Chap.11 Corrections Exercices EAN Heig-Vd

Prof. Freddy MudryA u t o m a t i s a t i o n

i n s t i t u t d '

i n d u s t r i e l l e

Electronique

Unité EAN

analogique

Quelques corrigésd’exercices

Haute Ecole d'Ingénierie et de Gestiondu Canton de Vaud

Département Techniques Industrielles

.

2

1 CIRCUITS LINÉAIRES ET AMPLIFICATEURS

1 Circuits linéaires et amplicateurs

Voir également les corrigés manuscrits annexés.

Amp 9 :

1. La tension de sortie se calcule à l'aide du théorème de superposition

U2 = Au10U11R2

R1 + R2+ Au20U12

R1

R1 + R2

En identiant ce résultat à celui souhaité

U2 = Au1U11 + Au2U12

on voit que l'on a

Au1 = Au10R2

R1 + R2, Au2 = Au20

R1

R1 + R2

Ce qui donneAu1 = +4.975 [V/V], Au2 = −5.025 [V/V]

2. La tension de sortie vaut donc

U2 = Au1U11 + Au2U12 = −1.156V

La résistance de sortie est celle que l'on voit depuis U2 après avoir annulé les tensionsd'entrée. Les sources commandées sont alors nulles et il ne reste que R1 en parallèleavec R2 ; ce qui donne

Rout =R1R2

R1 + R2= 49.75 Ω

3. Les tensions d'entrée en modes diérentiel et commun valent

Udm = U11 − U12 = −0.2V, Ucm =U11 + U12

2= 3.1V

Le calcul des gains en modes diérentiel et commun se fait à partir de la descriptionde la tension de sortie au travers de U11, U12 et Udm, Ucm. On a vu que

U2 = Au1U11 + Au2U12

avec

U11 = Ucm +Udm

2, U12 = Ucm −

Udm

2En eectuant le changement de variable, on obtient

U2 = Au1 U11 + Au2 U12

U2 = Au1

(Ucm +

Udm

2

)+ Au2

(Ucm −

Udm

2

)U2 = Udm

(Au1 −Au2)2

+ Ucm (Au1 + Au2)

D'où

Adm =(Au1 −Au2)

2= 5.0 [V/V], Acm = Au1 + Au2 = −0.05025 [V/V]

3


4. Les tensions de sortie dues aux modes diérentiel et commun valent donc

U2,dm = Adm Udm = −1V, U2,cm = Adcm Ucm = −0.156V

L'erreur introduite par l'eet du mode commun est de -0.156 V. Elle n'est pas négli-geable puisqu'elle représente presque le 16% de la valeur attendue.

5. Le taux de réjection de l'amplicateur est égal à

ρ =∣∣∣∣Adm

Acm

∣∣∣∣ = 99.5 ' 40 dB

et il correspond pratiquement à la diérence relative des deux résistances (1%).

6. Pour que cet amplicateur diérentiel soit parfait, il faudrait que R1 = R2. On auraitalors Acm = 0.

Amp 10 :

Rin

Rg1

Rg2

Ug2

Ug1

U11

U12

1. Le théorème de superposition appliqué au circuit ci-dessus permet de calculer lestensions

U11 = Ug1Rin + Rg2

Rg1 + Rin + Rg2+ Ug2

Rg1

Rg1 + Rin + Rg2= +3.0164V

U12 = Ug1Rg2

Rg1 + Rin + Rg2+ Ug2

Rin + Rg1

Rg1 + Rin + Rg2= +3.1803V

D'où

Udm = U11 − U12 = −0.164V, Ucm =U11 + U12

2= 3.098V

2. Les composantes de la tension de sortie valent alors

U2,dm = Adm Udm = −0.82V, U2,cm = Adcm Ucm = −0.156V

3. La situation précédente s'est encore aggravée par le fait que la résistance d'entréeRin n'est pas susamment grande par rapport à Rg1 et Rg2 ; ce qui conduit à avoirU2dm = −0.82V au lieu de −1V.

4


CP 1 :

101

102

103

104

105

−40

−20

0

H1 (jω)

gain

[dB

]

101

102

103

104

105

−90

−45

0

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

101

102

103

104

105

−40

−20

0

H1 (jω)

gain

[dB

]

101

102

103

104

105

−90

−45

0

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

Fig. 1: Filtres passe-bas et passe-haut

5


100

101

102

103

104

105

0

20

H3 (jω)

gain

[dB

]

100

101

102

103

104

105

0

45

90

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

100

101

102

103

104

105

−20

0

H4 (jω)

gain

[dB

]

100

101

102

103

104

105

−90

−45

0

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

Fig. 2: Filtres à avance et retard de phase

6


100

101

102

103

104

105

−40

−20

0

20

40

H5 (jω)

gain

[dB

]

100

101

102

103

104

105

−90

−45

0

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

100

101

102

103

104

105

−20

0

20

40

60

H6 (jω)

gain

[dB

]

100

101

102

103

104

105

−90

−45

0

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

Fig. 3: Filtres avec intégrateur

7


Qp 1 : La matrice impédance vaut :

(zij) =(

R1 + R3 R3

R3 R2 + R3

)=(

4k 3k3k 5k

)

d'où :

(yij) = (zij)−1 =

(5k −3k−3k 4k

)4k · 5k − 3k · 3k

=1

11k2

(5k −3k−3k 4k

)=(

5/11k −3/11k−3/11k 4/11k

)

Comme

(yij) =(

1/RA + 1/RC −1/RC

−1/RC 1/RB + 1/RC

)

on en déduit que :

RC = (3/11k)−1 = 11k/3 = 3.667 [kΩ]

RA = (5/11k − 3/11k)−1 = 11k/2 = 5.5 [kΩ]RB = (4/11k − 3/11k)−1 = 11k/1 = 11 [kΩ]

Qp 2 : Cette mise en cascade peut être représentée par le produit de trois matrices detransmission

T =

1 + 12 1

12 1

1 + 34 3

14 1

1 + 56 5

16 1

=

32 1

12 1

74 3

14 1

116 5

16 1

=

238

112

98

52

116 5

16 1

=

9916

1598

11948

658

Le premier terme de la matrice résultante A = 99/16 n'est rien d'autre que l'atténuationdu signal d'entrée ; ce qui correspond à l'inverse du gain Au = 16/99.

Qp 3 : Les matrices de transmission des deux circuit R1C1 et C2R2 valent respectivement

T1 =

1 + jωC1R1 R1

jωC1 1

, T2 =

1 + 1/ (jωC2R2) 1/jωC2

1/R2 1

Le premier terme de la matrice résultante T1 T2 vaut

A = (1 + jωC1R1) (1 + 1/ (jωC2R2)) + R1/R2

= 1 + jωC1R1 + 1/ (jωC2R2) + C1R1/ (C2R2) + R1/R2

8


Ce qui donne lorsque R1 = R2 = R et C1 = C2 = C

A = 1 + jωCR + 1/ (jωCR) + 1 + 1

En réduisant au même dénominateur commun, on a

A =1 + 3jωCR + (jωCR)2

jωCR

La fonction de transfert du ltre s'écrit alors dans sa forme canonique

H(jω) =13

3 jωCR

1 + 3jωCR + (jωCR)2

Qp5 :

U1(jω)

R1

U2(jω)

R2

R4

R3

L

1. En continu, l'inductance est un court-circuit. On a donc un double diviseur constituéde R1 et Req = R2//(R3 + R4) suivi de R3 et R4 ; ce qui donne

H(0) =Req

R1 + Req

R4

R3 + R4avec Req =

R2(R3 + R4)R2 + R3 + R4

En hautes fréquences, l'inductance est un circuit ouvert ; on a donc

H(∞) =R4

R1 + R3 + R4

L'application numérique donne Req = 99.8 Ω et

H(0) = 0.00593 = −44.5 dB, H(∞) = 0.5 = −6 dB

2. L'esquisse du Bode d'amplitude comprend une asymptote BF située en -44.5 dB etune asymptote HF de niveau -6 dB. Elles son reliées entre elles par un segment depente +20 dB/déc.

3. Le calcul de la fonction de transfert se fait en utilisant les matrices de transfert

(T1)(T2) =(

1 + Z1Y1 Z1

Y1 1

)(1 + Z2Y2 Z2

Y2 1

)=(

A BC D

)dont le premier terme vaut

A ≡ U1(jω)U2(jω)

∣∣∣∣I2=0

= (1 + Z1Y1) (1 + Z2Y2) + Z1Y2

9


A = 1 + Z1Y1 + Z2Y2 + Z1Y2 + Z1Y1Z2Y2

Appliquant ce résultat au circuit, il vient :

A = 1 +R1

R2 + jωL+

R3

R4+

R1

R4+

R1

R2 + jωL

R3

R4

A =R1R3 + R1R4 + (R1 + R3 + R4) (R2 + jωL)

R2R4 (1 + jωL/R2)

A =R1R2 + R2R3 + R2R4 + R1R3 + R1R4 + jωL (R1 + R3 + R4)

R2R4 (1 + jωL/R2)

4. On pose

A0 ≡ R1R2 + R2R3 + R2R4 + R1R3 + R1R4

alors

A =A0

R2R4

1 + jωL (R1 + R3 + R4) /A0

1 + jωL/R2

H(jω) =R2R4

A0

1 + jωL/R2

1 + jωL (R1 + R3 + R4) /A0

5. En BF et HF, H(jω) donne

H(0) =R2R4

A0=

R2R4

R1R2 + R2R3 + R2R4 + R1R3 + R1R4= 0.0059 = −44.5 dB

H(∞) =R2R4

A0

1/R2

(R1 + R3 + R4) /A0=

R4

R1 + R3 + R4= 0.5 = −6 dB

Ce qui doit bien entendu correspondre aux valeurs obtenues au point 1.

6. Les pulsations caractéristiques valent

ω1 =R2

L= 105 [rad/sec]

ω2 =A0

L (R1 + R3 + R4)= 8.43 · 106 [rad/sec]

7. Les diagrammes de Bode d'amplitude et phase sont donnés ci-dessous

10


103

104

105

106

107

108

109

−60

−40

−20

0Circuit CP 9

gain

[dB

]

103

104

105

106

107

108

109

0

45

90

ω [rad/s]

phas

e [d

egré

]

11

2 CIRCUITS À DIODES

2 Circuits à diodes

12

3 CIRCUITS À TRANSISTORS

3 Circuits à transistors

TBP 3

1. VBB = 2V :

IC =VBB − Vj

RE + RB/β= 695µA < IC,max =

VCC

RE + RC= 1mA

IC = 695µA, IB ' 3.5 µA, IE = 698µA

UE = IERE ' ICRE = 1.39 V

UC = VCC − ICRC = 5.05 V

UCE = UC − UE = 3.66 V

VBB

RB

RE

RC

VCC

UC

UEVBB

RB

RE

RC

VCC

BC

EVj

2. VBB = 3V :

IC =VBB − Vj

RE + RB/β= 1.19 mA > IC,max =

VCC

RE + RC= 1mA

On en conclut que le transistor est saturé. Le schéma original doit alors être remplacé parle schéma de saturation dans lequel la tension UCE est admise nulle (court-circuit entre Cet E) et le calcul des trois courants se fait en écrivant les équations de Kirchho suivantes :

VBB = RBIB + Vj + REIE

VCC = RCIC + REIE

IB + IC − IE = 0

Ces équations peuvent s'écrire sous forme matricielle RB 0 RE

0 RC RE

+1 +1 −1

IB

IC

IE

=

VBB − Vj

VCC

0

dont la solution est IB

IC

IE

=

RB 0 RE

0 RC RE

+1 +1 −1

−1 VBB − Vj

VCC

0

=

86 µA986 µA1.07 mA

Remarque importante On notera que dans le cas de la saturation, la loi IC = β IB nepeut plus être utilisée.

