6. Les circuits de base en technologie MOS

Les circuits de base en
technologie MOS
Référence de tension
Miroir de courant
Amplificateur différentiel
Amplificateur large-bande
Master IGIS, spécialité Microélectronique
Cours de R. Grisel
Récapitulation
I D = µ n C OX
V
W

(VGS − Vth − DS ) ⋅ VDS 
2
L 

ID =
µ n C OX W
(VGS − Vth ) 2 (1 + λVDS )
2
L
ID =
I D = µ nCOX
µ nCOX W
2
L
(VGS − Vth ) 2
W
[(VGS − Vth ) ⋅VDS ]
L
V GS
V
− DS 
 W  nU t 
ID = kx
1 − e nU t 
e


 L 


Référence de tension
Vdd
P
iD
N
Vss
Vref
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
Exercice : Donnez Vref (et Id) pour W/L(n)=2 et W/L(p)=6, pour
VDD=5V et 7V.
1
Vdd
Miroir de courant
Idnm
Le montage précédent avec un
transistor de « recopie » donne
un miroir de courant.
Si (W/L)nm=(W/L)n, alors
Idnm=Id
Si (W/L)nm=K.(W/L)n alors
Idnm=K.Id
Charge
P
iD
Vref
N
NM
Vss
Vss
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.
Impé
Impédance de sortie petits signaux du miroir de courant
z
L’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).
iy =
vy
rds1
+ g m1v gs1 =
Si rds1 >> 1
z
g m1
vy
rds1
+ g m1v y donne
alors rs1 = 1
g m1
vy
iy
=  1  // rds1
 g m1 
( transistor connecté endiode)
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 ds
1/gm1, donc vgs2=0.
2
Miroir de courant
(dé
(dérivation de source)
z
Pour augmenter l’impédance de
sortie du miroir précédent, on
peut utiliser le schéma suivant,
qui conduit au modèle petits
signaux.
v s = R s i x et v gs = -vs
i x = g m2 .v gs +
v x - R si x
rds2
soit :
i x = − R s i x g m2 +
z
La résistance de sortie est donc donnée par :
rout =
vx
= rds2 + rds2 g m2 R s + R s
ix
rout = rds2 (1 + R s (g m2 + g ds2 )) avec g ds2 = 1
rout ≅ rds2 (1 + R s g m2 ) car g ds2 << g m2
z
v x - R si x
rds2
rds2
Ce qui correspond à un facteur multiplicatif par
rapport au miroir précédent
Miroir de courant type cascode
z
Partant du schéma ci-dessous et en appliquant le fait que Q2
est une dérivation de source pour Q4 de résistance rds2
rout = rds4 (1 + rds 2 (g m4 + g ds4 )) soit
rout ≅ rds4 (1 + rds 2 g m4 ) ≅ rds4 (rds 2 g m4 )
La résistance de sortie se voit augmenter
D’un facteur (entre 10 et 100), cela peut
Être intéressant pour les étages
Amplificateur faible gain
3
Inverseur à charge active
z
z
z
Donnez la caractéristique de
transfert en fonction des courbes
données pour les 2 transistors
Dire quelle tension de polarisation
permet de travailler sur Vin en
petits signaux
Donner le schéma équivalent BF
ainsi que le gain et la résistance de
sortie du montage
V+=2V
Vin
W=90u
P L=20u
iD
Vout
N W=30u
L=20u
Vss
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
Amplificateur diffé
différentiel
z
Les 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 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):
I Kn W
I Kn W
(VOV )2, VOV =
=
=
(VGS − Vth)2 soit
2 2 L
2 2 L
I
( )
Kn W
L
La tension de Drain est : v = v = V − I R la différence de potentiel entre les deux
D1
D2
DD
D
Drains sera nulle
2
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 :
I
vcmmax = Vt − VDD − RD
2
La valeur minimale de vcm est déterminée par
la tension minimale nécessaire au
fonctionnement de la source I (soit VCS cette
tension) v
= −V + V + V + V
cmmin
ss
cs
t
OV
4
Fonctionnement avec une tension diffé
différentielle
Soit 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 :
I =
( )
Kn W
(vGS1 − Vt )2 soit vGS1 = Vt + 2.I Kn W = Vt + 2VOV
L
2 L
VOV est la tension
« d’overdrive » correspondant à un courant de I/2 (voir page précédente).
On a donc :
vid max = vGS1 + v s = Vt + 2VOV − Vt = 2VOV
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.
définit la plage de
− 2VOV ≤ vid ≤ 2VOV
fonctionnement du mode différentiel
Exercice : Trouvez l’expression des courants en fonction de vID = VGS1-VGS2 :
Suite du calcul, soit :
2
à v
I
+
2
β .I
v ID
2

