轨到轨运放设计记录 · 发发发一会儿呆

这篇笔记围绕一个轨到轨（Rail-to-Rail, R2R）两级 OTA 展开：输入级是 NMOS/PMOS 互补差分对，并配合 Gm 控制电路；第二级是折叠式求和电路，含浮动电流源（M13、M14）和浮动电压源（M15、M16）；输出级是 AB 类推挽输出（M17、M18），用 $C_{M1}$ 、 $C_{M2}$ 做密勒补偿。下面按设计时考虑问题的顺序记录。点击图片可查看大图。

1. 浮动电压源的小信号分析

浮动电压源由一对 NMOS（M1）和 PMOS（M2）并联构成，上下分别由电流源 $I_2$ 、 $I_1$ 偏置。

本质理解：M1 与 M2 并不像 Cascode 管那样放大下方的电阻 $R_1$ 。在交流小信号意义上， $V_x$ 与 $V_y$ 是短路的。
大信号角度：当 $V_x$ 想要抬高时，M2 的 $V_{GS}$ 增大，流过 M2 的电流增大；总电流固定，于是流过 M1 的电流减小，M1 的 $V_{GS}$ 减小， $V_y$ 也随之抬高。

从上往下看进去的等效电阻推导：

\begin{aligned} v_t &= i_t r_1 \\ &\quad + \big[\, i_t - g_{m1}(0 - i_t r_1) + g_{m2}(0 - v_t) \,\big]\,(r_{o1} \parallel r_{o2}) \end{aligned}

\begin{aligned} &\big[\, 1 + g_{m2}(r_{o1} \parallel r_{o2}) \,\big]\, v_t \\ &\quad = \big[\, r_1 + (1 + g_{m1} r_1)(r_{o1} \parallel r_{o2}) \,\big]\, i_t \end{aligned}

\begin{aligned} \frac{v_t}{i_t} &= \frac{(r_{o1} \parallel r_{o2}) + \big[\, 1 + g_{m1}(r_{o1} \parallel r_{o2}) \,\big]\, r_1}{1 + g_{m2}(r_{o1} \parallel r_{o2})} \\[4pt] &\approx \frac{1}{g_{m2}} + \frac{g_{m1}}{g_{m2}}\, r_1 \end{aligned}

结果约为 $1/g_{m2} + (g_{m1}/g_{m2})\, r_1$ ，没有出现 Cascode 那样的 $g_m r_o$ 倍放大。

2. 浮动电流源

以电路上半部分为例：

输入共模电压为 0.5 VDD 时：由 KCL 可知 $I_1 + I_{11} = I_7$ 。其中 $I_{11}$ 是浮动电流源的电流 $I_b$ ， $I_1 = \tfrac{1}{2} I_{ref}$ ，所以流过 M7 的电流为 $\tfrac{1}{2} I_{ref} + I_b$ ，电路总电流为 $2 I_{ref} + 2 I_b$ 。
输入共模电压为 VDD 时：P 管关断，流过 M1 的电流变为 $2 I_{ref}$ ，流过 M7 的电流变为 $2 I_{ref} + I_b$ ，电路总电流为 $5 I_{ref} + 2 I_b$ 。
如果忽略输入级的 3 倍电流镜：两种情况下电路总电流都是 $2 I_{ref} + 2 I_b$ 。
本质上，浮动电流源的作用是让流过 M15、M16 的电流不随输入共模变化，进而使输出级的静态电流不随 $V_{CM}$ 和电源变化。