13


TBP10

1. Générateur équivalent de Thévenin :

VBB = VCCR2

R1 + R2RB =

R1 R2

R1 + R2

2. Courant IC = IL(R2) :

IC =VBB − Vj

RE + RB/β=

VCCR2

R1+R2− Vj

RE + R1 R2R1+R2

/β

=VCC R2 − Vj (R1 + R2)

RE (R1 + R2) + R1 R2/β

=R2 (VCC − Vj)−R1 Vj

R2 (RE + R1/β) + RE R1

=47.4 R2 − 198

1001.65 R2 + 330′000

3. R2, bloc et R2, sat :

1. Le transistor est bloqué lorsque

VBB < Vj ⇒ VCCR2

R1 + R2< Vj

donc

R2, bloc <R1

VCCVj

− 1=

330 Ω48 V0.6 V − 1

= 4.2 Ω

2. Le transistor est saturé lorsque

IC = IC, max =VCC

RE + RC= 43.6 mA

De l'équation du courant de collecteur

IC =47.4 R2 − 198

1001.65 R2 + 330′000

on tireIC

(1001.65 R2 + 330′000

)= 47.4 R2 − 198

R2, sat =−198− 330′000 IC, max

1001.65 IC, max − 47.4= 3.95 kΩ

4. Quelques valeurs de IL(R2) :

R2 [Ω] 10 30 100 300 1k 3k 10kRB [Ω] 9.7 27.5 76.7 157 248 297 319VBB [V ] 1.41 4 11.1 22.8 36.1 43.2 46.5IL [mA] 0.81 3.40 10.6 22.2 35.4 42.6 43.6

14


5. Graphe IL(R2)

100

101

102

103

104

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

IL (R

2)

R2 [Ω]

I L [mA

]

6. Lors de l'ouverture de l'interrupteur K, le courant IC devrait s'annuler brusquement.Or , la bobine s'y opposera en développant une tension Ldi/dt extrêmement élevée quidétruira le transistor. On peut protéger ce dernier en plaçant une diode en parallèle avecla bobine permettant ainsi, lors du blocage du transistor, la circulation du courant de labobine.

TBP11

1. Calcul des valeurs de polarisation : (ug(t) = 0)

VBB = VCCR2

R1+R2= 0.923 V RB = R1R2

R1+R2= 46.1 kΩ

IC = VBB−Vj

RE+RB/β = 0.26 mA UB = VBB −RBIB = 0.865 V

UC = VCC −RCIC = 6.22 V UE = REIE = 0.262 V

2. Puissances :

PQ = ICUCE = IC (UC − UE) = 1.56 mW

Palim = VCC (IC + IR1)

avec

IR1 =UR1

R1=

VCC − UB

R1= 18.6 µA

d'oùPalim = VCC (IC + IR1) = 3.4 mW

15


3. Paramètres diérentiels :

gm =IC

VT=

199 Ω

, rbe =β

gm= 19.8 kΩ, rce →∞

4. Schéma d'amplication : (VBB = 0 = VCC)

ug(t) R1 RCR2

uout

B C

E

rbeβib = gmubeRg

RLuin

ug(t) Rinuout

RoutRg

RLuinAU0 uin

5. Paramètres de l'amplicateur :

Rin = R1‖R2‖rbe = 13.9 kΩ, Rout = RC = 22 kΩ

AU0 ≡uout

uin

∣∣∣∣Iout=0

=−RC βib

rbe ib=−RC gmube

ube= −gmRC = −222 [V/V ]

6. Tensions d'entrée et de sortie :

uin = ugRin

Rin + Rg= 5.8 mV, uout|iout=0 = AU0uin = −1.29 V

uout|RL= AU0uin

RL

RL + Rout= −0.77 V

7. Tensions uB(t) et uC(t) :

uB(t) = UB + ub(t) = UB + uin(t) = 0.865 V + 5.8 mV sin(ωt)

uC(t) = UC + uc(t) = 6.22 V − 0.77 V sin(ωt)

8. Gains de l'amplicateur :

AU =uout

uin

∣∣∣∣RL

= AU0RL

RL + Rout= −133 [V/V ]

AI =iout

iin

∣∣∣∣RL

=uout/RL

uin/Rin= AU

Rin

RL= −56 [A/A]

AP = AU AI = 7460 [W/W ]

16


TBP12

1. Calcul des valeurs de polarisation : (u1(t) = 0)

IC, max =VCC

RC + RE= 11.7 mA

IC =VBB − Vj

RE + RB/β= 6mA

UB = VBB −RBIB = 0.9 V

UC = VCC −RCIC = 12.0 V

UE = REIE = 0.3 V

2. Calcul des paramètres diérentiels :

gm =IC

VT=

14.33 Ω

, rbe =β

gm= 867Ω, rce →∞

3. Schéma d'amplication : (VBB = 0 = VCC)

u1(t)

RE

RCu2(t) = uout

B C

E

rbeβib = gmubeRB

uin

4. Paramètres de l'amplicateur :

Rin = RB + rbe + βRE = 20.87 kΩ, Rout = RC = 2 kΩ

AU0 ≡uout

uin

∣∣∣∣Iout=0

=−RC βib

(RB + rbe + βRE) ib

=−βRC

(RB + rbe + βRE)= −19.17 [V/V ]

5. Variations des courants et tensions :

ib =uin

Rin= 0.48 µA; ic = βib = 95.8 µA

uc|iout=0 = +AU0 uin = −192 mV

ue = REie = 4.79 mV

ub = rbeib + ue = 5.21 mV

6. Tensions totales :

uB = 0.9 V ± 5.21 mV

uE = 0.3 V ± 4.79 mV

uC = 12.0 V ∓ 192 mV

17


TBP13

1. Calcul des valeurs de polarisation :

VBB1 = VCCR2

R1+R2= 4.24 V RB1 = R1R2

R1+R2= 5.3 kΩ

IC1 = VBB1−Vj

RE+RB1/β = 0.9 mA UB1 = VBB1 −RBIB = 4.22 V

UC1|IB2=0 = VCC −RCIC1 = 8.38 V UE1 = UB1 − Vj = 3.62 V

VBB2 = UC1|IB2=0 = 8.38 V RB2 = RC = 4 kΩ

IC2 = VBB2−Vj

RE2+RB2/β = 15.9 mA UE2 = RE2IE2 = 7.46 V

2. Paramètres diérentiels :

gm1 =IC1

VT=

129 Ω

, rbe1 =β

gm1= 5.75 kΩ, rce1 →∞

gm2 =IC2

VT=

11.64 Ω

, rbe2 =β

gm2= 327Ω, rce2 →∞

3. Schéma d'amplication :

ug(t) R1 RCR2

uout

B1 C1

E1

rbe βib1 Rg

RLuin

B2rbe E2

C2

RE2

1er étage 2ème étage

βib2

4. Paramètres des deux amplicateurs :

1. Premier étage :

Rin1 = R1‖R2‖rbe1 = 2.76 kΩ, Rout1|uin=0 = RC = 4 kΩ

AU0,1 ≡uout1

uin1

∣∣∣∣Iout1=0

=−RC βib1rbe1 ib1

= −gm1RC = −139 [V/V ]

2. Deuxième étage :

Rin2 ≡uin2

iin2

∣∣∣∣RL→∞

=ib2rbe2 + ie2RE2

ib2= rbe2 + β RE2 = 94.3 kΩ

Comme l'on a les relations

Rout2 ≡uout2

−iout2

∣∣∣∣uin=0

uout2 = RE2iRE2= −ib2 (rbe2 + Rout1)

−iout2 = iRE2− βib2 − ib2 ' iRE2

− βib2

18


il vient, en portant la deuxième équation dans la troisième

−iout2 =uout2

RE2+ β

uout2

rbe2 + Rout1

On en déduit donc que

−iout2

uout2=

1RE2

+β

(rbe2 + Rout1)

Ce qui donne nalement un résultat évident à la lecture du schéma

Rout2 =uout2

−iout2

∣∣∣∣uin=0

= RE2‖rbe2 + Rout1

β= 20.7 Ω

Enn, le gain en tension vaut

AU0,2 ≡uout2

uin2

∣∣∣∣Iout2=0

=+βib2 RE2

(rbe2 + β RE2) ib2

=+RE2

(1/gm2 + RE2)= +0.996 ' 1 [V/V ]

5. Schéma équivalent avec les deux amplicateurs :

ug(t) Rin1uout

Rout1Rg

RLuin

1er étage

AU0,1uinRin2

Rout2

AU0,2uin2uin2

2ème étage

6. Fonction de chaque amplicateur :

Le premier étage est un amplicateur de tension de gain AU0 = −139 [V/V ] ; le deuxièmeétage est un amplicateur à faible impédance de sortie Rout = 20.7 Ω.

7. Tensions d'entrée et de sortie à vide :

u1(t) ≡ uin = ug(t)Rin1

Rin1 + Rg= 9.82 mV

uin2 = AU0,1 uinRin2

Rin2 + Rout1= −1.31 V

u20(t) = u2(t)|RL→∞ = AU0,2 uin2 = −1.306 V

8. Tension de sortie en charge :

u2(t) = uout|RL= u20(t)

RL

RL + Rout2= −1.25 V

19


TBP14

1. Calcul de RB, VBB et IC :

Vu de la base, on aRB = R1‖rz = 5.994 ' 6.0 Ω

VBB =(

VCC

R1+

UZ0

rz

)RB = 6.02 V

IC =VBB − Vj

RE + RB/β= 11.53 mA

2. Calcul de RL, sat :

RL, sat est la valeur de RL qui amène la tension UCE à 0 (saturation). Comme l'on a

VCC = RLIC + UCE + REIE

il vient

RL, sat =VCC

IC−RE = 1.61 kΩ

3. Paramètres diérentiels du transistor :

gm =IC

VT=

12.25 Ω

, rbe =β

gm= 0.45 kΩ, rce =

VA

IC= 8.67 kΩ

4. Schéma petits signaux :

R1

RE

RLrz

B C

E

rbe

βib iL

rce

uL

5. Résistance de sortie et générateur de Thévenin équivalent :

On a montré dans le cours que

Rout = Requ + rce

(1 +

β RE

RE + rbe + RB

), Requ = RE‖ (rbe + RB)

Ce qui donneRequ = 232Ω, Rout = 888 kΩ

Le générateur de Thévenin équivalent à cette source de courant est

Vthv = IC Rout = 10.4 kV, Rthv = Rout = 888 kΩ

20


6. Variation du courant avec RL :

Le courant fourni par la source se partage entre Rout et RL. Utilisant le diviseur de courant,on obtient

IL = ICRout

Rout + RL= 11.51 mA lorsque RL = RL, sat

On voit ainsi que, dans tout le domaine de fonctionnement actif du transistor, le courantIL passe de 11.53 mA à 11.51 mA lorsque RL varie de 0 à 1.6 kΩ. Le courant de chargevarie donc très peu (−20 µA ou −0.17 %) ce qui correspond à une source de courant debonne qualité.

TBP15 1. Polarisation : U11 = U12 = 0

1. calcul des courants

VBB = −VEER2

R1 + R2= +3.87 V, RB =

R1R2

R1 + R2= 26.4 kΩ

I0 = IC3 =VBB − Vj

RE + RB/β= 0.95 mA

IC1 = IC2 =IC3

2= 0.475 mA

2. calcul des tensionsUE1 = U11 − Vj = −0.6 V

UC1 = UC2 = VCC −RCIC1,2 = 6.29 V

UE3 = VEE + RE I3 = −12 + 3.3 kΩ · 0.95 mA = −8.86 V

UB3 = UE3 + Vj = −8.26 V

2. Mode commun : U11 = U12 = Ucm = 3V

Le mode commun ne change que la tension d'émetteur des transistors Q1 et Q2 ; on a eneet

UE1 = UE2 = Ucm − Vj = 2.4 V

Le courant IC3 est indépendant de Ucm tant que le transistor Q3 ne sature pas.