 1 − β v ID

4 .I





(8 a )
iD2 =
I
−
2
β .I
v ID
2
2

 1 − β v ID

4
.
I





(8 b )
I
2
= 0, on a i D 1 = i D 2 =
ID
I
1
K
=
2
2
soit
i D1 =
n
W
L
(V GS
- Vt
;v
)
2
GS1
= v GS2 = V GS
I
1
K
=
=
2
2
W
L
n
(V OV )2
Ce qui permet d’exprimer les relations (8) sous la forme alternative suivante :
i D1 =
 I   v ID 
I
+ 

 
2
 V OV   2 
2


 1 −  v ID 2  
 V
 

OV




(9 a )
iD2 =
 I
I
− 
2
 V OV

 1 −  v ID 2
 V

OV


(9 b )
  v ID 
 

 2 



2




Allure des courants normalisés dans une paire différentielle MOS. Notez
que VOV est « l’overdrive » correspondant à Q1 et Q2 fonctionnant à
I/2. Si l’on se place dans la zone linéaire les expressions des courants
deviennent :
i D1 ≅
  v ID 
 
 (10 a )
 2 
iD2
  v ID 
 
 (10 b )
 2 
 I
I
+ 
2
 V OV
 I
I
≅
− 
2
 V OV
 I
∆ i d = i d = 
 V OV
  v ID 
 
 = K . v ID
 2 
5
Sachant que nous avons vu qu’un MOS polarisé à un courant ID a une transconductance gm
qui 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 signaux
A partir des schémas suivants (vG1=VCM+½vID; vG2=VCM-½vID) avec VCM tension de mode
commun nécessaire à la polarisation des transistors.
Schéma petits signaux
Schéma de polarisation
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 gm
correspondant à l’expression suivante :
 2 .I 
2 (I 2 )
g
Nous avons donc
v
o1
= −g
m
(v ID ) R
Le gain simple correspond donc à :
Et le gain différentiel
A
d
≅
m
2
D
 =
= 
 V OV 
D
et v
= +g
o 2
v o1
1
= −
g
v ID
2
V
m
R
v o 2 − v o1
= gmR
v ID
D
m
et
OV
(v ID ) R
2
v
v
o 2
ID
= +
D
1
g
2
m
R
D
D
L’avantage du choix du gain différentiel est une multiplication par 2 du gain, cependant
certaines applications nécessitent une sortie simple.
6
Effet de la ré
résistance r0
Si 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 :
v
o1
= −g
m
(R
D
//r0
) v ID
2
et v
o 2
= +g
m
(R
D
//r0
) v ID
2
vo = vo2 − vo1 = gm (R D //r0)vID
Gain de mode commun et rapport de ré
réjection associé
associé (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.
v o1
v
= o2 = −
1
v icm vicm
RD
gm
+ 2.R SS
avec R SS >> 1
gm
on a
v o1
v
R
= o2 ≅ − D
vicm v icm
2.R SS
Considérons maintenant deux cas :
Sortie simple (non différentielle) :
A cm ≅
Sortie différentielle :
RD
1
A
et A d ≅ g m .R D et CMRR = d
= g m R SS
A cm
2 .R SS
2
Acm ≅
vo 2 − vo1
v −v
= 0 et Ad ≅ o 2 o1 = g m .R D et CMRR = ∞
vicm
vid
Donc même si RSS existe, la sortie différentielle donne un CMRR infini (sous réserve que le
circuit soit « parfait ».
(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.
7
Effet de « mismatch » de RD sur le CMRR
Considérons qu’il existe une différence ∆RD, c’est-à-dire que Q1 voir RD et Q2 une
résistance (RD+ ∆RD). Les expressions deviennent :
v o1 ≅ −
v − v o1
∆R D
RD
R + ∆R D
R  ∆R D 

