差动放大器

$$ \begin{align*} \newcommand{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\belowarrow}[1]{\mathop{#1}\limits_{\uparrow}} \newcommand{\bd}{\boldsymbol} \newcommand{\tx}{\text} \newcommand{\L}{\mathscr{L}} \newcommand{\p}{\partial\,} \end{align*} $$

Single-Ended and Differential

• Single-End: 相对于固定电势（一般是地）
• Differential: 相对于一个相反的信号

An important advantage of differential operation over single-ended signaling is higher immunity to“environmental” noise. Assume

$$ V_1 = V+\Delta V\\ V_2 = -V+\Delta V $$

The differential signal of $V_1$ and $V_2$ is

$$ V_1-V_2=2V $$

which cancels the noise $\Delta V$

Basic Differential Pair

Here, two differential inputs, $V_\tx{in1}$ and $V_\tx{in2}$, having a certain CM (common mode) level, $V_\tx{in,CM}=\dfrac{V_\tx{in1}+V_\tx{in2}}{2}$. The output also have $V_\tx{out,CM}$

if we use two independent cs stage amplifier, a low $V_\tx{in,CM}$ may lead to clipping at the output. (Why?) Therefore, we use the circuit below:

下面我们先考虑一些总体的特性：

• $I_{SS}=I_{D1}+I_{D2}$ is independent of $V_\tx{in,CM}$.
• If $V_\tx{in1}=V_\tx{in2}$, the output CM level is $V_{DD}-R_DI_{SS}/2$.
• $V_\tx{out1}$ reaches its minimum value $V_{DD}-R_DI_{SS}$ when $V_\tx{out2}$ is at its maximum value $V_{DD}$, therefore the maximum differential output is $\pm R_DI_{SS}$

上面三点即下图：

下面我们考虑工作在各个工作区的情况(Fig. 4.9)：

1. $V_\tx{in,CM}=0$, $M_1,M_2$ is off, $I_{D3}=0$, $M_3$ operates in the deep triode region ($V_b>V_\tx{TH}$，and $V_{S}=V_{D}=0$)
2. $V_\tx{in,CM}\geq V_\tx{TH}$, $M_1,M_2$ is on, $V_P$ also rise. In a sense, $M_1,M_2$ constitute a source follow, $V_P$ follows $V_\tx{in,CM}$（此时 $M_3$ 可看作电阻）
3. $V_\tx{in,CM}>V_{GS1}+V_{GS3}-V_\tx{TH3}$, i.e. $V_P>V_{GS3}-V_\tx{TH3}$, $M_3$ operate in saturation, 即 Fig 4.7，$I_{D1,2}$ reaches maximum
4. $V_\tx{in,CM}>V_\tx{out1,max}+V_\tx{TH}=V_{DD}-R_DI_{SS}/2+V_\tx{TH}$, $V_\tx{out}$ remains its minimum.

综上，我们希望 $V_\tx{in,CM}$ 在 3. 的范围，即：

$$ V_{GS1}+(V_{GS3}-V_\tx{TH3}) \leq V_\tx{in,CM} \leq \min \left\{ V_{DD}-R_DI_{SS}/2+V_\tx{TH}, V_{DD} \right\} $$

对 $I_{D1,2}$ 微分就能得到 $\vert A_v \vert$ 随共模电平的变化曲线。

Quantitative Analysis

Large-Signal Behavior

下面我们来推导 $V_\tx{out1}-V_\tx{out2}$ 与 $V_\tx{in1}-V_\tx{in2}$ 的关系。

首先，

$$ \begin{aligned} &V_\tx{out1}-V_\tx{out2}\\ =& (V_{DD}-R_{D1}I_{D1})-(V_{DD}-R_{D2}I_{D2})\\ =& R_{D2}I_{D2}-R_{D1}I_{D1}\\ =& R_D(I_{D2}-I_{D1}) \quad \tx{if} R_{D1}=R_{D2}=R_D \end{aligned} $$$$ \begin{aligned} &V_\tx{in1}-V_\tx{in2}\\ &= (V_{GS1}+V_P)-(V_{GS2}+V_P)\\ &= V_{GS1}-V_{GS2} \end{aligned} $$

所以我们只需要求 $I_{D2}-I_{D1}$ 与 $V_{GS1}-V_{GS2}$ 的关系。之前我们求过 $I_D$ 与 $V_{GS}$ 有如下关系：

$$ I_D = \frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L} (V_{GS}-V_\tx{TH})^2 $$