1. calcul des tensions

UC1 = UC2 = 6.29 V, UE3 = VEE + RE IC3 = −8.86 V

d'oùUCE1 = UC1 − UE1 = 6.29− 2.4 = 3.89 V = UCE2

UCE3 = UC3 − UE3 = UE1 − UE3 = 2.4− (−8.86) = 11.26 V

2. saturation de Q3 si UE = Ucm − Vj = UE3

⇒ Ucm = UE3 + Vj = −8.86 + 0.6 = −8.26 V

3. saturation de Q1,2 si UE = Ucm − Vj = UC1,2

⇒ Ucm = UC1,2 + Vj = +6.29 + 0.6 = +6.89 V

21


3. Mode diérentiel : U11 = −U12 = 10mV

1. Udm et Ucm

Udm = U11 − U12 = +20 mV

Ucm =U11 + U12

2= 0mV

2. paramètres diérentiels

gm = gm1 = gm2 =IC1,2

VT=

0.476 mA

26 mV=

154.6 Ω

rbe1 = rbe2 =β

gm= 10.9 kΩ, rce1 = rce2 =

VA

IC1,2→∞

4. Schéma d'amplication

u11 u12

u22

ue

RC RC

ube2ube1

u21

E1

E1

B1 B2

C2

E2

C1

u11 u12

u22

ue

RC RC

rbe2rbe1

gm ube2gm ube1

u21

C1

B1 B2

C2

E1 E1E2

5. Amplicateur diérentiel

Rin = rbe1 + rbe2 = 2 · 10.9 = 21.8 kΩ

Rout = RC = 12 kΩ

Adm =U22(Udm)

Udm=−gm ube2 RC

−2 ube2= +

gmRC

2= +110 [V/V ]

U2(Udm) = Adm · Udm = 110 · 20 mV = +2.2 V

22


TBP16

1. Calcul de R0 et ∆I0 :

1. Résistance de sortie de la source de courant (voir cours)

gm3 =IC3

VT=

0.95 mA

26 mV=

127.3 Ω

rbe3 =β

gm3= 5.46 kΩ, rce3 =

VA

IC3=

100 V

0.95 mA= 105 kΩ

R0 ' rce3

(1 +

βRE

RE + rbe + RB

)= 105 kΩ

(1 +

200 · 3.33.3 + 5.46 + 26.4

)= 2.1 MΩ

2. Considérant que rbe1 et rbe2 sont négligeables par rapport à R0, on voit que lesvariations ∆Ucm de la tension Ucm sont directement appliquées à la résistance R0 ;on a donc

∆I0 '∆Ucm

R0

2. Variation ∆I0 de la source de courant

Cette variation est directement partagée par les courants de collecteur IC1 et IC2.

1. On a donc

∆IC1 = ∆IC2 =∆I0

2=

∆Ucm

2 R0

2. Comme la variation de la tension de sortie vaut

∆U2(Ucm) = ∆(VCC −RCIC) = −RC ∆IC2 = − RC

2 R0∆Ucm

on calcule le gain du mode commun à partir de sa dénition

Acm ≡ ∆U2(Ucm)∆Ucm

= − RC

2 R0

Tenant compte des valeurs numériques, il vient

Acm = − RC

2 R0= − 12 kΩ

2 · 2.1MΩ= −2.89 · 10−3 [V/V ]

Ce résultat signie simplement que, si la tension en mode commun augmente de1 volt, la sortie diminuera de 2.89 mV.

3. Taux de réjection du mode commun

ρ =∣∣∣∣Adm

Acm

∣∣∣∣ =∣∣∣∣+gm RC

2

(−2 R0

RC

)∣∣∣∣ = gm R0

=110 [V/V ]

2.89 · 10−3 [V/V ]= 38 · 103 = 91.6 dB

23


3. Tension de sortie UC2 = UC2 (Q0, Udm, Ucm)

Considérant que le modèle est linéaire, la tension de sortie est égale à la somme des eetsde chaque cause.

1. L'eet des modes diérentiel et commun est alors le suivant

UC2 (Udm, Ucm) = AdmUdm + AcmUcm

Sachant que l'on a

Udm = U11 − U12 = 20mV Adm = 110 [V/V ]

Ucm =U11 + U12

2= 4.21 V Acm = −2.89 · 10−3 [V/V ]

on obtient

UC2 (Udm, Ucm) = 110 · 20 · 10−3 − 2.89 · 10−3 · 4.21= 2.20− 12 mV = 2.188 V

2. L'erreur causée par le mode commun est de - 12 mV comme on vient de le voir.

3. La tension totale de collecteur UC2 = UC2 (Q0, Udm, Ucm) vaut simplement la sommedes trois eets

UC2 = UC2 (Q0) + UC2 (Udm) + UC2 (Ucm)= 6.29 + 2.20− 12 · 10−3 = 8.478 V

24

4 CIRCUITS À AMPLIFICATEURS OPÉRATIONNELS

4 Circuits à amplicateurs opérationnels

Voir également les corrigés manuscrits annexés.

AO 1a

Deux approches sont possibles pour trouver U2 :

1. L'observation du circuit permet d'écrire

U+ = U13R4

R3 + R4

U− = U11R25

R1 + R25+ U12

R15

R2 + R15+ U2

R12

R5 + R12avec Rnm = Rn//Rm

L'égalité des tensions U+ = U− donne

U2 = − R5 + R12

R12

(U13

R4

R3 + R4− U11

R25

R1 + R25− U12

R15

R2 + R15

)2. En appliquant le théorème de superposition, on voit que les tensions U11 et U12 sont

suivies d'un amplicateur inverseur de gains −R5/R1 et −R5/R2 respectivementalors que la tension U13 est suivie d'un diviseur de tension R4/(R3 + R4) et d'unamplicateur non inverseur de gain (1 + R5/R12).

On peut ainsi écrire directement

U2 = −R5

R1U11 −

R5

R2U12 + U13

R4

R3 + R4

(1 +

R5

R12

)= +4.571V

AO 1b

Procédant comme ci-dessus, on voit que

U2 =(

U11R4

R3 + R4+ U12

R3

R3 + R4

)(1 +

R2

R1

)= +4.286V

AO 1c

Dans cet exercice, on va décrire avec Ik les courants circulant dans les résistances Rk.Comme la somme des courants au point doit être nulle, on a

I2 = −I6

avec

I2 =U11

R1 + R23

R3

R2 + R3

I6 =U2

R5 + R67

R7

R6 + R7

On en déduit donc que

U2 = − U11

R1 + R23

R3

R2 + R3

((R5 + R67) (R6 + R7)

R7

)= −4.17V

25


AO 2

Comme il s'agit de réaliser une somme pondérée de deux tensions, on utilise naturellementle sommateur inverseur tel que

U2 = − R2

R11Ug1 −

R2

R12Ug1 = −8 Ug1 − 3 Ug2

On voit donc que l'on doit choisir

R2

R11= 8 et

R2

R12= 3

On pourra donc prendre

R2 = 120 kΩ, R11 = 15 kΩ, R12 = 40 kΩ

AO 3

Le schéma que l'on peut utiliser est celui de l'exercice AO1a sans U12 et R2 mais avecU11 = Ug1 et U13 = Ug2. La tension de sortie vaut alors

U2 = −R5

R1Ug1 + Ug2

R4

R3 + R4

(1 +

R5

R1

)= −8 Ug1 + 3 Ug2

On voit donc que l'on doit choisir

R5

R1= 8 et

R4

R3 + R4

(1 +

R5

R1

)= 3

d'oùR3

R4=

1 + R5R1

3− 1 = 2

On pourra donc prendre

R1 = 10 kΩ, R5 = 80 kΩ, R3 = 20 kΩ, R4 = 10 kΩ

AO 6

1. Considérant le circuit AO6 et les courants Ik circulant dans les résistances Rk, on ales équations suivantes :

I2 = I1, I3 = I4

IL = I5 − I4 = I5 − I3

U1 = I1R1 + I3R3

I1R2 = −I5R5 − I3R4

ILRL = I3 (R3 + R4)

De l'équation (5), on tire I1

I3 = ILRL

R3 + R4

26


Donc (équ. 3)

I1 =U1 − I3R3

R1=

U1

R1− IL

RL

R3 + R4

R3

R1

Donc (équ. 4)

I5 = −I1R2 + I3R4

R5= −I1

R2

R5− I3

R4

R5

= −(

U1

R1− IL

RL

R3 + R4

R3

R1

)R2

R5−(

ILRL

R3 + R4

)R4

R5

Portant I5 et I3 dans l'équation (2), il vient

IL = I5 − I3 = −(

U1

R1− IL

RL

R3 + R4

R3

R1

)R2

R5−(

ILRL

R3 + R4

)R4

R5− IL

RL

R3 + R4

D'où

IL

(1− RL

R3 + R4

R3

R1

R2

R5+

RL

R3 + R4

R4

R5+

RL

R3 + R4

)= −U1

R2

R1R5

Comme les termes communs à la résistance de charge RL sont nuls si R3 = R1 etR2 = R4 + R5

− 1R3 + R4

R3

R1

R2

R5+

1R3 + R4

R4

R5+

1R3 + R4

=

−R2R3 + R4R1 + R1R5

R1R5 (R3 + R4)=

− (R4 + R5) R3 + R4R3 + R3R5

R1R5 (R3 + R4)=

0R1R5 (R3 + R4)

= 0

on a

IL = −U1R2

R1R5

2. Étant donné que le courant circulant dans RL est indépendant de celle-ci, ce circuitagit comme une source de courant commandée par la tension U1.

3. Comme on désire avoir un courant I2 = 5mA lorsque U1 = −5V, il faut que

R1 R5

R2=

5V5mA

= 1 kΩ

En choisissant R5 = 10Ω, R2 = 10 kΩ, R1 = 1 kΩ = R3, on satisfait à cette équation.Il reste cependant, et cela est important, à prendre exactement R4 = R2 − R5 =9′990 Ω.

AOd 1

De la même manière que l'on a déni

U2 ≡ AU1U11 + AU2U12

on écritU2 ≡ AdmUdm + AcmUcm

27


Comme, par dénition, on a

Udm ≡ U11 − U12, Ucm =U11 + U12

2on a également

U11 = Ucm +Udm

2, U12 = Ucm −

Udm

2Il vient alors

U2 ≡ AU1U11 + AU2U12

= AU1

(Ucm +

Udm

2

)+ AU2

(Ucm −

Udm

2

)=

(AU1 −AU2

2

)Udm + (AU1 + AU2) Ucm

≡ AdmUdm + AcmUcm

dont on déduit

Adm =AU1 −AU2

2Acm = AU1 + AU2

Ces deux équations peuvent également s'écrire sous la forme

2 Adm = AU1 −AU2 Acm = AU1 + AU2

En faisant leur somme et leur diérence, on obtient

AU1 = +Adm +Acm

2AU2 = −Adm +

Acm

2

AOd 3

1. Caractéristiques du pont résistif et de l'amplicateur

a) Si les quatre résistances du pont résistif sont égales et que l'amplicateur n'estpas relié au pont, on a

U11 = U12 =VCC

2= 6.0 [V ]

donc

Udm = U11 − U12 = 0 [V ], Ucm =U11 + U12

2= 6 [V ]

b) Dans le cas idéal, on a les gains théoriques Adm et Acm suivants

Adm = −R2

R1= −10, Acm = 0, ρ →∞

c) Prenant en compte l'imprécision relative ε = 1% des résistances de l'amplica-teur, on a vu au cours que

Adm = −R2

R1(1± 2ε) = −10 (1± 2 · 1%) =

−10.2

−9.8

|Acm| < 4ε = 4 · 1% = 0.04

ρ =∣∣∣∣Adm

Acm

∣∣∣∣ > 100.04

= 250 = 48 [dB]

28


2. Domaines des tensions :

a) Sachant que U11 = 5.97[V] et U12 = 6.27[V], il vient

Udm = U11 − U12 = −0.3 [V ], Ucm =U11 + U12

2= 6.12 [V ]

b) Eets de Udm et Ucm :

U2(Udm) = Adm Udm =

−10.2

−9.8

· (−0.3) =

3.06

2.94

[V ]

|U2(Ucm)| = |Acm| Ucm = 0.04 · 6.12 = 0.245 [V ]

d'où−0.245 [V ] < U2(Ucm) < +0.245 [V ]

Comme les eets des modes diérentiel et commun s'additionnent, on obtientnalement

U2 = U2(Udm) + U2(Ucm) =

3.06± 0.245

2.94± 0.245

[V ]

D'où2.70 [V ] < U2 < 3.30 [V ] ⇔ U2 = 3.0 [V ]± 10%

c) On voit ainsi que l'imprécision des résistances (±1%) conduit à une incertitudede mesure (±10%) essentiellement causée par l'eet du mode commun.

d) La tension causée par la variation de température autour de la valeur d'équilibre(20oC) n'est autre que la tension diérentielle Udm = −300mV. Comme le gaindu capteur vaut −10mV/oC, on en déduit que la température de l'enceinte estθ = θ0 + ∆θ = 20 + 30 = 50oC.

