AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL IDÉAL ; RÉGIME LINÉAIRE - corrigé des exercices

AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL IDÉAL ; RÉGIME LINÉAIRE - corrigé des exercices

A. EXERCICES DE BASE

I. Capacité réglable

1.a.	• Le courant dans les entrées de l'A.O. étant nul, c'est le courant $\displaystyle i=\frac{dq}{dt}$ qui charge la capacité $C_0$ .

1.b.	• La différence des potentiels des deux entrées étant nulle, on obtient $v_{s1}=v_e$ . • Le premier A.O. sert à imposer la tension $v_e$ à la seconde partie du montage, mais sans modifier le courant qui charge $C_0$ .

2.a.	• La différence des potentiels des deux entrées étant nulle, on obtient $v_E = 0$ .

2.b.	• D'après la loi d'Ohm : $\displaystyle i_1=\frac{v_e}{R_1}$ .

3.a.	• D'après la loi d'Ohm : $\displaystyle v_{s2}=-R_2 \:i_1=-\frac{R_2}{R_1} \: v_e$ .

3.b.	• D'après les propriétés du condensateur : $\displaystyle q=C_0 .(v_e-v_{s2})=C_0 \, \frac{R_1+R_2}{R_1} \, v_e$ .

3.c.	• Puisque la charge $q$ est effectivement celle qui est accumulée par le courant circulant de $A$ vers $B$ , le fait que la tension $u_{AB}=v_e$ aux bornes de l'ensemble soit proportionnelle à $q=C \:v_e$ signifie que le montage se comporte comme un condensateur de capacité $\displaystyle C=C_0 \, \frac{R_1+R_2}{R_1}$ .

II. Filtre actif “passe-bande”

1.a.	• Compte tenu de $\underline{v}_{e_{-}}=\underline{v}_{e_{+}}=0$ , la loi de Millman permet d'écrire : $\displaystyle \underline{v}_A=\frac{\mathrm{j}Cω \:\underline{v}_e+\frac{\underline{v}_s}{R}}{2\,\mathrm{j}Cω+\frac{2}{R}}$ .

1.b.	• La loi de Millman permet d'écrire : $\displaystyle \underline{v}_{e_{-}} .\left(\frac{1}{R}+\mathrm{j}C_0 ω\right)=\frac{\underline{v}_A}{R}+\mathrm{j}C_0 ω \;\underline{v}_s=0$ . • En substituant, on en déduit : $\displaystyle \underline{v}_s=- \underline{v}_e \: \frac{1}{\frac{2\,C_0}{C}+\mathrm{j} .\left(2RC_0 ω-\frac{1}{RCω}\right)}$ .

2.a.	• Le maximum correspond à l'annulation de la partie imaginaire du dénominateur : $\displaystyle 2RC_0 ω_0=\frac{1}{RCω_0}$ . • On en déduit : $\displaystyle ω_0=\frac{1}{R \:\sqrt{2CC_0}}$ .

2.b.	• Le gain maximum est ainsi : $\displaystyle H_0=H(ω_0) =\frac{C}{2 \,C_0}$ .

3.a.	• Les limites $ω_1$ et $ω_2$ sont telles que : $\displaystyle \left(\frac{2 \,C_0}{C}\right)^2=\left(2RC_0 ω-\frac{1}{RCω}\right)^2$ . • Pour la limite inférieure : $\displaystyle \frac{2 \,C_0}{C}=-2RC_0 ω_1+\frac{1}{RCω_1}$ ; ainsi : $\displaystyle ω_1=\frac{\sqrt{C_0.(2C+C_0 )}}{RCC_0}-\frac{1}{2RC}$ . • Pour la limite supérieure : $\displaystyle \frac{2 \,C_0}{C}=2RC_0 ω_2-\frac{1}{RCω_2}$ ; ainsi : $\displaystyle ω_2=\frac{\sqrt{C_0.(2C+C_0 )}}{RCC_0}+\frac{1}{2RC}$ . • La largeur de bande passante est donc : $\displaystyle ∆ω=ω_2-ω_1=\frac{1}{RC}$ .

3.b.	• La largeur relative de bande passante est : $\displaystyle \frac{∆ω}{ω_0} =\sqrt{\frac{2 \,C_0}{C}}$ .

B. EXERCICE D'APPROFONDISSEMENT

III. Redresseur “idéal”

1.a.	• Tant que l'A.O. fonctionne en régime linéaire $v_{+}=v_{-}$ et $u_s=u_e$ .

1.b.	• Le courant dans la résistance est $\displaystyle i_D=\frac{u_s}{R}=\frac{u_e}{R}$ .

1.c.	• Puisque $i_D =I_0 .\left(\mathrm{e}^{λ \,u_D}-1\right)$ , on en déduit inversement : $\displaystyle u_D=\frac{1}{λ} \: \ln\left(1+\frac{u_e}{R \:I_0}\right)$ .

1.d.	• Le potentiel de sortie de l'A.O. est $\displaystyle v_s=u_e+u_D=u_e+\frac{1}{λ} \: \ln\left(1+\frac{u_e}{R \:I_0}\right)$ .

2.a.	• En notant $±A$ la tension d'alimentation de l'A.O., la saturation correspond à $v_s≈A$ (on suppose $A=15 \:\mathrm{V}$ ). • La résolution numérique de l'équation précédente donne la saturation pour $u_e=\text{14,4} \:\mathrm{V}$ . ◊ remarque : sachant que $\displaystyle \frac{1}{λ}=\text{0,05} \:\mathrm{V}$ et $R \:I_0=\text{0,5} \:\mathrm{mV}$ , le terme logarithmique de l'expression précédente ne peut pas dépasser l'ordre de grandeur de $1 \:\mathrm{V}$ même si $u_e$ est proche de $A$ .

2.b.	• La saturation correspond ici à $v_s≈-A$ . • Il est clair dans ce cas que le terme prépondérant est le logarithme, qui tend vers $-∞$ dès que $u_e$ tend vers $-R \:I_0$ ; la saturation correspond donc à $u_e≈-R \:I_0=-\text{0,5} \:\mathrm{mV}≈0$ .

3.a.	• La diode étant dans le sens “non passant”, elle est traversée par un courant très faible $≈- I_0$ .

3.b.	• La tension aux bornes de la résistance est $u_s≈-R \:I_0≈0$ . • Le montage est “redresseur” car la sortie suit $u_e$ pour les valeurs positives, mais reste à zéro quand $u_e<0$ .

3.c.	• La tension aux bornes de la diode reste $u_D=v_s-u_s≈R \:I_0-A≈-A$ quelle que soit la valeur de $u_e$ en deçà de la limite de saturation négative.

3.d.	• Dans ces conditions $ε=v_{+}-v_{-}=u_e-u_s≈u_e+R \:I_0≈u_e$ .

3.e.	• D'un certain point de vue, il semble qu'on puisse dire que la saturation est sans effet puisque, lorsque la diode est polarisée en inverse le courant $i_D$ reste de l'ordre de $I_0$ et $u_s≈0$ . • Toutefois, s'il n'y avait pas saturation, l'A.O. essayerait d'imposer à la diode une tension infinie pour forcer un courant plus grand et $u_s=u_e$ ; ceci ne pouvant conduire qu'à détruire la diode (entre autres), c'est tout de même d'une certaine façon parce qu'il y a saturation que ce montage fonctionne.