=−
= − D 
, vo2 = − D
, A cm = o 2
2.R SS
2.R SS
vicm
2.R SS
2.R SS  2.R D 
Le gain différentiel étant peu affecté par un déséquilibre sur RD, le CMRR devient :
CMRR =
Ad
A cm
=
(2.g m R SS )
 ∆R D 


 RD 
avec A d = −g m R D
Paire diffé
différentielle et charge active
Si l’
l’on fonctionne uniquement en sortie simple, on perd un facteur 2 sur le gain,
puisque qu’
qu’on n’
n’utilise que la moitié
moitié du circuit de sortie. Pour palier à cela il suffit
de trouver une solution pour ne pas « gâcher » le courant de drain de Q1, c’
c’est le
but de la charge active proposé
proposée ici.
Gain diffé
différentiel de la paire MOS avec charge active
Nous prendrons r0 en considé
considération et calculerons Gm(transconductance
Gm(transconductance de CC) et R0
(ré
(résistance de sortie) pour avoir le gain GmR0 car le circuit n’
n’est plus symé
symétrique.
Sché
Schéma avec i0=0 (CC), le circuit voit un
0 virtuel, car VD-Vgnd de Q1 est trè
très petite
(car 1/gm3 entre drain et source).
Cela nous permet le sché
schéma équivalent
suivant :
8
La tension vg3 à la grille commune du miroir est :
 v 
 // r // r  ≅ −  g m 1
  v id  pour r et r >> 1
v g 3 = − g m 1  id    1

 03 01 
03
01
g m 3   2 
g m3


 2   g m 3 
Cette tension contrôle le courant de Drain de Q4 (gM4.vg3). Le CC
CC fait que le courant
dans r02 et r04 est nul., on a donc i0 par :
 g  v 
v 
v 
i o = − g m 4 v g 3 + g m 2  id  soit i o = g m 1  m 4   id  + g m 2  id 
 2 
 2 
 g m 3  2 
Si la condition gm3=gm4 et gm1=gm2=gm est parfaite, alors i o = g m vid ce qui permet
d’écrire
court-circuit est égale à la
’écrire que Gm=gm. Ainsi la transconductance de courttransconductance de chacun des transistors de la paire diffé
différentielle (en l’
l’absence de
miroir Gm serait égale à gm/2).
Pour la ré
résistance de sortie on utilise
le sché
schéma suivant.
En supposant que 1/gm3 (ré
(résistance vue
du Drain de Q1) est faible devant 1/gm1,
la ré
résistance vue par la source de Q2 est
approximativement 1/gm1. On se ramè
ramène
au sché
schéma équivalent de la page suivante.
i
gm2.v.
v x = (i + g m 2 v )r02 + v , avec v = i
g m1