由于右边有平方，所以直觉告诉我们要开方：

$$ \sqrt{\frac{I_D}{\frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}} = V_{GS}-V_\tx{TH} $$

所以 $V_{GS1}-V_{GS2}$ 为：

$$ \begin{aligned} V_{GS1}-V_{GS2} &= \sqrt{\frac{I_{D1}}{\frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}} - \sqrt{\frac{I_{D2}}{\frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}} \end{aligned} $$

两边平方后：

$$ \begin{aligned} (V_{GS1}-V_{GS2})^2 &= \frac{2}{\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}} (I_{D1}-2\sqrt{I_{D1}I_{D2}}+I_{D2})\\ &= \frac{2}{\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}} (I_{SS}-2\sqrt{I_{D1}I_{D2}}) \end{aligned}\\ -2 \sqrt{I_{D1}I_{D2}} = \frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}(V_{GS1}-V_{GS2})^2-I_{SS} $$

为了得到 $I_{D1}-I_{D2}$，我们需要利用下式：

$$ 4I_{D1}I_{D2}=(I_{D1}+I_{D2})^2-(I_{D1}-I_{D2})^2=I_{SS}^2-(I_{D1}-I_{D2})^2 $$

从而（这里还将 $V_{GS}$ 换成了 $V_\tx{in}$）：

$$ \left[ \frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}(V_\tx{in1}-V_\tx{in2})^2-I_{SS} \right]^2=I_{SS}^2-(I_{D1}-I_{D2})^2 $$

将左边展开再进行一定的化简后，有：

$$ I_{D1}-I_{D2} = \frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}(V_\tx{in1}-V_\tx{in2})\sqrt{\frac{4I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}}-(V_\tx{in1}-V_\tx{in2})^2} $$

总的来看，这个单调递增的奇函数。我们可以求斜率：

$$ G_m = \frac{\p \Delta I_D}{\p \Delta V_\tx{in}}=\frac{1}{2} \mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L} \frac{\dfrac{4I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}}-2\Delta V_\tx{in}^2}{\sqrt{\dfrac{4I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}}-\Delta V_\tx{in}^2}} $$

易看出 $\Delta V_\tx{in}^2$越小，$G_m$ 越大。所以在 $\Delta V_\tx{in}=0$ 处 $G_m$ 取最大值 $\sqrt{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}I_{SS}}$，对应的增益为：

$$ \vert A_v \vert = \sqrt{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}I_{SS}} \cdot R_D $$

注意到每个 MOS 的 $I_D=\dfrac{1}{2}I_{SS}$，所以上面 $\vert A_v \vert$ 的表达式实际上和之前 CS Stage 是一样的，都是 $g_m R_D$。（这里英语书上 108 页认为 $\Delta V_\tx{out}=R_D \Delta I = -R_D G_m \Delta V_\tx{in}$，但根据上面 $G_m$ 的定义式，不应该有负号的。建议去问问老师）

另一方面，当 $\vert \Delta V_\tx{in} \vert=\sqrt{\frac{2I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}}$ 时，$G_m=0$.

如果我们继续增大 $\vert \Delta V_\tx{in} \vert$ 到 $\sqrt{\frac{4I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}}$，分母中的根号部分就等于零，使得 $G_m$ 趋向于无穷。但看回 Fig. 4.8，曲线并没有趋向于无穷。为什么呢？

书上说是因为当 $\Delta V_\tx{in}$ 大到一定程度时（我们记为 $\Delta V_\tx{in1}$），其中一只管子会先达到 triode region，使得 $I_{SS}$ 全部都流经它，导致另一个管子 off. 我们可以计算一下此时的 $\Delta V_\tx{in}$。首先，$M_2$ is nearly off, $V_{GS2}=V_\tx{TH}$, 故

$$ \Delta V_\tx{in1}=V_{GS}-V_\tx{TH} $$

又因为 $I_{D1}=I_{SS}$，所以我们有：

$$ I_{SS}=\frac{1}{2}\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L} \Delta V_\tx{in}^2\\ \Rightarrow \Delta V_\tx{in1} = \sqrt{\dfrac{2 I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox} \frac{W}{L}}} $$

因为此时的 $V_\tx{out1}$ 固定为 $I_{SS}R_{D1}$，$V_\tx{out2}=0$，所以小信号增益为 0，即 $G_m=0$。最终我们可以画出完整的 $G_m-V_\tx{in}$ 关系图：

$\Delta V_\tx{in1}$ is the maximum differential input, and for zero differential input, $I_{D1}=I_{D2}=I_{SS}/2$, yielding

$$ (V_{GS}-V_\tx{TH})_{1,2}=\sqrt{\dfrac{I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox}\frac{W}{L}}} $$

Thus, $\Delta V_\tx{in1}$ is equial to $\sqrt{2}$ times the equilibrium overdrive.

