Série 3 : Electronique Ampli…cateurs Opérationnels (AO)
Dans cette série d’exercices, les ampli…cateurs opérationnels sont supposés idéals.
Exercice 1 : Fig. 1a
La loi d’Ohm nous permet d’écrire :
j= vi v
20k = v v0
200k +i L’AO est idéal, il s’ensuit que :
i+ = i = 0 v+ = v On obtient ainsi :
vi v+
20k = v+ v0
200k ; v+=v vi
20k = v0
200k; v+= 0 Av = v0
vi = 200k
20k = 10 Fig. 1b
La tension de sortie est indépendante de la charge, le circuit de la …gure 1b permet de fournir un courant 20kv0 =Av vi
20k à la charge; oùAv = 10.
Fig. 1c
Idéalement, la résistance de 20k connectée à l’entrée non inverseuse n’a aucun e¤et. Le gain est doncAv = 10. En pratique, la résistance de20k introduite à la borne non-inverseuse sert à équilibrer les deux entrées de point de vue charges.
Fig. 1d
D’après le théorème de Thévenin, on a : VT = 20k
20k+ 20kvi
= 1 2vi
RT = 20k k20k = 1 20+ 1
20
1
k = 10k
La loi d’Ohm nous permet d’écrire : j = vT v
RT = v v0
200k ; v+= 0V; v =v+ v0 = 200k
RT
vT
= 200k 10k
vi 2
= 10vi Le gain est donc :
Av0= v0
vi = 10 Exercice 2 :
On considère le circuit ci-dessous :
On a :
v+ =vi=v La loi d’ohm entraîne :
j= 0 v
R1 = v v0x R2
vox = 1 +R2 R1
v
= 1 +R2
R1 v+
= 1 +R2
R1 vi = 1 +60k
20k vi = 4vi D’autre part :
v0x =v1+ =v1 =v01 On en déduit que :
v01 = 1 +R2
R1 vi
Av01 = v01 vi
= 1 +R2 R1
= 4
Le courant kest donné par : k= v0x v2
R = v2 v02
R ; v2 =v+2; v2+= 0V
v02 = v0x
= 1 +R2 R1 vi A02= v02
vi
= 1 +R2 R1
= 4 Exercice 3 :
Soit le circuit de la …gure 3.
loi d’Ohm
j = 0 v 50k
= v v0
100k ; v =v+ v0 = v 1 +100k
50k
= 3v
= 3v+ loi des nœuds
i1+i2+i3 = i+= 0 vi1 v+
20k +vi2 v+
40k +0 v+
10k = 0 Soit :
v+ 1 20 + 1
40 + 1
10 = vi1 20 +vi2
40 v+ = 1
20 + 1 40 + 1
10
1 vi1 20 +vi2
40 v+ = 0:285 71vi1+ 0:142 86vi2
La tension de sortie est donnée par : v0 = 3v+
= 3 (0:285 71vi1+ 0:142 86vi2)
= 0:428 58 vi2+ 0:857 13 vi1
Pour vi1 = 0:2V etvi2 = 0:3V, la tension de sortie est égale à : v0 = 0:428 58 0:3 + 0:857 13 0:2V = 0:3V Exercice 4 :
Fig. 4 loi d’Ohm
j= vi1 v R1
= v vA
R2
v 1
R1
+ 1 R2
= vi1 R1
+ vA R2
loi des nœuds
j = j1+j2
= vA vB
RV +vA v0
R2 D’autre part :
k= vi2 v+
R1 = v+ vB
R2 v+ 1
R1
+ 1 R2
= vi2 R1
+ vB R2
; v+ =v Donc :
vi1
R1
+ vA
R2
= vi2
R1
+vB
R2
(1) De plus,
k = vB vA RV
+vB R2
(2)
= vi2 R1
1 R1
R2
R1+R2vi2+ R1 R1+R2vB
= vi2 vB R1+R2
et
j = vA vB
RV +vA v0
R2 (3)
= vi1 VA R1+R2
On obtient le système d’équations (1), (2) et (3) suivant : 8>
<
>:
vA vB
RV +vARv0
2 = vRi1 vA
1+R2 E1
vB vA
RV +vRB
2 = vRi2 vB
1+R2 E2
vi1
R1 + vRA
2 = vRi2
1 +vRB
2 E3
L’insertion de l’équation E3 dans les équations E1 et E2 entraîne : R2
RVR1 (vi2 vi1) v0
R2
vi1
R1+R2 = vA
1
R1+R2 + 1
R2 (4)
R2
RVR1(vi2 vi1) vi2
R1+R2 = vB 1
R1+R2 + 1
R2 (5)
La soustraction des équations (4) et (5) se traduit par : 2R2
RVR1 (vi2 vi1) v0
R2 + vi2 vi1
R1+R2 = (vA vB) 1
R1+R2 + 1 R2
= (vi2 vi1)R2 R1
1
R1+R2 + 1 R2
Soit …nalement :
v0=(vi2 vi1)R2
2R2 RVR1
+ 1
R1+R2
+R2 R1
1 R1+R2
+ 1 R2
Il s’agit d’un ampli…cateur de di¤érence ajustable par la résistance RV. Exercice 5:
Le circuit de la …gure 5 peut être mis sous la forme suivante en Régime Sinusoïdal Permanent (RSP).
Le courant I1(j!) s’écrit :
I1 = Vi 0 R1
= 0 V0 R2
+0 V0
1 Cj!
Soit :
V0 1 R2
+Cj! = Vi R1
Av = V0 Vi
= 1
R1
1
1
R2 +Cj!
= R2 R1
1 1 +R2Cj!
= A0
1 1 +j!!
0
; A0= R2
R1; !0= 1 R2C
Il s’agit ici de la fonction de transfert d’un …ltre passe bas de pulsation de coupure!0. Diagramme asymptotique de Bode
jAvjdB = 20 log(jAvj)
= 20 log s
1 +!2
!20
!
+ 20 log (A0) ]Av = 1 +j !
!0
= arctan !
!0
Si : - ! !0
jAvjdB ' 20 log
s!2
!20
!
+ 20 log (A0)
= 20 (log (!) log (!0)) + 20 log (A0) ]Av ' =2 = =2
- !=!0
jAvjdB = 20 log p
1 + 1 + 20 log (A0)
= 3dB
]Av = arctan(1)
= =4 = 3 4 - ! !0
jAvjdB ' 20 log p
1 + 20 log (A0) = 20 log (A0) ]Av ' arctan(0) =
Le diagramme de Bode pour A0 = 0:02 et !0 = 100 est représenté à la …gure suivante où l’argument est évalué en degré.