AOd 4

1. Caractéristique de l'amplicateur diérentiel à deux A.O. :

a) L'intérêt de ce type d'amplicateur diérentiel réside dans le fait que les deuxrésistances d'entrée sont innies.

b) En lisant le schéma, on voit que la tension U11 est ampliée par un non-inverseurR1, R2 suivi d'un inverseur R3, R4 et que U12 est ampliée par un non-inverseur R3, R4. On en déduit donc que

U2 = U11

(1 +

R2

R1

)(−R4

R3

)+ U12

(1 +

R4

R3

)En posant

U2 ≡ AU1U11 + AU2U12

on voit que

AU1 = −(

1 +R2

R1

)(R4

R3

)AU2 = 1 +

R4

R3

29


c) De la même manière que l'on a déni

U2 ≡ AU1U11 + AU2U12

on écritU2 ≡ AdmUdm + AcmUcm

avec, comme on l'a montré dans l'exercice AOd 1,

Adm =AU1 −AU2

2Acm = AU1 + AU2

2. Cas idéal où les résistances sont égales :

AU1 = −(

1 +R2

R1

)(R4

R3

)= −2 AU2 = 1 +

R4

R3= 2

Adm =AU1 −AU2

2= −2 Acm = AU1 + AU2 = 0

⇒ TRMC =∣∣∣∣Adm

Acm

∣∣∣∣→∞

Comme Acm = 0, le mode commun est sans eet sur la sortie et l'on a

U2 = AdmUdm = −2 · 1 V = −2 V

3. Cas le plus défavorable avec R1 = R3 = 101 kΩ, R2 = R4 = 99 kΩ

a) gains et TRMC

AU1 = −(

1 +R2

R1

)(R4

R3

)= −1.94 AU2 = 1 +

R4

R3= 1.98

Adm =AU1 −AU2

2= −1.96 Acm = AU1 + AU2 = 0.039

⇒ TRMC =∣∣∣∣Adm

Acm

∣∣∣∣ = 50 = 34 dB

b) si U11 = 10V et U12 = 9V , on a

Udm = 1V Ucm = 9.5 V

À cause de la grande tension en mode commun, la tension de sortie sera biendiérente (20%) de la valeur idéale. On a en eet

U2 ≡ AdmUdm + AcmUcm

= −1.96 · 1 V + 0.039 · 9.5 V

= −1.59 V 6= −2 V

c) si U11 = 1V et U12 = 0V , on a

Udm = 1V Ucm = 0.5 V

Comme, dans ce cas, le mode commun est faible, la tension de sortie ne serapas très diérente (3%) de la valeur idéale

U2 ≡ AdmUdm + AcmUcm

= −1.96 · 1 V + 0.039 · 0.5 V

= −1.94 V ' −2 V

30


AOf 1

1. En basses fréquences, les capacités sont des circuits ouverts et en hautes fréquences,elles sont des courts-circuits. Ce qui donne

H(0) = −R3

R1= −9, H(∞) = −R23

R1= −0.9

2. Connaissant les impédances

Z1(jω) = R1, Z2(jω) =R3

(R2 + 1

jωC

)R3 + R2 + 1

jωC

= R3(1 + jωCR2)

1 + jωC (R2 + R3)

on peut calculer la fonction de transfert

H(jω) = −Z2(jω)Z1(jω)

= −R3

R1

(1 + jωCR2)1 + jωC (R2 + R3)

= H(0)1 + jω/ω2

1 + jω/ω1

On en déduit

ω1 =1

C (R2 + R3)= 104 [sec−1], ω2 =

1CR2

= 105 [sec−1]

H(0) = −9 = 19.1 dB∠− π, H(∞) = −0.9 = −0.9 dB∠− π

3. Pour la réponse indicielle, on a

u2(t → 0+) = −R23

R1E = −0.9V, u2(t →∞) = −R3

R1E = −9V

Cette réponse temporelle sera caractérisée par une constante de temps τ = C (R2 + R3) =100 µsec et une durée transitoire ttrans ' 5 τ = 500µsec.

102

103

104

105

106

−5

0

5

10

15

20

fréquence [Hz]

Hdb

0 100 200 300 400 500 600−10

−8

−6

−4

−2

0

temps [µs ]

u 2(t)

31


AOf 2

1. En basses fréquences, les capacités sont des circuits ouverts et en hautes fréquences,elles sont des courts-circuits. Ce qui donne

H(0) = − R3

R1 + R2, H(∞) = − 0

R1= 0

2. La fonction de transfert vaut H(jω) = −Z2(jω)/Z1(jω) avec

Z1(jω) = R1 +R2

1 + jωC2R2

=R1 + R2 + jωC2R1R2

1 + jωC2R2

= (R1 + R2)1 + jωC2R1R2/ (R1 + R2)

1 + jωC2R2

= (R1 + R2)1 + jωC2R12

1 + jωC2R2avec R12 =

R1R2

R1 + R2

Z2(jω) =R3

1 + jωC3R3

Ce qui donne

H(jω = − R3

R1 + R2

1 + jωC2R2

(1 + jωC3R3) (1 + jωC2R12)

On en déduit le gain DC H(0) = −100/101 = −0.99 et les pulsations caractéristiques

ω1 =1

C2R12= 110 · 103

[1s

], ω2 =

1C2R2

= 10 · 103

[1s

], ω3 =

1C3R3

= 1 · 103

[1s

]

101

102

103

104

105

106

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

fréquence [Hz]

Hdb

101

102

103

104

105

106

0

50

100

150

fréquence [Hz]

∠ H

32


AOf 4

La lecture de la réponse fréquentielle RIAA conduit à la fonction de transfert suivante

H(jω) = 101 + jω/ω3

(1 + jω/ω1) (1 + jω/ω2)

avec

ω1 = 2πf1 = 2π · 50Hz, ω3 = 2πf3 = 2π · 500Hz, ω2 = 2πf2 = 2π · 2120Hz

Cette fonction de transfert se réalise avec un amplicateur inverseur de gain−Z2(jω)/Z1(jω)où (voir cours)

Z2(jω) = ZE(jω) = (R1 + R2)1 + jωR12 (C1 + C2)

(1 + jωR1C1) (1 + jωR2C2)avec R12 =

R1R2

R1 + R2

Z1(jω) = R3 avec R3 =R1 + R2

10La réponse fréquentielle s'écrit alors

H(jω) = −R1 + R2

R3

1 + jωR12 (C1 + C2)(1 + jωR1C1) (1 + jωR2C2)

On doit ainsi trouver quatre composants R1, R2, C1, C2 tels que

τ1 =1ω1

= R1C1 = 3180µsec

τ3 =1ω3

= R12 (C1 + C2) = 318 µsec

τ2 =1ω2

= R2C2 = 75µsec

Comme τ3 fait intervenir la somme C1 + C2, on peut écrire

τ3 =R1R2

R1 + R2(C1 + C2) =

R1R2

R1 + R2

(τ1

R1+

τ2

R2

)=

τ1R2 + τ2R1

R1 + R2

D'oùτ3R1 + τ3R2 = τ1R2 + τ2R1

R1 (τ3 − τ2) = R2 (τ1 − τ3)

On en déduit ainsi le rapport des résistances

R1

R2=

τ1 − τ3

τ3 − τ2=

3180− 318318− 75

= 11.8 ' 12

En choisissantR1 = 120 kΩ, R2 = 10 kΩ

on obtient

C1 =τ1

R1= 26.5 nF, C2 =

τ2

R2= 7.5 nF, R3 =

R1 + R2

10= 13 kΩ

33


AOf 6

Un circuit intégrateur génère une tension

u2(t) = − 1RC

∫ t

0u1(t) dt + u2(0)

Comme le signal d'entrée est constant durant une demi-période, le signal de sortie sera unerampe

u2(t) = ∓ A

RCt + u2(0)

qui atteindra sa valeur de crête en t = T/2 ; d'où

U2 =A

RC

T

2=

2V10 kΩ 10 nF

1msec2

= 10V

On voit ainsi que, pour éviter la saturation de u2(t), il faut simplement que

A · T < 2 RC Usat

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−2

−1

0

1

2

u 1(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

−10

−8

−6

−4

−2

0

u 2(t)

temps [msec]

AOf 7

Un circuit dérivateur génère une tension

u2(t) = −RCdu1(t)

dt

Comme le signal d'entrée est une rampe de pente

± 2 A

T/2= ± 4 A

T

34


durant une demi-période, le signal de sortie sera constant pendant une demi-période etvaudra

u2(t) = ∓RC4 A

T= ∓ 4 A

RC

T= ∓ 8V


A

T= A · f <

Usat

4 RC

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−2

−1

0

1

2

u 1(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−10

−5

0

5

10

u 2(t)

temps [msec]

AOf 8

Un circuit intégrateur génère une tension

u2(t) = − 1RC

∫ t

0u1(t) dt + u2(0)

Comme le signal d'entrée vaut

u1(t) = A cos (2πf0 t)

le signal de sortie, à CI nulle, sera une sinusoïde centrée autour de l'abscisse

u2(t) = − A

2πf0 RCsin (2πf0 t)

dont l'amplitude vaut

U2 =A

2πf0 RC=

A

2π

T

RC= 3.18V


A · T < 2π RC Usat

35


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−2

−1

0

1

2

u 1(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5−4

−2

0

2

4

u 2(t)

temps [msec]

AOr 4

1. L'amplicateur opérationnel est caractérisé par le produit gain-bande passante valantfT · 1 = fb ·A0. Le gain de l'amplicateur opérationnel vaut donc :

A(jf) =A0

1 + jf/fb

avec

fb =fT

A0=

5 [MHz]400′000

= 12.5 [Hz]

2. La réponse fréquentielle de l'amplicateur inverseur réalisé avec cet AO vaut

Au(jf) = −R2

R1

1

1 + 1A(jf)

(1 + R2

R1

)= −R2

R1

1

1 + 1+jf/fb

A0

(1 + R2

R1

)= −R2

R1

1

1 + 1+jf (A0/fT )A0

(1 + R2

R1

)= −R2

R1

1

1 + 1A0

(1 + R2

R1

)+ jf

fT

(1 + R2

R1

)' −R2

R1

1

1 + jffc

avec fc =fT

1 + R2/R1

3. La bande passante B d'un système passe-bas d'ordre 1 est égale à sa fréquencecaractéristique. Donc :

B = fc =fT

1 + R2/R1=

5 [MHz]11

= 454 [kHz]

36


4. Le temps caractéristique ou constante de temps d'un système passe-bas d'ordre 1 estl'inverse de la pulsation caractéristique :

τ =1ωc

=1

2πfc= 0.35 [µsec]

et sa réponse indicielle est décrite par :

u(t) = Umax (1− exp(−t/τ))

Sa pente est maximum à l'origine et elle vaut :

p =du(t)

dt

∣∣∣∣t=0

=Umax

τ

a) Dans le cas où u1(t) = 0.1 ε(t) [V ], on a Umax = 1 [V ], donc p = 2.86 [V/µsec] <SR. C'est donc le temps caractéristique, ou la bande passante limitée de l'am-plicateur, qui dictera la rapidité de la réponse indicielle.

b) Dans le cas où u1(t) = 1.0 ε(t) [V ], on a Umax = 10 [V ], donc p = 28.6 [V/µsec] >SR. C'est donc le SR qui limitera la rapidité de la réponse indicielle.