Small-Signal Analysis

下面我们将用小信号的方法得到上面的结果：

$$ \begin{aligned} \vert A_v \vert &= \sqrt{\mu_n C_\tx{ox} I_{SS} W/L} \cdot R_D\\ &= g_m R_D \end{aligned} $$

Method 1

superposion (叠加定理): The circuit of Fig. 4.16 is driven by two independent signals.

First, let’s set $V_\tx{in2}$ to zero, and only calculate the effect of $V_\tx{in1}$ at $X$ and $Y$.

To calculate $V_X$: the impedance seen looking into the source of $M_2$ is $R_s=1/g_{m2}$, therefore $M_1$ forms a common-source stage with a degeneration resistance (Fig. 4.17a), and

$$ \frac{V_X}{V_\tx{in1}} = \frac{-R_D}{\dfrac{1}{g_{m1}}+\dfrac{1}{g_{m2}}} \tag{4.18} $$

To calculate $V_Y$: replace $V_\tx{in1}$ and $M_1$ by Thevenin equivalent (Fig. 4.18), the Thevenin voltage $V_T = V_\tx{in1}$ and the resistance $R_T=1/g_m$, therefore $M_2$ operates as a common-gate stage, and

$$ \frac{V_Y}{V_\tx{in1}}=\frac{R_D}{\dfrac{1}{g_{m1}}+\dfrac{1}{g_{m2}}} \tag{4.19} $$

The overall voltage gain for $V_\tx{in1}$ is

$$ (V_X-V_Y)\Big\vert_\tx{Due to Vin1} = \frac{-2R_D}{\dfrac{1}{g_{m1}}+\dfrac{1}{g_{m2}}} V_\tx{in1} \tag{4.20} $$

which, for $g_{m1}=g_{m2}=g_m$, reduces to

$$ (V_X-V_Y)\Big\vert_\tx{Due to Vin1} = -g_m R_D V_\tx{in1} \tag{4.21} $$

By virue of symmetry, the voltage gain for $V_\tx{in2}$ is identical to that of $V_\tx{in1}$ except for a change in the polarities:

$$ (V_X-V_Y)\Big\vert_\tx{Due to Vin2} = g_m R_D V_\tx{in2} \tag{4.22} $$

Adding $(4.21)$ and $(4.22)$, we have

$$ \frac{(V_X-V_Y)}{V_\tx{in1}-V_\tx{in2}}=-g_m R_D $$

Method 2

下面我们将介绍一种叫 半边电路 half circuit 的方法，这种方法适用于对称的差分放大器。首先先介绍一个定理：

既然 $V_P$ 保持不变，那么在小信号模型中就相当于地，所以我们有 Fig 4.22b

这么一来，就可以直接用之前 CS stage 的结论对半边电路求解，从而 $(V_X-V_Y)/(2V_\tx{in1})=-g_m R_D$. 这种方法又快又简单，推荐凡是电路对称的都使用这种方法；但如果电路不对称（比如要求 CMRR 时），就只能用前一种方法。

Degenerated Differential Pair

与 common-source stage 类似，differential pair 可以通过增加 resistive degeneration 来增加线性性（Fig. 4.27）。我们可以用公式来证明这一点。

假设当 $V_\tx{in1}-V_\tx{in2}$ 达到某个值 $\Delta V_\tx{in2}$ 时，$M_2$ 断开而 $I_{D1}=I_{SS}$，此时：

$$ V_\tx{in1}-V_{GS1}-R_S I_{SS} = V_\tx{in2}-V_\tx{TH}\\ \begin{aligned} \Rightarrow V_\tx{in1}-V_\tx{in2} &= V_{GS1}-V_\tx{TH}+R_SI_{SS}\\ &= \sqrt{\frac{2 I_{SS}}{\mu_n C_\tx{ox} (W/L)}} + R_S I_{SS} \end{aligned} $$

注意到第一项就是 $\Delta V_\tx{in1}$，说明 $\Delta V_\tx{in2}$ 比 $\Delta V_\tx{in1}$ 大 $R_S I_{SS}$，也就是说，线性区增大了约 $\pm R_S I_{SS}$

而增益就是加上了 $R_S$：

$$ \vert A_v \vert = \frac{R_D}{\frac{1}{g_m} + R_S} $$

The circuit thus trades gain for linearity—as is also observed from the slopes of the characteristics in Fig. 4.27(b)

Common-Mode Response

由于电路不可能完全对称，并且不存在阻抗无穷大的电流源，所以 a fraction of the input CM variation appears at the output.

