de cette résistance mais les limitations vont venir du circuit de sortie. La figure donne le schéma équivalent, la fonction de transfert s’exprime en mettant Rsig=0 dans l’expression complète du gain calculéprécédemment. ( )[ ]

'LgdL

mgd'Lm

sig

o

R)CC(p1gCp1Rg

VV

++−−

=

Ainsi, alors que le gain DC et la fréquence du zéro ne changent pas, la fréquence de coupure haute est déterminée par un pôle donné par (CL+Cgd)R’L.

')(21

LgdLH RCCf

+=

πLe schéma équivalent à Vo=0 montre la formation de ce pôle, capacité CL+Cgd en // avec R’L.

La fonction de transfert, pour laquelle le zéro interviendra uniquement en très hautes fréquences (pour redresser la courbe de gain), voit donc une asymptote à –20dB/décade à partir de la fréquence de coupure et atteint le gain unité (0dB) à la fréquence ft, qui correspond au produit gain-bande (GW : Gain – Bandwith). Le gain étant 20log|Am|, le produit gain-bande vaut :

La courbe de réponse est donnée ci-dessous :

)(2)(21

''

gdL

m

LgdLLmHmt CC

gRCC

RgfAf+

=+

==ππ

Comportement en hautes frComportement en hautes frééquences de lquences de l’’amplificateur diffamplificateur difféérentielrentiel

Considérons d’abord le schéma de base à charge résistive RD. On montre explicitement le transistor QS qui fournit le courant de polarisation. On a une impédance entre S et GND qui est ZSS, généralement on inclut dans CSS Cdb et Cgd de QS ainsi que Csb1 et Csb2. RS est la résistance de la source de courant. Le schéma b) peut être utilisé pour étudier le gain différentiel en fonction de la fréquence (c’est un montage de type CS déjà étudié précédemment).

16

Le demi-circuit pour le mode commun est donné ci-dessous. Si la sortie est simple alors le gain de mode commun qui nous intéresse est Vocm/Vicm.

En mode différentielle Vocm/Vicm joue quand même un rôle dans le gain de mode commun. Reprenons par exemple le cas du mode différentielle avec un décalage ∆RD entre les deux résistances, on a vu que le gain de mode commun résultant était

La dépendance fréquentielle se fait en remplaçant RSS par ZSS, et on a un zéro dans la fonction de transfert correspondant à la fréquence fZ

∆−=

D

D

SS

Dcm R.2

RR.2

RA

( )SSSSD

D

SS

DSS

D

DD

D

D

SS

Dcm CpR1

R.2R

R2RY

R.2R

2R

R.2R

Z.2RA +

∆−=

∆−=

∆−=

SSSSZ RC

1=ω

SSSS

ZZ RC2

12

ω=

fZ est une fréquence très basse (RSS élevée) et donc l’allure des courbes est donnée ci-dessous. Les autres composantes l’amènent à diminuer (mais à des fréquences inintéressantes car très élevées).

CMRR(en dB)= |Ad|-|Acm|

Amplificateur Amplificateur àà charge activecharge activeConsidérons le circuit suivant dans lequel on a ajouté 2 capacités, Cm, capacité au nœud du miroir (comprend Cgs3, Cgs4, et Cgd1, Cdb1 et Cdb3) et CL, capacité totale à la sortie (comprend Cgd2, Cdb2, Cgd4, Cdb4 et la capacité de charge ou de l’étage suivant, Cx). Ces deux capacités déterminent la dépendance en fréquence de l’amplificateur.

x4db4gd2db2gdL

4gs3gs3db1db1gdm

CCCCCC

CCCCCC

++++=

++++=

Vid est appliquée de manière « balancée », Q1 conduit donc gm.Vid/2 qui va vers la combinaison 1/gm3 (Q3) en parallèle avec Cm (pas de modulation donc pas d’effet r01 et r03).

m3m

idm4m

g34md4m3m

idm

g3 pCg2

VggVgI ,

pCg2

VgV

+

=−=+

−=

( )2VggCp12VgIIIcourant leet ,

gCp12VgI aon gg avec idm

3mm

idmd2d4o

3mm

idmd4 4m3m +

+=+=

+==

17

Le courant Io traverse la combinaison R0=r02//r04 et CL donc :

0L

m3

m

id0m

L0

oo

L0

oo RpC11

gpC1

112

VRgpC

R1

1IV ,pC

R1

1IV +

++

=

+=

+=

Le gain est donc :( )

+

+

+

==

m3

m

m3

m

0L0m

id

od

gpC1

2gpC1

RpC11Rg

VV)p(A

On reconnaît dans le premier facteur le gain DC de l’amplificateur, le second terme indique un pôle formée par CL et R0 de fréquence fp1.