5. Une simulation Spice a été faite avec un amplicateur opérationnel LF411 dont lescaractéristiques correspondent à celles de l'énoncé. Les résultats sont présentés dansla gure ci-dessous. Le premier graphe illustre la tension de sortie (inversée) dont lavaleur maximum atteint 1 V, alors que la tension du deuxième graphe atteint 10 V.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Réponses indicielles: faible et forte amplitudes

SR

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

0

2

4

6

8

10

temps [µsec]

SR

37


a) Sur le premier graphe (faible amplitude), la réponse indicielle a une pente bieninférieure au SR et elle correspond à celle d'un amplicateur linéaire. Cependant,on notera qu'elle ne reproduit pas exactement celle d'un système d'ordre 1 (traitpointillé). En eet, sa tangente horizontale à l'origine est le signe d'un modèled'ordre 2 ou plus.

b) Sur le deuxième graphe (forte amplitude), on voit nettement que la rapiditéde la réponse est limitée par le SR (trait mixte). Si le système était linéaire,la réponse à forte amplitude serait similaire à celle du premier graphe (traitpointillé).

AOr 5

Le modèle proposé pour l'AO est proche du modèle d'ordre 1. On lui a simplement ajoutéune fréquence caractéristique supplémentaire dans le domaine des hautes fréquences prochede fT :

A(jf) =A0

(1 + jf/f1)1

(1 + jf/f2)

1. Ce nouveau modèle d'ordre 2 (trait continu) est plus près de la réalité que celuid'ordre 1 (trait mixte). La diérence de comportement est particulièrement visiblelors de la réalisation d'amplicateur à faible gain (amplicateur suiveur par exemple).

100

101

102

103

104

105

106

107

−50

0

50

100

Mod

ule

[dB

]

Réponse fréquentielle de l’AO

100

101

102

103

104

105

106

107

−200

−150

−100

−50

0

fréquence [Hz]

2. Dans le cas de l'amplicateur suiveur, on a R2 = 0 et R1 →∞ ; le gain de l'ampli-cateur vaut alors :

AU (jf) =(

1 +R2

R1

)1

1 + 1A(jf)

(1 + R2

R1

) =1

1 + 1A(jf)

=1

1 + (1+jf/f1)(1+jf/f2)A0

38


=1

1 + 1+jf (1/f1+1/f2)+(jf)2/(f1 f2)A0

=1

1 + jf(

1A0 f1

+ 1A0 f2

)+ (jf)2 1

A0 f1 f2

En identiant cette réponse fréquentielle avec la forme canonique d'un systèmed'ordre 2

H(jf) =1

1 + 1Q0

(jff0

)+(

jff0

)2

on en déduit :f0 =

√A0 f1 f2

1Q0

= f01

A0

(1f1

+1f2

)=√

A0 f1 f2f1 + f2

A0 f1 f2

D'où

Q0 =√

A0 f1 f2

f1 + f2

L'application numérique donne f0 = 106 [Hz] et Q0 = 1.3. La réponse fréquentielle d'un système d'ordre 2 est supérieure à 0 dB si Q0 > 1/

√2.

La réponse indicielle dépasse sa valeur asymptotique si Q0 > 1/2.

10−1

100

101

−40

−30

−20

−10

0

10Réponse fréquentielle

Mod

ule

[dB

]

10−1

100

101

−200

−150

−100

−50

0

Pha

se [d

eg]

fréquence [MHz]

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

temps [µsec]

Réponse indicielle

Comme Q0 = 1, on aura un dépassement dans le domaine fréquentiel

D =2 Q0√

3= 1.155 = 1.25 [dB]

et dans le domaine temporel :

D = exp

(− π√

4Q20 − 1

)= 16.3 %

39


AOr 6

La gure ci-dessous présente les deux schémas servant aux calculs séparés des eets de Uos

et IB (on admettra IB− = IB+ = IB). Comme les circuits sont admis linéaires, on peutposer U1 = 0.

IB+IB-

R1 R2

U2

0

U1 = 0

Uos

0

R1 R2

U1 = 0

U2U2

I1 I2

Considérant le premier schéma, on a alors les équations suivantes

U+ = +Uos, U− = U2R1

R1 + R2

En égalant ces deux tensions, on obtient

U2 (Uos) =R1 + R2

R1Uos

Considérant le deuxième schéma, on a

I1 + I2 = IB−

U1 = R1I1 + 0, U2 = R2I2 + 0

Comme U1 = 0, il vient I1 = 0 et I2 = IB− ; d'où

U2 (IB) = R2IB

Avec R1 = 10 kΩ, R2 = 100 kΩ, Uos = 10mV, IB = 0.2 nA, on obtient

U2 (Uos) = 11 · 10mV = 0.11V

U2 (IB) = 105 · 2 · 10−10 = 20µV

AOr 8

Avec un AO idéal, la tension de sortie vaudrait

U2 = −R2

R1U1 = −100 · 20mV = −2V

L'eet du gain ni donne (voir cours)

U2 = −R2

R1

11 + 1

A0

R1+R2R1

U1 = −100 · 11 + 1

10′000101010

· 20mV = −1.98V

40


Reprenant les résultats de l'exercice précédent, on a

U2 (Uos) =R1 + R2

R1Uos =

101010

· 2mV = 0.202V

U2 (IB) = R2IB = 106 · 10−9 = 1mV

Comme on ne connaît pas le signe de ces deux imperfections, la tension de sortie s'écrira

U2 = −1.98V± 0.203V = −1.98V± 0.2V

41

1 Filtres analogiques

cxFA 2 :

1. Calcul de la fonction de transfert H(jω) d'un ltre passe-bas

H(jω) =1/jωC

R + jωL + 1/jωC

=1

1 + jωRC + (jω)2LC

≡ 11 + jω/(Q0ω0) + (jω)2/ω2

0

2. Par identication des dénominateurs, on trouve

1ω2

0

= LC ⇒ ω0 =1√LC

= 105 rad

sec⇒ f0 =

12π√

LC' 16 kHz

1Q0ω0

= RC ⇒ Q0 =1

ω0RC=

101

0.33

=

20 dB0 dB

−10.5 dB

si R =

100 Ω1 kΩ3 kΩ

3. Bode d'amplitudes (voir gure cxFA2)

4. Régime transitoireLes racines du polynôme caractéristique

λ2 +ω0

Q0λ + ω2

0 = 0

valent

λ1,2 =12

− ω0

Q0±

√(ω0

Q0

)2

− 4ω20

Pour les trois valeurs de R

R =

100 Ω1 kΩ3 kΩ

on obtient

λ1,2 =

−5′000± j99′875−50′000± j86′603−38′200; −261′800

[1

sec

]

Sachant que l'on a

τ =1

|Re (λ1,2)|, ωp = |Im (λ1,2)| , Tp =

2π

ωp, ttrans ' 5 τmax

1


on en déduit les constantes de temps, périodes et nombres d'oscillations de la réponsetransitoire :

τ =

200 µs20 µs

26 µs, 3.8 µs

, Tp '

63 µs72 µs∞

, ttrans '

1 ms0.1 ms0.13 ms

, Nosc '

161.40

5. Réponses indicielles (voir gure cxFA2)

cxFA 3 :

1. Calcul de la fonction de transfert H(jω) d'un ltre passe-bande

H(jω) =R

R + jωL + 1/jωC

=jωRC

1 + jωRC + (jω)2LC

≡ jω/(Q0ω0)1 + jω/(Q0ω0) + (jω)2/ω2

0

2. Par identication des dénominateurs, on trouve

1ω2

0

= LC ⇒ ω0 =1√LC

= 105 rad

sec⇒ f0 =

12π√

LC' 16 kHz

1Q0ω0

= RC ⇒ Q0 =1

ω0RC=

101

0.1

=

20 dB0 dB−20 dB

si R =

100 Ω1 kΩ10 kΩ

3. Bode d'amplitudes (voir gure cxFA3)

Les bandes passantes de chacun de ces 3 ltres valent

∆ω =ω0

Q0=

104

105

106

[rad

sec

]∆f =

∆ω

2π=

1.5915.9159

[kHz]

4. Régime transitoireLes racines du polynôme caractéristique

λ2 +ω0

Q0λ + ω2

0 = 0

valent

λ1,2 =12

− ω0

Q0±

√(ω0

Q0

)2

− 4ω20

Pour les trois valeurs de R

R =

100 Ω1 kΩ10 kΩ

2

103

104

105

106

107

−40

−20

0

20

HdB

Réponses fréquentielles d’un filtre Passe−Bas d’ordre 2

103

104

105

106

107

−40

−20

0

20

HdB

103

104

105

106

107

−40

−20

0

20

HdB

pulsation ω [rad/sec]

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.5

1

1.5

2Réponses indicielles d’un filtre Passe−Bas d’ordre 2

y(t)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.5

1

1.5

2

y(t)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.5

1

1.5

2

y(t)

t [msec]

Fig. 1.1: Réponses fréquentielles et indicielles cxFA2

3


on obtient

λ1,2 =

−5′000± j99′875−50′000± j86′603−10′100; −989′900

[1

sec

]Sachant que l'on a

τ =1

|Re (λ1,2)|, ωp = |Im (λ1,2)| , Tp =

2π

ωp, ttrans ' 5 τmax

on en déduit les constantes de temps, périodes et nombres d'oscillations de la réponsetransitoire :

τ =

200 µs20 µs

99 µs, 10 µs

, Tp '

63 µs72 µs∞

, ttrans '

1 ms0.1 ms0.5 ms

, Nosc '

161.40

5. Réponses indicielles (voir gure cxFA3)

cxFA 4

Filtre passe-bas

La fonction de transfert d'un ltre passe-bas d'ordre 2 s'écrit

H(jω) =1

1 + 1Q0

(jωω0

)+(

jωω0

)2

et la pulsation de coupure est dénie pour une atténuation de√

2. Tenant compte de cettedénition et posant ju = jω/ω0, il vient

|H(ju)| =

∣∣∣∣∣∣ 11 + 1

Q0(ju) + (ju)2

∣∣∣∣∣∣ = 1√(1− u2)2 + 1

Q20u2

=1√2

A la pulsation de coupure, on a donc :(1− u2

)2+

1Q2

0

u2 = 2

1− 2u2 + u4 +1

Q20

u2 = 2

On en tire une équation du deuxième degré en u2 :

u4 +(

1Q2

0

− 2)

u2 − 1 = 0

dont la racine positive est

u2 =12

+2− 1Q2

0

+

√(2− 1

Q20

)2

+ 4

ω2

c = ω20

1− 12Q2

0

+

√(1− 1

2Q20

)2

+ 1

4

103

104

105

106

107

−40

−30

−20

−10

0

HdB

Réponses fréquentielles d’un filtre Passe−Bande d’ordre 2

103

104

105

106

107

−40

−30

−20

−10

0

HdB

103

104

105

106

107

−40

−30

−20

−10

0

HdB

pulsation ω [rad/sec]

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1−0.1

−0.05

0

0.05

0.1Réponses indicielles d’un filtre Passe−Bande d’ordre 2

y(t)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1−0.2

0

0.2

0.4

0.6

y(t)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0

0.5

1

y(t)

t [msec]

Fig. 1.2: Réponses fréquentielles et indicielles cxFA3

5


Filtre passe-bande

La fonction de transfert d'un ltre passe-bande d'ordre 2 s'écrit :

H(jω) =1

Q0

(jωω0

)1 + 1

Q0

(jωω0

)+(

jωω0

)2

Tenant compte de la dénition de la pulsation de coupure et posant ju = jω/ω0, on a :

|H(ju)| =

∣∣∣∣∣∣1

Q0(ju)

1 + 1Q0

(ju) + (ju)2

∣∣∣∣∣∣ = 1∣∣∣1 + Q0

ju + Q0 ju∣∣∣ =

1√2

et le calcul se poursuit comme pour le ltre passe-bas.