先假设电路对称，但电流源的阻值为 $R_{SS}$，我们可以利用对称性将 Fig. 4.29(a) 简化为 (c)

从而共模增益为（貌似这个也是差模增益）：

$$ \begin{aligned} A_{v,\tx{CM}} &= \frac{V_\tx{out}}{V_{in,\tx{CM}}}\\ &= - \frac{R_D/2}{1/(2g_m)+R_{SS}} \end{aligned} $$

当然，这没什么好担心的，因为我们的输出是差模输出，但假如电路不对称的话，情况就不一样了。假如两个 $R_{D}$ 不匹配 Fig. 4.31（称为 resisor mismatch），那么，我们有：

$$ \begin{aligned} \Delta V_X &= -\Delta V_{in,\tx{CM}} \frac{g_m}{1+2g_mR_{SS}} R_D\\ \Delta V_Y &= -\Delta V_{in,\tx{CM}} \frac{g_m}{1+2g_mR_{SS}} (R_D+\Delta R_D) \end{aligned} $$

这就会导致差模输出中含有输入的共模噪声。

另一种 mismatch 是 $M_1,M_2$ 不匹配。我们考虑下图 Fig. 4.34

根据：

$$ \begin{aligned} (I_{D1}+I_{D2})R_{SS}&=V_P\\ (g_{m1}+g_{m2})(V_\tx{in,CM}-V_P)R_{SS} &= V_P \end{aligned} $$

我们有：

$$ V_P = \frac{(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}}{(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}+1} V_\tx{in,CM} $$

从而输出电压分别为：

$$ \begin{aligned} V_X &= -g_{m1} (V_\tx{in,CM}-V_P)R_D\\ &= \frac{-g_{m1}}{(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}+1} R_D V_\tx{in,CM} \end{aligned} $$$$ \begin{aligned} V_Y &= -g_{m2} (V_\tx{in,CM}-V_P)R_D\\ &= \frac{-g_{m2}}{(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}+1} R_D V_\tx{in,CM} \end{aligned} $$

所以我们可得共模转差模的增益为：

$$ \begin{aligned} A_\tx{CM-DM} &= \frac{V_X-V_Y}{V_\tx{in,CM}}\\ &= -\frac{\Delta g_m R_D}{(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}+1} \end{aligned} $$

我们定义 共模抑制比 common-mode rejection ratio（CMRR） 为：

$$ \tx{CMRR} = \left\vert \frac{A_\tx{DM}}{A_\tx{CM-DM}} \right\vert $$

显然，共模抑制比越大越好。理想情况应该为无穷大。

利用 Fig 4.17 可以证明，当 $g_m$ mismatch 时，差模增益为：

$$ \begin{aligned} \vert A_\tx{DM} \vert &= \frac{R_D/2}{\dfrac{1}{g_{m1}+g_{m2}}+R_{SS}}+\frac{2g_{m1}g_{m2}R_D}{\dfrac{1}{R_{SS}}+g_{m1}+g_{m2}}\\ &= \frac{R_D}{2} \left( \frac{g_{m1}+g_{m2}+4g_{m1}g_{m2}R_{SS}}{1+(g_{m1}+g_{m2})R_{SS}} \right) \end{aligned} $$

从而 CMRR 为：

$$ \begin{aligned} \tx{CMRR} &= \frac{g_{m1}+g_{m2}+4g_{m1}g_{m2}R_{SS}}{2 \Delta g_{m}}\\ &\approx \frac{g_m}{\Delta g_m}(1+2g_m R_{SS}) \end{aligned}\\ 此处 g_m = \frac{g_{m1}+g_{m2}}{2} $$

由于 $2g_m R_{SS} \gg 1$，所以可以进一步化简得到 $\tx{CMRR}\approx 2 g_m^2 R_{SS}/\Delta g_{m}$