3. 压摆率（Slew Rate）

取单位电流 $I = 2\,\mu\text{A}$ ，分别看输入共模在中间和接近电源轨两种情况下，大信号阶跃时各支路的电流分配。

输入共模为 0.5 VDD

此时流过 M15 和 M16 的总电流为 $8I$ ，所以：

SR = \frac{8I}{C_{M1} + C_{M2}}

输入共模接近 VDD

P 管关断后，3 倍电流镜把尾电流放大到 $12I$ ，此时：

SR = \frac{12I}{C_{M1} + C_{M2}}

这样设置出现了一个 Bug：流过 M8 的电流小于流过 M4 的电流。后续应该改进，增加浮动电流源的电流，例如增加到 $16I$ 。

小结

对于基于 3 倍电流镜的 R2R OTA，要考虑输入共模对 SR 的影响。初步结论：
- 输入共模接近 $V_{CM}$ 时， $SR = \dfrac{2 I_{SS}}{C_{M1} + C_{M2}}$
- 输入共模接近电源轨时， $SR = \dfrac{4 I_{SS}}{C_{M1} + C_{M2}}$ （修正浮动电流源、增加到 $16I$ 后；当前偏置下受限于 M8，只有 $3I_{SS}$ ）
对折叠运放，要验证各支路电流能否满足求和关系，不要出现上图中 $I_1 > I_2$ 的情况，否则共栅管 M2 会被“抽空”。

4. 零极点分析

有源电流镜作负载的差分对，在镜像节点 E 上会带来一个极点和一个零点：

\omega_{p,\text{mirror}} = \frac{g_{m3}}{C_E}, \qquad \omega_z = \frac{2\, g_{m3}}{C_E}

理解零点的一种方法：在零点频率 $s_z$ 处，传递函数 $V_{out}(s)/V_{in}(s)$ 必须为零。对有限的 $V_{in}$ ，这意味着输出可以看作对地短路、流出的电流为零，于是从两条并行路径流向输出的电流必须大小相等、方向相反。以共源级为例，流过 $C_{GD}$ 的电流等于 M1 的电流：

V_1 C_{GD}\, s_z = g_m V_1 \quad \Rightarrow \quad s_z = +\frac{g_m}{C_{GD}}

5. 两级运放的噪声分析

已知条件：

反馈系数 $\beta = \dfrac{C_1}{C_1 + C_2}$
两级 OTA 的闭环带宽 $BW_{cl} = UGB = \beta \cdot GBW = \beta\, \dfrac{G_{m1}}{C_c}$
输入参考噪声功率谱密度 $PSD_{in} = \dfrac{4kT\gamma}{G_{m1}}$

问题是：输出噪声是多少？

第一步：建立闭环传递函数。 输入参考噪声源位于第一级输入端，对闭环输出来说，它在直流和带内的闭环噪声增益等于同相放大增益：

A_{n0} = \frac{1}{\beta} = \frac{C_1 + C_2}{C_1}

密勒补偿的两级运放可近似为主极点单极点系统，开环增益 $A(s) \approx \dfrac{G_{m1}}{sC_c}$ ，闭环表现为一阶低通：

\begin{gathered} H_n(s) = \frac{v_{out}(s)}{v_{n,in}(s)} = \frac{1}{\beta} \cdot \frac{1}{1 + s/\omega_{cl}} \\[6pt] \omega_{cl} = \beta\, \frac{G_{m1}}{C_c}, \qquad f_{cl} = \frac{\omega_{cl}}{2\pi} = \frac{\beta G_{m1}}{2\pi C_c} \end{gathered}

第二步：求输出噪声谱密度。 输出噪声谱是输入噪声谱经过传递函数模方滤波的结果：

\begin{aligned} PSD_{out}(f) &= \lvert H_n(j2\pi f) \rvert^2 \cdot PSD_{in} \\ &= \frac{1}{\beta^2} \cdot \frac{1}{1 + (f/f_{cl})^2} \cdot \frac{4kT\gamma}{G_{m1}} \end{aligned}

在低频带内（ $f \ll f_{cl}$ ），输出噪声谱密度为常数：

PSD_{out}(0) = \frac{4kT\gamma}{\beta^2 G_{m1}}

第三步：积分得到全频带总输出噪声。 一阶单极点系统的等效噪声带宽为

ENBW = \frac{\pi}{2} f_{cl} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\beta G_{m1}}{2\pi C_c} = \frac{\beta G_{m1}}{4 C_c}

所以

\begin{aligned} \overline{v_{n,out}^2} &= \int_0^\infty PSD_{out}(f)\, df = PSD_{out}(0) \cdot ENBW \\ &= \left( \frac{4kT\gamma}{\beta^2 G_{m1}} \right) \cdot \left( \frac{\beta G_{m1}}{4 C_c} \right) = \boxed{\frac{kT\gamma}{\beta C_c}} \end{aligned}