Autre approche

On peut cependant aborder le problème d'une autre manière en partant des deux relationssuivantes valables pour un ltre passe-bande d'ordre 2 :

ω20 = ωs · ωi

∆ω ≡ ωs − ωi =ω0

Q0

En portant ωs = ω0/Q0 + ωi dans la première équation, il vient :

ω20 =

(ω0

Q0+ ωi

)· ωi = ∆ω · ωi + ω2

i

ω2i + ∆ω · ωi − ω2

0 = 0

La solution positive de cette équation d'ordre 2 est :

ωi =12

(−∆ω +

√∆ω2 + 4 ω2

0

)

Tenant compte du fait que ∆ω = ω0/Q0, on a également :

ωi =ω0

2

(− 1

Q0+

√1

Q20

+ 4

)

De la même manière, on obtient :

ωs =12

(+∆ω +

√∆ω2 + 4 ω2

0

)=

ω0

2

(+

1Q0

+

√1

Q20

+ 4

)

6

Ces 2 résultats peuvent être réunis dans l'expression :

ωs,i =ω0

2

(± 1

Q0+

√1

Q20

+ 4

)

=ω0

2 Q0

(±1 +

√1 + 4 Q2

0

)

Dans le cas où Q0 1 (ou 4Q2o 1), on a :

ωs,i ' ω0

2 Q0(±1 + 2Q0) = ω0 ±

∆ω

2

Dans le cas où Q0 1 (ou 4Q2o 1), on a :

ωs,i ' ω0

2 Q0

(±1 +

(1 + 2Q2

0

))=

ω0

2 Q0

(+1 + 1 + 2Q2

0

)' ω0/Q0

ω02 Q0

(−1 + 1 + 2Q2

0

)= ω0 ·Q0

cxFA 5

Considérant le schéma général de la gure cxFA5, on voit que ce circuit peut être décritpar les trois équations de maille suivantes

U1 = I1Z1 + (I1 + I2) (Z3 + Z4) (1)U2 = (I1 + I2) Z4 (2)0 = I2Z2 + (I1 + I2) Z3 (3)

Z1 Z3

Z2

Z4U1U2

(1)

(3)

(2)

I1

I2

Fig. 1.3: cxFA5

Portant l'équation (2) dans (3), on en tire I2

0 = I2Z2 +U2

Z4Z3 ⇒ −I2 =

U2

Z4

Z3

Z2

Portant ce résultat dans (2), on obtient I1

U2 = I1Z4 + I2Z4 ⇒ I1 =1Z4

(U2 +

U2

Z4

Z3

Z2Z4

)= U2

(1Z4

+Z3

Z2Z4

)

7


Portant le courant I1 et l'équation (2) dans (1), il vient

U1 = U2

(Z1

Z4+

Z1Z3

Z2Z4

)+

U2

Z4(Z3 + Z4)

On en déduit une relation générale entre les tensions d'entrée et de sortie

U1 = U2

(Z1

Z4+

Z1Z3

Z2Z4+

Z3

Z4+ 1

)= U2

(1 +

1Z4

(Z1 + Z3) +Z1Z3

Z2Z4

)L'expression est plus simple à écrire si l'on travaille avec les admittances Y2 = 1/Z2 etY4 = 1/Z4 :

U1 = U2 (1 + Y4 (Z1 + Z3) + Y2Y4Z1Z3)

On voit ainsi que la fonction de transfert générale du circuit vaut

H(jω) ≡ U2(jω)U1(jω)

=1

1 + Y4 (Z1 + Z3) + Y2Y4Z1Z3

Lors de la réalisation d'un ltre passe-bas, on choisit

Z1 = R1 Y2 =1Z2

= jωC1 Z3 = R2 Y4 =1Z4

= jωC2

Ce qui donne

HPB(jω) =1

1 + jωC2 (R1 + R2) + (jω)2R1R2C1C2

En comparant l'expression du dénominateur à sa forme canonique

D(jω) = 1 +1

Q0

(jω

ω0

)+(

jω

ω0

)2

on en déduit que

ω0 =1√

R1R2C1C2Q0 =

1ω0C2 (R1 + R2)

=√

R1R2C1C2

C2 (R1 + R2)

Lors de la réalisation d'un ltre passe-haut, on choisit

Z1 =1

jωC1Y2 =

1Z2

=1

R1Z3 =

1jωC2

Y4 =1Z4

=1

R2

Ce qui donne

1H(jω)

= 1 +1

R2

(1

jωC1+

1jωC2

)+

1(jω)2R1R2C1C2

= 1 +C1 + C2

jωR2 (C1 · C2)+

1(jω)2R1R2C1C2

=1 + jωR1 (C1 + C2) + (jω)2R1R2C1C2

(jω)2R1R2C1C2

HPH(jω) =(jω)2R1R2C1C2

1 + jωR1 (C1 + C2) + (jω)2R1R2C1C2

8

En comparant l'expression du dénominateur à sa forme canonique

D(jω) = 1 +1

Q0

(jω

ω0

)+(

jω

ω0

)2

on en déduit que

ω0 =1√

R1R2C1C2Q0 =

1ω0R1 (C1 + C2)

=√

R1R2C1C2

R1 (C1 + C2)

cxFA 6

1. Éléments permettant de réaliser ce ltre.On a vu dans le cours que les paramètres d'un ltre passe-bas réalisé avec une cellulede Sallen et Key sont reliés aux composants par les équations suivantes

ω20 =

1C1C2R1R2

, Q0,PB =1

ω0 C2 (R1 + R2)

et que l'on prend R1 = R2 = R pour un ltre passe-bas. Connaissant ω0 = 2πf0 =6283 rad/sec, Q0 = 3 dB =

√2 et choisissant au préalable C2 = 10 nF, on obtient

R =1

2Q0ω0C2= 5627Ω, C1 = 4Q2

0C2 = 8 nF

2. Diagramme de Bode.On a vu que la fonction de transfert d'un ltre passe-bas s'écrit

HPB(jω) =1

1 + jω/Q0/ω0 + (jω/ω0)2

Sur le tracé de Bode (gure cxFA6), on peut raisonnablement estimer que fc vautenviron 3 kHz.

3. Temps caractéristiques et réponse indicielle.Les temps caractéristiques se calculent à partir des racines de l'équation caractéris-tique du ltre

λ2 +ω0

Q0λ + ω2

0 = 0

Le facteur de qualité Q0 étant supérieur à 1/2, ces racines sont complexes et ellesvalent

λ1,2 = −2221± j5877 [1/sec]

On en déduit la constante de temps et la période d'oscillation

τ =1

2221= 0.45msec, Tp =

2π

5877= 1.07msec

La durée du régime transitoire et le nombre de périodes visibles

ttrans ' 5τ = 2.25msec, Nosc 'ttrans

Tp= 2.1 périodes

Comme on a aaire à un ltre passe-bas de gain unité, la tension de sortie partirade 0 pour tendre vers la tension appliquée en entrée.

9


101

102

103

104

105

−60

−40

−20

0

20Réponses fréquentielle et indicielle

fréquence [Hz]

HdB

(f)

0.5 1 1.5 2 2.50

0.5

1

1.5

temps [msec]

u 2(t)

Fig. 1.4: cxFA6

f0 fTf

HdB

fm

+ 20dB/dec

- 40dB/dec

0

Hmin= -70 dB

H(HF)= -35 dB

f0 = 1kHz

fm = 65kHz

fT = 5MHz

Fig. 1.5: cxFA7

10

cxFA 7

1. Le diagramme de Bode asymptotique est le même que celui présenté dans le cours(gure cxFA7).

2. La fréquence intermédiaire fm et l'atténuation HF atteinte par ce ltre valent

fm =(

f20 fT

R1

Rout

)1/3

=(

106 5 · 106 5627100

)1/3

' 65.5 kHz

H(jf)|f→∞ =Rout

R1=

100 Ω5627 Ω

' 0.018 ' −35 dB

3. D'après le diagramme de Bode asymptotique, on peut s'attendre à ce que le minimumde la réponse fréquentielle se situe aux environs de fm et qu'il vaudra

Hmin '∣∣∣∣ 11 + jf/Q0/f0 + (jf/f0)2

∣∣∣∣f=fm

'(

f0

fm

)2

=(

1 kHz65.5 kHz

)2

' −70 dB

4. L'observation du diagramme de Bode asymptotique montre que cette réponse fré-quentielle est la somme (en dB) de trois termes à savoir, un passe-bas d'ordre 2 defréquence f0, une amplication HF d'ordre 3 de fréquence fm, un passe-bas d'ordre 1de fréquence fT . En termes de réponse fréquentielle, cela donne :

H(jf) =1

1 + 1Q0

(jff0

)+(

jff0

)2 ·1 +

(jffm

)3

1· 1

1 +(

jffT

)5. On a vu que la fréquence caractéristique du compensateur HF doit se situer aux

environs de la fréquence intermédiaire fm ; on a donc

fc =1

2πRC' fm ⇒ RC ' 1

2πfm' 2.4 µsec

Ce qui permet de choisir R = 240Ω et C = 10 nF.

cxFA 8

La démarche est similaire à celle de l'exercice FA6. On se contente donc de donner lesréponses.

ω20 =

1C1C2R1R2

, Q0,PH =1

ω0 R1 (C1 + C2)

ω0 = 100 [rad/sec], f0 =ω0

2π= 15.9 [Hz], Q0 = 5

λ2 +ω0

Q0λ + ω2

0 = 0 ⇒ λ1,2 = −10± j99.5 [1/sec]

τ =110

= 0.1 sec, Tp =2π

99.5= 0.063 sec

ttrans ' 5τ = 0.5 sec, Nosc 'ttrans

Tp= 7.9 périodes

Les réponses sont représentées à la gure cxFA8.

11


10−1

100

101

102

103

−60

−40

−20

0

20Réponses fréquentielle et indicielle

fréquence [Hz]

HdB

(f)

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6

−1

−0.5

0

0.5

1

temps [sec]

u 2(t)

Fig. 1.6: cxFA8

cxFA 10

1. Il s'agit d'un ltre passe-bas d'ordre 4. Ce ltre sera réalisé avec deux cellules deSallen et Key dont les pulsations et facteurs de qualité valent

ω01 =1√

3.6 · 10−8= 5270 rad

sec Q01 =1

2.4 · 10−4 ω01= 0.7906

ω02 =1√

1 · 10−8= 10′000

radsec

Q02 =1

0.28 · 10−4 ω02= 3.571

2. Étant donné les valeurs des facteurs de qualité, le tableau des ltres normalisés montrequ'il s'agit d'un ltre de Tchebyche d'ondulation r = 1 dB. On voit également quela largeur de sa bande d'ondulation vaut

ωr =

5270

0.5286 = 9970

100000.9932 = 10068

' 10′000[radsec

]

3. Après avoir choisi une valeur commune pour toutes les résistances R = 10 kΩ, lescapacités réalisant ce ltre valent

C1k =2Q0k

ω0kR=

1.5812

5270·10 kΩ = 30 nF

7.14210000·10 kΩ = 71.4 nF

C2k =C1k

4 Q20k

=

30 nF

4·0.79062 = 12 nF

71.4 nF4·3.5712 = 1.4 nF

12

4. Diagramme de Bode (gure cxFA10).

103

104

105

−80

−70

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

H1(jω) et H

2(jω)

103

104

105

−80

−70

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20H(jω)

Fig. 1.7: cxFA10

cxFA 11

Ce ltre sera réalisé avec trois cellules de Sallen et Key passe-bas. La première sera d'ordre 1alors que les deux suivantes seront d'ordre 2. Ces réponses fréquentielles s'écriront sous laforme

H1(jω) =1

1 + jωω1

, H2,3(jω) =1

1 + 1Q2,3

jωω2,3

+(

jωω2,3

)2

Les trois cellules auront les mêmes pulsations caractéristiques ; c'est une des propriétés desltres de Butterworth. De plus elles sont égales à la pulsation de coupure ωc. Du tableaudes ltres normalisés, on tire

k fk [Hz] ωk

[radsec

]Qk Qk [dB] 1/Qk

1 1000 6283 2 1000 6283 0.618 4.18 1.6183 1000 6283 1.618 +4.18 0.618

Ce qui donne

H(jω) =1

1 + jω6283

· 1

1 + 1.618 jω6283 +

(jω

6283

)2 ·1

1 + 0.618 jω6283 +

(jω

6283

)2

13


102

103

104

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

5

10

H1,2,3

et H tot

fréquence [Hz]

H(jf

) [d

B]