Donc R 02 = r02 + (1 + g m 2 r02 ) 1

 g m1 
Pour g m 1 = g m 2 = g m et g m 2 r02 >> 1 ,
ix+gm2.v
on obtient R 02 ≅ 2 r02
1/gm2.
R02
gm2.v.
1/gm1.
i
v=ix/gm1.
En revenant au circuit de la figure
pré
précédente, on peut écrire le courant à la
sortie:
ix = i + i +
vx
v
v
v
= 2i + x = 2 x + x
r04
r04
R 02 r04
Donc R 0 =
vx
= r02 // r04
ix
Ce ré
résultat semble relativement logique, le gain du montage est donc le suivant :
v
A
1
Ad ≅ o = G mR 0 = g m (r02 // r04 ) , pour r02 = r04 = r0 on a Ad = gm r0 = 0
vid
2
2
A0/2 étant le gain dit intrinsè
intrinsèque du transistor MOS.
Gain de mode commun et CMRR
On 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 :
R 01 = R 02 = r0 + 2R SS + 2g m r0R SS
9
Le courant i1 passe dans (1/gm3)//r03 et donne vg3 : vg3 = −i1 ((1 g m3 ) // r03 )
Le transistor Q4 donne donc un courant : i 4 = −g m4 vg3 = i1g m4 ((1 g m3 ) // r03 )
La différence de courant entre i4 et i2 passe dans r04 (RO2>>r04) et donne vO :
vo = (i4 −i2 )r04 = (i1gm4 ((1 gm3 ) // r03) −i2 )r04
2RSS étant plus grande que 1/gm (pour Q1 et Q2) et considérant que l’effet de r01 et r02
est négligeable on peut écrire :
v
i1 = i 2 ≅ icm
2R SS
En remplaçant i1 et i2 dans l’équation précédente et en posant gm3=gm4, on obtient:
A cm ≡
vo
1
r04
1
=−
≅avec g m 3 r03 >> 1 et r03 = r04 ,
v icm
2 Rss 1 + g m 3 r03
2g m 3 Rss
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) :
Ad
v
CMRR ≡
= icm = ( g m (r02 // r04 ))(2 . g m 3 R SS ) ≅ ( g m r0 )( g m R SS )
A cm
v id
pour r02 = r04 = r0 et g m3 = g m
Comportement en fré
fréquence de l’l’amplificateur source commune
Avant 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 Thévenin
calculé 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
Vo ≅ −(g m Vgs )R 'L = −g mR 'LVgs avec R 'L = r0 // R D // R L
Comme Vo=Vds, on retrouve bien le gain du CS. Avec cette approximation on peut
continuer le calcul de Igd :
Igd = p.Cgd Vgs − Vo = p.Cgd Vgs − gm R 'LVgs = p.Cgd 1 + g m R 'L Vgs
(
)
(
(
))
(1+ g R )V
(
)
(
'
On retrouve l’effet Miller p.Cequ = p.Cgd
m
gs donc Cequ = p.Cgd 1 + g m R L
Ce qui permet de faire le schéma équivalent suivant :
'
L
)
C’est un circuit passe-bas du premier ordre en entrée
10
L’expression de Vgs s’écrit donc
 RG
 1
Vgs = 
V 
avec w 0 = 1
C = Cgs + Cequ = C gs + Cgd 1 + g m R 'L
 R G + R sig sig 
p
Cin R 'sig in

 1+
'
R sig
= R sig // R G
w0
(
)
En la combinant avec la précédente on obtient le gain HF de l’amplificateur CS
 RG

Vo
(g R ' ) 1 = A M
= −
R +R  m L
p
p
Vsig
sig 
 G
1+
1+
ω0
ωH
A M = Gain BF et ωH = fréquence de coupure 3dB
fH =
1
ωH
=
'
2π 2πCin R sig
La courbe de réponse est
donnée ci-contre, la bande
passante est généralement
faible à cause de l’effet
Miller.
Comportement en trè
très basse fré
fréquence de l’l’amplificateur 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.