结论：总输出噪声与 $G_{m1}$ 无关，只由补偿电容 $C_c$ 和反馈系数 $\beta$ 决定，依然是 kT/C 的形式。

6. 开关电容电路的噪声分析

在 $\phi_2$ 相，开关电容积分器的噪声源包括采样开关电阻 $R_{sn}$ 、反馈开关电阻 $R_{fn}$ 、输出开关电阻 $R_{yn}$ （各自热噪声为 $4kTR$ ），以及 OTA 的输入噪声 $\overline{v_i^2}/\Delta f = 4kT\alpha / G_m$ 。把 OTA 和反馈网络化简成从输出看进去的 $R_{eq} \parallel C_{eq}$ ，就能用单极点模型分析。

求 OTA 输入噪声 $v_n$ 到输出的传递函数，有两种等价的方法。

方法一：从开环增益出发

这是更习惯的方法，从开环增益 $A_{OL}(s)$ 出发。先建立开环输出阻抗，这里必须使用 OTA 的物理输出电阻 $R_{out}$ ：

Z_{out,OL}(s) = R_{out} \parallel \frac{1}{sC_{eq}} = \frac{R_{out}}{1 + sR_{out}C_{eq}}

得到开环电压增益：

\begin{gathered} A_{OL}(s) = G_m Z_{out,OL}(s) = \frac{G_m R_{out}}{1 + sR_{out}C_{eq}} = \frac{A_0}{1 + s/\omega_{p,OL}} \\[6pt] A_0 = G_m R_{out}, \qquad \omega_{p,OL} = \frac{1}{R_{out}C_{eq}} \end{gathered}

通过反馈公式得到闭环噪声传递函数：

H_n(s) = \frac{v_o}{v_n} = \frac{A_{OL}(s)}{1 + \beta A_{OL}(s)} = \frac{G_m}{1/R_{out} + \beta G_m + sC_{eq}}

闭环直流增益与闭环极点：

\begin{gathered} H_n(0) = \frac{G_m R_{out}}{1 + \beta G_m R_{out}} = \frac{A_0}{1 + \beta A_0} \\[6pt] \omega_{cl} = \frac{1/R_{out} + \beta G_m}{C_{eq}} = (1 + \beta A_0)\, \omega_{p,OL} \end{gathered}

大环路增益下：

H_n(0) \approx \frac{1}{\beta}, \qquad \omega_{cl} \approx \frac{\beta G_m}{C_{eq}}

方法二：直接建立闭环等效模型

这是论文中使用的方法：直接写出闭环的 $R_{eq}$ – $C_{eq}$ 模型。在输出端加测试电压 $v_o$ ，反馈电容网络使 $v_x = \beta v_o$ ，OTA 产生抵抗输出变化的电流 $i_{fb} = \beta G_m v_o$ ，因此输出端总电导为

\begin{gathered} G_{out,cl} = \frac{1}{R_{out}} + \beta G_m \\[6pt] R_{eq} = \frac{1}{1/R_{out} + \beta G_m} = \frac{R_{out}}{1 + \beta A_0} \approx \frac{1}{\beta G_m} \end{gathered}

闭环输出阻抗：

Z_{out,cl}(s) = R_{eq} \parallel \frac{1}{sC_{eq}} = \frac{R_{eq}}{1 + sR_{eq}C_{eq}}

输入噪声先被 $G_m$ 转换成输出电流 $i_n = G_m v_n$ ，再经过闭环输出阻抗得到 $v_o = i_n Z_{out,cl}$ ，因此

\begin{gathered} H_n(s) = \frac{v_o}{v_n} = \frac{G_m R_{eq}}{1 + sR_{eq}C_{eq}} \\[6pt] G_m R_{eq} = \frac{A_0}{1 + \beta A_0}, \qquad \omega_{cl} = \frac{1}{R_{eq}C_{eq}} \end{gathered}