Fig. 1.8: cxFA11

Comme on peut le constater en observant la réponse fréquentielle de ce ltre, la troisièmecellule amplie le signal d'entrée d'un facteur 1.618. Si on place cette cellule à l'entrée dultre, on court le risque de saturer l'AO ; c'est pourquoi, de manière générale, on place lescellules d'ordre 2 dans l'ordre croissant des facteurs qualité an que le signal soit atténuéavant d'être amplié.

cxFA 12

Ce ltre sera réalisé avec trois cellules de Sallen et Key passe-bas. La première sera d'ordre 1alors que les deux suivantes seront d'ordre 2. Ces réponses fréquentielles s'écriront sous laforme

H1(jω) =1

1 + jωω1

=1

1 + jωRC, avec RC =

1ω1

H2,3(jω) =1

1 + 1Q2,3

jωω2,3

+(

jωω2,3

)2 =1

1 + 2R C2 jω + R2C1C2 (jω)2

avec C1 =2 Q0

ω0R, C2 =

12 Q0ω0R

Les trois cellules seront réalisées avec les paramètres et composants suivants

k fk [Hz] ωk

[radsec

]Qk Rk [kΩ] C1,k [nF ] C2,k [nF ]

1 1501.5 9434 10 10.6 2s 1555.5 9773 0.5635 10 11.5 9.083 1754.5 11024 0.9165 10 16.6 4.95

14

102

103

104

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

5

H1,2,3

et H tot

fréquence [Hz]

H(jf

) [d

B]

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Réponse indicielle

u 2(t)

/ E

temps [msec]

Fig. 1.9: cxFA12

15


Le temps de propagation de ce ltre de Bessel vaut

tp =∑k

1Q0k ω0k

=1ω1

+1

Q2ω2+

1Q3ω3

= 0.39 [msec]

Les racines des polynômes caractéristiques valent

λ1 = −ω1 = −9434 [1/sec]

λ2, ab = −8672± j4507 [1/sec]

λ3, ab = −6014± j9239 [1/sec]

Ce qui donne les constantes de temps suivantes

τ1 =1

9434= 0.106 [msec]

τ2 =1

8672= 0.115 [msec]

τ3 =1

6014= 0.166 [msec]

On peut donc s'attendre à ce que que la durée de la réponse transitoire soit d'environ

ttrans ' 5 τ3 ' 1 [msec]

En observant la réponse indicielle de ce ltre, on peut constater que le temps de propagationet la durée de la réponse transitoire correspondent bien aux valeurs calculées plus haut.

16

2 Comparateurs et générateurs

cxComp 1

Considérant le circuit Comp 1, on voit qu'il s'agit d'un comparateur inverseur quicommutera lorsque

u1 = u2R1

R1 + R2

avec u2 = ±Vsat

Les tensions de seuil sont donc

VT1,2 = ±VsatR1

R1 + R2

= ±4 V

La caractéristique de transfert et l'évolution des tensions d'entrée u1(t) et de sortieu2(t) sont présentées dans la gure cxComp 1.

−6 −4 −2 0 2 4 6−15

−10

−5

0

5

10

15Caractéristique de transfert

U1 [V]

U2 [V

]

0 5 10 15 20−15

−10

−5

0

5

10

15Signaux

temps [ms]

u1(t)

u2(t)

Fig. 2.1: Signaux de cxComp1

cxComp 2

Considérant le circuit Comp 2, on voit qu'il s'agit d'un comparateur non-inverseurqui commutera lorsque

U+ = u1R2

R1 + R2

+ u2R1

R1 + R2

= U− = U0R2

R1 + R2

avec u2 = ±Vsat

Les tensions de seuil se situent donc en

VT1,2 = ±VsatR1

R2

+ U0 =

+4 V

0 V

19


La caractéristique de transfert et l'évolution des tensions d'entrée u1(t) et de sortieu2(t) sont présentées dans la gure cxComp 2.

−6 −4 −2 0 2 4 6−15

−10

−5

0

5

10

15Caractéristique de transfert

U1 [V]

U2 [V

]

0 5 10 15 20−15

−10

−5

0

5

10

15Signaux

temps [ms]

u1(t)

u2(t)

Fig. 2.2: Signaux de cxComp2

cxComp 3

Les deux caractéristiques proposées sont respectivement celles de comparateursinverseur et non inverseur à seuils variables (gures 2.4 et 2.3 du polycopié).

Dans le cas du comparateur inverseur, on a montré que l'on a

∆VT = 2VsatR1

R1 + R2

VT0 = VrefR2

R1 + R2

De la première équation, on tire

2Vsat

∆VT

= 1 +R2

R1

⇒ R2

R1

=2Vsat

∆VT

− 1 ==2 · 12 V

2 V− 1 = 11

De la deuxième équation, on tire

Vref = VT0

(1 +

R1

R2

)= 5

(1 +

1

11

)= 5.45 V

En choisissant R1 = 10 kΩ et R2 = 110 kΩ, on réalisera la caractéristiquedemandée.

Dans le cas du comparateur non inverseur, on a montré que l'on a

∆VT = 2VsatR1

R2

VT0 = VrefR1 + R2

R2

De la première équation, on tire

R2

R1

=2Vsat

∆VT

==2 · 12 V

2 V= 12

De la deuxième équation, on tire

Vref = VT01

1 + R1

R2

= 51

1 + 112

= 4.615 V

20

cxComp 4

Considérant le circuit Comp 4, on voit qu'il s'agit d'un comparateur inverseur quicommutera lorsque

U+ = VCCR12

R3 + R12

+ u2R13

R13 + R2

= U− = u1

avec

R12 =R1R2

R1 + R2

=R

2R13 =

R1R3

R1 + R3

=R

2u2 = ±Vsat


VT1,2 = (±Vsat + VCC)R/2

R/2 + R=

1

3(±Vsat + VCC) =

+8 V

0 V

cxComp 8

Le premier AO est un comparateur non inverseur dont les seuils sont xés par

U+ = u1R2

R1 + R2

+ u2R1

R1 + R2

= U− = 0

On en déduit que les niveaux de commutation sont

VT1,2 = ±VsatR1

R2

= ±12 V10 kΩ

20 kΩ= ±6 V

La tension triangulaire fournie par l'intégrateur va se situer entre ces deux niveauxet son évolution temporelle est donnée par

u3(t) = VT2 +1

RC

∫ t

0Vsat dt = VT2 +

Vsat

RCt

On voit ainsi que la pente mathématique p1de cette évolution vaut

p1 =Vsat

RC

alors que la pente p2 générée par le signal pendant une demi-période vaut

p2 =VT1 − VT2

T/2=

2VsatR1

R2

T/2=

4Vsat

T

R1

R2

En égalant ces deux pentes, on en déduit que la période des signaux carré ettriangulaire vaut

T = 4 RCR1

R2

= 4 · 104 · 10−7 · 1

2= 2 msec

21


cxComp 9

Le comparateur de la bascule commute lorsque

U+ = VCCR12

R3 + R12

+ u2R13

R13 + R2

= U− = u1

avec

R12 =R1R2

R1 + R2

=20

3kΩ, R13 =

R1R3

R1 + R3

=30

4kΩ, u2 =

VCC

0


VT1,2 = VCCR12

R3 + R12

+

VCC

0

R13

R13 + R2

= VCC20/3

30 + 20/3+

VCC

0

30/4

30/4 + 20

= VCC20

110+

VCC

0

30

110= VCC

5/11

2/11

La capacité C va se charger avec la constante de temps τ = RC entre les tensions211

VCC et 511

VCC . Les temps de charge tH et de décharge tL vaudront alors

tH = τ ln

(u∞ − u0

u∞ − u(tH)

)

= RC ln

(VCC − 2

11VCC

VCC − 511

VCC

)= RC ln

9

6

tL = τ ln

(u∞ − u0

u∞ − u(tL)

)

= RC ln

(0− 5

11VCC

0− 211

VCC

)= RC ln

5

2

Le rapport cyclique vaudra donc

η ≡ tHtH + tL

=ln 9

6

ln 96

+ ln 52

= 0.307

et la période

T = tH + tL = RC(ln

9

6+ ln

5

2

)= 0.13 msec

En conclusion, il est intéressant de remarquer que le fonctionnement de cettebascule est indépendant de la valeur de la tension d'alimentation.

22

cxComp 11

Les niveaux de commutation du comparateur non inverseur (voir cxComp8) setrouvent en

VT1,2 = ±VsatR1

R2

Comme la tension triangulaire fournie par l'intégrateur doit se situer entre cesdeux niveaux ±5 V , on en déduit que

R1

R2

=VT1

Vsat

=5 V

12 V=

5

12

On peut ainsi choisir R1 = 50 kΩ et R2 = 120 kΩ.

Concernant la période d'oscillation, on a vu qu'elle vaut

T = 4 RCR1

R2

On va pouvoir la varier entre 1 msec et 10 msec en choisissant pour R unerésistance variable telle que

Tmin < 4 RCR1

R2

< Tmax

TminR2

4 R1

= 0.6 msec < RC < TmaxR2

4 R1

= 6 msec

En choisissant C = 100 nF , on devra prendre une résistance variable entre 6 kΩ et60 kΩ.

cxComp 12

Le signal triangulaire est fourni par l'intégrateur. Comme son amplitude de 6 V estxée par le comparateur non inverseur, on voit que les tensions de seuil vaudront

VT1,2 = ±6 V

Comme ces tensions de seuil sont xées par

VT1,2 = ±VsatR1

R2

on en déduit queR1

R2

=VT1

Vsat

=1

2

On peut donc prendre R1 = 10 kΩ et R2 = 20 kΩ.

On a vu que la fréquence du VCO est déterminée par

f(Uin) ≡ 1

T=

1

4 RC

R2

R1

1

Vsat

Uin

23


An d'avoir une fréquence de 1 kHz lorsque Uin = 5 V , on doit avoir

RC =1

4 f

R2

R1

Uin

Vsat

=1

4 kHz

20

10

5

12= 208 µs

Valeur que l'obtient avec C = 10 nF et R = 20, 8 kΩ.

Enn, le VCO ne peut fonctionner correctement que si les transistors decommutation sont saturés. Cela signie que la tension d'entrée doit être inférieure à

Vsat −R4IB − Vj ' Vsat − Vj

24

3 Contre-réaction

CR 2 :

On a

y(t) =A

1 + Aβx(t) =

1000

1 + 1000/100x(t) = 90.9 x(t)

e(t) =1

1 + Aβx(t) =

1

1 + 1000/100x(t) = 0.0909 x(t)

yf (t) =Aβ

1 + Aβx(t) =

1000/100

1 + 1000/100x(t) = 0.909 x(t)

CR 3 :

1. Fonction de transfert totale Htot = Y/X

Htot = H1H2

1 + H2H3

H4

2. Forme canonique de Htot

Htot =A1

1 + jω/ω1

A2

1+jω/ω2

1 + A2

1+jω/ω2

A3

1+jω/ω3

A4

1 + jω/ω4

Htot =A1

1 + jω/ω1

A2 (1 + jω/ω3)

(1 + jω/ω2) (1 + jω/ω3) + A2A3

A4

1 + jω/ω4

Htot =A1

1 + jω/ω1

A2 (1 + jω/ω3)

1 + A2A3 + jω(

1ω2

+ 1ω3

)+ (jω)2

ω2ω3

A4

1 + jω/ω4

Htot =A1A2A4

1 + A2A3

1

1 + jω/ω1

1

1 + jω/ω4

(1 + jω/ω3)

1 + jω(

1ω2

+ 1ω3

)1

1+A2A3+ (jω)2

ω2ω3

11+A2A3

3. Gain, pulsations caractéristiques et facteur de qualité

A0 =A1A2A4

1 + A2A3

ωk = ω1, ω4, ω3

ω20 = ω2 · ω3 · (1 + A2A3)

1

Q0

= ω0 ·1/ω2 + 1/ω3

1 + A2A3

25

3 Contre-réaction

4. Gain de boucle H2 ·H3 1

Htot = H1H2

1 + H2H3

H4 ' H1H2

H2H3

H4 = H11

H3

H4

Ig

R2

Rg

Ie

Us

Ue

If

Iin

Fig. 3.1: Ex. CR 4

CR 4 :