RG
V g = V sig 

1
+ R sig
 R G + pC
C1



RG
= V
sig

R G + R sig




p


1
p+
C C 1 (R G R sig





) 
Cette première expression fait apparaître un facteur fréquentiel correspondant à un filtre
passe-haut de fréquence de coupure ω = ω = 1
p1
0
(CC1 (R G + R sig ))
Nous allons maintenant exprimer Id en divisant Vg par l’impédance totale de source
du circuit.
Vg
g
p
; ωp 2 = m
Id =
= g m Vg
g
1
1
CS
p+ m
+
CS
g m pC S
Ce qui fait apparaître un autre facteur du type passe-bas.
Il reste à calculer Vo en utilisant le diviseur de courant en sortie.
R DR L
p
RD
, Vo = R L I o = − I D
;
1
1
RD + RL p +
+ RL
C C 2 (R D + R L )
pC C 2
1
ωp 3 =
C C 2 (R D + R L )
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.
Io = −I D
RD +
 RG
Vo
= −
R +R
Vsig
sig
 G





(gm (R D // R L )) p  p  p 
 p + ω  p + ω  p + ω 

p1 
p 2 
p3 


11
La fréquence de coupure basse limite (fL), de manière générale, est liée à
l’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 fré
fréquence
La 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).
BW ≡ f H − f L
BW ≅ f H si f H >> f L
Comportement HF – Analyse dé
détaillé
taillée 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
12
Analyse par le thé
théorè
orème 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.
 RG

Vo
1
AM
 g R'
= −
=
R +R  m L
p
p
Vsig
sig 
 G
1+
1+
ω0
ωH
(
)
A M = Gain BF = -g m R 'L et ωH = fréquence de coupure 3dB
fH =
ωH
1
=
2π 2πCin R sig
Cin = C gs + Cgd (1 + g m R 'L )
Analyse OpenOpen-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.
Pour C gs la résistance vue est R gs = R sig
Pour C L la résistance vue est R CL = R 'L
Pour Rgd, il faut calculer le rapport Vx/Ix du
schéma ci-contre
Rgd = Rsig(1+ gmR'L ) + R'L
Ainsi la constante de temps total du circuit est calculée en additionnant toutes les
constantes de temps trouvées :
τ H = C gs R gs + C gd R gd + C L R CL
[
]
= C gs R sig + C gd R sig (1 + g m R 'L ) + R 'L + C L R 'L
1
fH ≅
, fréquence de coupure estimée à - 3dB
2 πτ H
Pour les cas où CL n’est pas négligeable, cette approximation est meilleure que celle
de Miller précédente qui la néglige complètement.
13
Analyse exacte
Les 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.
L' équation des noeuds au Drain : pC gd ( Vgs − Vo ) = g m Vgs +
Vo
+ pC L Vo (1)
R 'L
'
- Vo 1 + p(C L + C gd ) R L
, à l' entrée Vsig = R sig I i + Vgs
'
g m R L 1 − p C gd g m
soit Vgs =
Au noeud G : I i = pC gs Vgs + pC gd ( Vgs − Vo ) donc :
[
]
Vsig = Vgs 1 + p(C gs + C gd )R sig − pC gd R sig Vo (2)
En remplaçant Vgs de (2) dans (1) on obtient l' équation du gain
Gain de l' amplificateur :
[
]
[
− g m R 'L 1 − p(C gd g m )
Vo
=
Vsig 1 + p C gs + C gd 1 + g m R 'L R sig + (C L + C gd ) R 'L + p 2 (C L + C gd )C gs + C L C gd R sig R 'L
{[
)]
(
}
]
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 pulsation ω Z = g m C gd
Comme 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 :

 1
p 
p 
1 
p2
D ( p ) = 1 +
1+
= 1 + p
+
+
 ω  ω 
ω

p1 
p2 

 p1 ωp 2  ωp1ωp 2
p
p2
D ( p) ≅ 1 +
+
si ωp 2 >> ωp1
ωp1 ωp1ωp 2
La mise en correspondance de l’équation ci-dessus avec le numérateur du gain donne
ω p1 ≅
{[C
gs
1
+ C gd 1 + g m RL' Rsig + (C L + C gd ) RL'
)]
(
}
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 :
ω p2 =
[C
gs
(
)]
+ C gd 1 + g m R L' R sig + ( C L + C gd ) R L'
[( C
L
]
+ C gd ) C gs + C L C gd R sig R L'
Exercice : 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.
14
Cas particulier : Rsig faible
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 calculé
précédemment.
− g m R 'L 1 − p(C gd g m )
Vo
=
Vsig
1 + p(C L + C gd )R 'L
[
]
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.
1
fH =
2π (C L + C gd ) RL'
Le 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 :
1
gm
f t = Am f H = g m RL'
=
2π (C L + C gd ) RL' 2π (C L + C gd )
La courbe de réponse est donnée ci-dessous :
Comportement en hautes fré
fréquences de l’l’amplificateur diffé
différentiel
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).
15
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
R  ∆R 
A cm = −
D
D