0L

1p1p RC2

12

ω=C’est un résultat attendu, notamment lorsque l’on charge

sur une forte capacité (pôle dominant).Le troisième terme indique que la capacité Cm à l’entrée du miroir de courant donne un pôle de fréquence fp2 et un zéro de fréquence fZ, la fréquence du zéro est deux fois celle du pôle.

2pm

3mZZ

m

3m2p2p f2

C2g2

2f ,

C2g

2f =

π=

πω

ω=

( ) TZT

gs3

3m2pgs3gs4gs3m ff donc

2f

2C2gf 2CCCC Comme =≅

π≅≅+≅

Exercice Amplificateur CSExercice Amplificateur CSOn considère le schéma de la page suivante correspondant à un amplificateur source commune. On prendra L=6µm pour M1, M2 et M3. IREF est fixé à 100µA, VDD à10V, la technologie est une technologie CMOS 5µm dont les modèles NMOS5P0 et PMOS5P0 sont donnés ci-dessous :.model NMOS5P0 NMOS(Level=1 VTO=1 GAMMA=1.4 PHI=0.7 +LD=0.7E-06 WD=0 UO=750 LAMBDA=0.01 TOX=85E-9 PB=0.7 CJ=0.4E-3 +CJSW=0.8E-9 MJ=0.5 MJSW=0.5 CGDO=0.4E-9 JS=1E-6 CGBO=0.2E-9+CGSO=0.4E-9).model PMOS5P0 PMOS( Level=1 VTO=-1 GAMMA=0.65 PHI=0.65 LD=0.6e-06 WD=0 + UO=250 LAMBDA=0.03 TOX=85E-9 PB=0.7 CJ=0.18E-3 CJSW=0.6E-9 MJ=0.5 MJSW=0.5 + CGDO=0.4E-9 JS=1E-6 CGBO=0.2E-9 CGSO=0.4E-9)

1) Trouvez (W/L) pour M3 et M2 pour avoir VOV2=VOV3=1V2) Trouvez (W/L) pour M1 pour avoir VOV1=0,5VNe pas oublier l’effet de modulation de largeur de canal (LAMBDA)3) Donnez l’allure de la caractéristique de transfert VOUT=f(VIN), le gain statique AC obtenu et les conditions pour qu’il soit obtenu en termes de polarisation de M14) Donnez les fréquences de coupure (-3dB) et gain unité (0dB) pour :

– a) R’L=∞ et RSIG=0 (générateur AC parfait)– b) CL=10pF (comme sur le schéma) et RSIG=0

SchSchééma pour lma pour l’’exerciceexercice

18

Solution rSolution rééfféérence de rence de tensiontension

( ) ( )

A557Id ,V7Vpour 3,5VVref A300Id ,V5Vpour 2,5VVref évidente A.N.

/2.VVVsoit VVVVV

:est solution la ,VVV Comme

)VV()VV( DonneL

W.3LWet 3.KK que Sachant

)VV(LW

2C

)VV(LW

2CI

Vt)-Vgs (limite saturationen nt fonctionne istorsdeux trans les Vds,Vgs Avec

dd

dd

ddrefGSnthGSnddthGSn

GSnddSGp

2thSGp

2thGSn

nppn

2thSGp

p

OXp2thGSn

n

OXnD

µ===µ===

==−−=−

−=

−=−

==

µ

=−

µ

=

=

Fichier reftensmicrowind08.sch

Solution miroir de courantSolution miroir de courantOn a W/L(nm)=4 =2 x(W/L)n avec Idn=300 µA, on doit obtenir Idmn=600 µA.