1. A.O. idéalUe = 0, Iin = 0

Us = +If R2 = −Ie R2

Re ≡Ue

Ie

= 0 carUe = 0

Dans le cas idéal où Aβ →∞, on a Y = ± 1β

X ; ce qui, au niveau du circuit,correspond à

Us = −R2 Ie ⇒1

β= R2

avec

[β] =

[VA

]⇒ [A] =

[1

β

]=

[AV

]

2. A.O. réelA0 < ∞, Rin < ∞, Rout = 0

a) Résistance d'entrée du circuit

Re ≡Ue

Ie

avecUe = Rin Iin = Rin (Ie + If ) , Us = −A0 Ue

26

If =Us − Ue

R2

=−A0 Ue − Ue

R2

= −A0 + 1

R2

Ue

donc

Ue = Rin (Ie + If ) = Rin Ie −RinA0 + 1

R2

Ue

Ue + RinA0 + 1

R2

Ue = Rin Ie

Ue

(1 + Rin

A0 + 1

R2

)= Rin Ie

d'où

Re ≡Ue

Ie

=Rin(

1 + Rin1+A0

R2

) ' Rin(1 + A0 Rin

R2

)b) Admittance d'entrée

Ye ≡1

Re

=1 + Rin

1+A0

R2

Rin

=1

Rin

+1 + A0

R2

Ye = Yin + (1 + A0) Y2 ' Yin + A0 Y2

On voit ainsi que l'admittance d'entrée est celle de l'A.O. (1/Rin)augmentée de l'admittance de contre-réaction (1/R2) ampliée par legain de l'A.O. Grâce à cela, la résistance d'entrée Re = 1/Ye devienttrès petite et tend vers sa valeur idéale nulle.

c) Paramètres de la CROn a

Abf = ± A

1 + Aβ≡ Us

Ie

avecUs = −A0Ue

Re ≡Ue

Ie

=Rin(

1 + Rin1+A0

R2

) = −Us/A0

Ie

d'où

Us

Ie

= − A0 Rin(1 + Rin

1+A0

R2

) ' − A0 Rin(1 + A0 Rin

1R2

) = − A

1 + Aβ

On en déduit

A = A0 Rin, β =1

R2

Re =Rin(

1 + A0 Rin

R2

) =1

A0

A

(1 + A β)

27

3 Contre-réaction

3. Valeurs numériques

A = A0 Rin = 105 · 104 [Ω] = 109 [Ω]

β =1

R2

= 10−3 [1/Ω]

Aβ =A0Rin

R2

= 106 [/]

Re =1

A0

A

(1 + A β)=

1

105

109 [Ω]

(1 + 106)= 0.01 [Ω]

CR 7 :

1. Schéma

Us = UoutUe

Uin

R2

R1

Ie = Iin

I2

Ie+I2

Ie

IsIout

Fig. 3.2: Ex. CR 7

2. Équations

Rs ≡Us

Is

∣∣∣∣Ue=0

(3.1)

Uin = RinIin = RinIe (3.2)

Us = Uout = Aao Uin −Rout Iout (3.3)

Ue = RinIe + R1 (Ie + I2) = (R1 + Rin) Ie + R1I2 (3.4)

Us = R2I2 + R1 (Ie + I2) = R1Ie + (R1 + R2) I2 (3.5)

Iout = I2 − Is (3.6)

28

3. RésolutionPartant du fait que pour calculer Rs, on annule Ue, l'équation (3.4) donne

I2 = −IeR1 + Rin

R1

Portant ce résultat dans (3.5), il vient

Us = R1Ie − (R1 + R2)R1 + Rin

R1

Ie

d'où

Ie =Us

R1 − (R1 + R2)R1+Rin

R1

=Us R1

R21 −R2

1 −R1Rin −R2 (R1 + Rin)

= − Us R1

R1Rin + R2 (R1 + Rin)

I2 = −IeR1 + Rin

R1

=Us (R1 + Rin)


donc

Iout = I2 − Is =Us (R1 + Rin)

R1Rin + R2 (R1 + Rin)− Is

Portant les courants Ie et Iout dans les équations (3.2) et (3.3), il vient

Us = Aao RinIe −Rout Iout

= −Aao RinUs R1


−Rout

(Us (R1 + Rin)

R1Rin + R2 (R1 + Rin)− Is

)

En regroupant à gauche les termes contenant Us, on obtient

Us

(1 +

Aao Rin R1

R1Rin + R2 (R1 + Rin)+

Rout (R1 + Rin)


)= +RoutIs

Us

(1 +

Aao R1Rin + Rout (R1 + Rin)


)= +RoutIs

d'où

Rs ≡Us

Is

∣∣∣∣Ue=0

=Rout

1 + Aao R1Rin+Rout (R1+Rin)R1Rin+R2(R1+Rin)

=Rout

1 + Rin(Aao R1+Rout)+Rout R1

Rin(R1+R2)+R1R2

29

3 Contre-réaction

4. Relation avec la CRSi Rin R1‖R2, Aao 1 et AaoR1 Rout, il vient

1 +Rin (Aao R1 + Rout) + Rout R1

Rin (R1 + R2) + R1R2

' 1 +Rin (Aao R1 + Rout) + Rout R1

(R1 + R2) (Rin + R1R2/ (R1 + R2))

' 1 +Aao R1Rin + RoutR1

R1Rin + R2Rin

' 1 +R1 (Aao Rin + Rout)

Rin (R1 + R2)

' 1 +R1Aao Rin

Rin (R1 + R2)

' 1 + AaoR1

R1 + R2

= 1 + Aβ

car, pour un amplicateur non inverseur, on a vu que

A = Aao β =R1

R1 + R2

Ce qui donne nalement le résultat attendu, à savoir

Rs 'Rout

1 + Aβ

CR 8 :

1. Équations valables pour la suite

a) gain en boucle fermée

Abf =A

1 + Aβ=

1

βsi Aβ →∞

b) résistances d'entrée et de sortie (selon les cas)

Re ≡U1

I1

∣∣∣∣I2=0

= (1 + Aβ) Rin ou Re =Rin

1 + Aβ

Rs ≡U2

I2

∣∣∣∣U1=0

= (1 + Aβ) Rout ou Rs =Rout

1 + Aβ

2. Circuit (a)Il s'agit d'une CR de tension (Uout) appliquée en tension (Uf ) et l'on a

Uin = Ue − Uf , Uf = Uout

A =Uout

Uin

= A0 [V/V ], β =Uf

Uout

= 1 [V/V ]

Aβ = A0, Abf →1

β= 1 [V/V ]

Re = (1 + Aβ) Rin = (1 + A0) Rin, Rs =Rout

1 + Aβ=

Rout

1 + A0

30

3. Circuit (b)Il s'agit d'une CR de courant (IL) appliquée en courant (If ) et l'on a

Iin = Ie − If , If = −Iout

A =IL

Iin

=A0Uin/Rout

Uin/Rin

=A0Rin

Rout

[A/A], β =−If

Iout

= 1 [A/A]

Aβ =A0Rin

Rout

, Abf →1

β= 1 [A/A]

Re =Rin

1 + Aβ=

Rin

1 + A0Rin

Rout

, Rs = (1 + Aβ) Rout =(1 +

A0Rin

Rout

)Rout

4. Circuit (c)Il s'agit d'une CR de tension (UL) appliquée en courant (If ) et l'on a

Iin = Ie − If , If =UL

3R

A =UL

Iin

=A0Uin

Uin/Rin

= A0Rin [V/A], β =If

UL

=1

3R[A/V ]

Aβ =A0Rin

3R, Abf →

1

β= 3R [V/A]

Re =Rin

1 + Aβ=

Rin

1 + A0Rin

3R

, Rs =Rout

1 + Aβ=

Rout

1 + A0Rin

3R

5. Circuit (d)Il s'agit d'une CR de courant (IL) appliquée en tension (Uf ) et l'on a

Uin = Ue − Uf , Uf = RIL

2

A =IL

Uin

∣∣∣∣RL=0

=A0Uin/ (Rout + R)

Uin

=A0

Rout + R[A/V ]

β =Uf

IL

=R

2[V/A]

Aβ =A0R

2 (Rout + R), Abf →

1

β=

2

R[A/V ]

Re = (1 + Aβ) Rin =

(1 +

A0R

2 (Rout + R)

)Rin

Rs = (1 + Aβ) Rout =

(1 +

A0R

2 (Rout + R)

)Rout

31

3 Contre-réaction

6. Circuit (e)Il s'agit d'une CR de tension (UL) appliquée en tension (Uf ) et l'on a

Uin = Ue − Uf , Uf =UL

12

A =UL

Uin

= A0 [V/V ], β =Uf

UL

=1

12[V/V ]

Aβ =A0

12, Abf →

1

β= 12 [V/V ]

Re = (1 + Aβ) Rin = (1 +A0

12) Rin, Rs =

Rout

1 + Aβ=

Rout

1 + A0/12

CR 11 :

1. CR de Uout vers Uf : convertisseur tension-tension (amplicateur de tension)

A ≡∣∣∣∣Uout

Uin

∣∣∣∣Iout=0

= A0 = 104 [V/V]

β ≡∣∣∣∣Uout

Uin

∣∣∣∣If=0

=R1

R1 + R2

= 0.5 [V/V], ⇒ Aβ = 5′000

AU =A

1 + Aβ=

10′000

5001' 2 [V/V]

Re = (1 + Aβ) Rin ' 50 [MΩ]

Rs =Rout

1 + Aβ' 0.02 [Ω]

2. CR de Iout vers Uf : convertisseur tension-courant

A ≡∣∣∣∣Iout

Uin

∣∣∣∣Uout=0

≡ GM0 =A0

Rout

=104

100= 100 [A/V]

β ≡∣∣∣∣ Uf

Iout

∣∣∣∣If=0

= R1 = 1 [V/mA], ⇒ Aβ = 100′000

GM =A

1 + Aβ' 10−3 = 1 [mA/V]

Re =Rin

1 + Aβ' 0.1 [Ω]

Rs = (1 + Aβ) Rout ' 10 [MΩ]

3. CR de Uout vers If : convertisseur courant-tension

A ≡∣∣∣∣Uout

Iin

∣∣∣∣Iout=0

≡ RM0 = A0Rin = 108 [V/A]

β ≡∣∣∣∣ If

Uout

∣∣∣∣Uin=0

=1

R2

= 1 [mA/V], ⇒ Aβ = 100′000

32

Rg

RLUg

RLRg

R

Ug

Rg

R

R

RL

Rg

RL

R

R

2R

Rg

RL

R

3R

4R

4RUg

Ug

Ug

(a) (b)

(d)

(e)

(c)

Ue

Uin

Uf

Uout

Ie

Iin

If IL

Ie

Iin

If

Uout

Ue

Uin

Uout

IL

Uf

Ue

Uin

Uout

ILUf

IL

Uout

U1U2

UoutUin

I1I2

I2

Ifo

Iout

Iin

Uf

Ie

If

Fig. 3.3: Ex. CR 8

33

3 Contre-réaction

RM =A

1 + Aβ' 103 = 1 [V/mA]

Re =Rin

1 + Aβ' 0.1 [Ω]

Rs =Rout

1 + Aβ' 1 [mΩ]

4. CR de Iout vers If : convertisseur courant-courant (amplicateur de courant)

A ≡∣∣∣∣Iout

Iin

∣∣∣∣Uout=0

≡ AI0 = A0Rin

Rout

= 106 [A/A]

β ≡∣∣∣∣ If

Iout

∣∣∣∣Uin=0

=R1

R1 + R2

= 0.5 [A/A], ⇒ Aβ = 500′000

AI =A

1 + Aβ' 2 [A/A]

Re =Rin

1 + Aβ' 0.02 [Ω]

Rs = (1 + Aβ) Rout ' 50 [MΩ]

34

4 Oscillateurs quasi-linéaires

cxOsc

35

Documents

Chap.11 Corrections Exercices EAN Heig-Vd