2.R SS  2.R D 
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
A cm = −
R D  ∆R D 
R  ∆R D 
R  ∆R D 

 = − D 
YSS = − D 
(1 + pR SSCSS )
2.ZSS  2.R D 
2  2.R D 
2R SS  2.R D 
ωZ =
1
C SS R SS
fZ =
ωZ
1
=
2 π 2 πC SS R SS
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 à charge active
Considérons 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.
Cm = Cgd1 + Cdb1 + Cdb3 + Cgs3 + Cgs4
CL = Cgd2 + Cdb2 + Cgd4 + Cdb4 + Cx
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).
Vg3 = −
avec g m 3 = g m 4 on a I d4 =
V
V
g m  id 
g m 4 g m  id 
2
2


, I d4 = − g m 4 Vg3 =
g m 3 + pC m
g m 3 + pC m
g m V id 2
, et le courant
1 + p C m g m3
I o = I d4 + I d2 =
g m V id 2
+ g m (V id 2 )
1 + p C m g m3
16
Le courant Io traverse la combinaison R0=r02//r04 et CL donc :




1 
1
 Vid 
= gmR 0 
Vo = I o
, Vo = I o
 1+

1
1
pCm  1 + pCL R 0
2


+ pCL
+ pCL
1
+

R0
R0
g m3 

pCm 

1+

Le gain est donc :
 2g m3 

V
1

A d (p) = o = (g m R 0 )
Vid
 1 + pCL R 0  1 + pCm 

g m3 

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.
ω
1
C’est un résultat attendu, notamment lorsque l’on charge f p1 = p1 =
2 π 2 πC L R 0
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.
ωp 2
g
ω
2g m 3
fp2 =
= m3 , f Z = Z =
= 2f p 2
2 π 2 πC m
2 π 2 πC m
1
1
Comme C m ≅ C gs3 + C gs4 ≅ 2C gs3 f p 2 ≅
g m3
f
≅ T donc f Z = f T
2 π (2C gs3 ) 2
Exercice Amplificateur CS
z
On 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 à
10V, la technologie est une technologie CMOS 5µm dont les modèles NMOS5P0 et
PMOS5P0 sont donnés ci-dessous :
z
.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)
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
1) Trouvez (W/L) pour M3 et M2 pour avoir VOV2=VOV3=1V
2) Trouvez (W/L) pour M1 pour avoir VOV1=0,5V
Ne 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 M1
4) 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
Schéma pour l’exercice
17
Solution ré
référence de
tension
Fichier reftensmicrowind08.sch
Avec Vgs = Vds, les deux transistors fonctionnent en saturation
(limite Vgs - Vt)
ID =
µ p COX  W 
µ n COX  W 
2
2
  (VSGp − Vth )
  (VGSn − Vth ) =
2  L n
2  L p
( L) = 3.(W L)
Sachant que K n = 3.K p et W
p
n
Donne (VGSn − Vth ) = (VSGp − Vth ) 2
2
Comme VSGp = Vdd − VGSn , la solution est :
VGSn − Vth = Vdd − VGSn − Vth soit VGSn = Vref = Vdd /2.
A.N. évidente Vref = 2,5V pour Vdd = 5V, Id = 300µA
Vref = 3,5V pour Vdd = 7V, Id = 755µA
Solution miroir de courant
On a W/L(nm)=4 =2 x(W/L)n avec Idn=300 µA, on doit
obtenir Idmn=600 µA.
18