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2 • Le montage amplificateur inverseur de gain -1 (réalisé avec deux résistances Rʼ = 1 kΩ) correspond au premier des schémas
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Dans ce fascicule, j'ai proposé neuf séries d'exercices La plupart des sont également corrigés et commentés Enfin il est à On considère le montage à amplificateurs opérationnels parfaits représenté ci-dessous, constitué : - d'une pile
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Exercice n°1: comptage (montage comparateur simple) Quel est le régime de fonctionnement des amplificateurs opérationnels A01 et A02 (à justifier) ? 2
pdf SERIE D’EXERCICES N° 8 : ELECTROCINETIQUE : AMPLIFICATEUR
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Exercices corrigés Amplificateur opérationnel - wifeocom
Calculer la puissance dissipée par l’amplificateur opérationnel Solution : I = IR1 + IR3 IR1 = I1 (i+ = i- = 0) et IR3 = Vs/R3 Vs = IR1 R1 = I1 R1 IR3 = I1 R1/R3 = I1 + I1 R1/R3 = I1 (1 + R1/R3) = 1mA (1 + 25/20) = 1mA x 1125 = 1125 mA
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1 AMPLIFICATEUR OPERATIONNEL "RÉEL" - corrigé des exercices I. Compensation de l'effet des courants de polarisation 1. • On peut considérer : v+ = ve - R3 i+. • En notant i1 = !
v s "v R 1 et i2 = ! v R 2 = i1 - i- (dans les résistances correspondantes) et H = ! R 1 +R 2 R 2 (gain pour l'A.O. idéal), on obtient : v- = ! 1 H .(vs - R1 i-). • En considérant : v+ ≈ v- on obtient : ve - R3 i+ = ! 1 H.(vs - R1 i-) puis : vs = H.ve + R1 i- - H.R3 i+. 2. • La simplification donne : vs = H.ve + !
R 1 R 2 R 1 +R 2 "R 3 H i±. • Il est possible de compenser en utilisant R3 = ! R 1 R 2 R 1 +R 2; ceci redonne : vs = H.ve. 3. • Pour un monta ge amplif icateur inverseur , on peut proposer le schéma analogue ci-contre. • En notant i1 = !
v e "v R 1 et i2 = ! v "v s R 2 = i1 - i- on obtient : v- = ! R 1 R 2 R 1 +R 2 v e R 1 v s R 2 "i . • En considérant : v+ = -R3 i+ ≈ v- on obtient : -R3 i+ = = ! R 1 R 2 R 1 +R 2 v e R 1 v s R 2 "i . • Avec H = -! R 2 R 1 (gain pour l'A.O. idéal), la simplification donne : vs = H.ve + ! R 1 R 2 R 1 +R 2 "R 3 (1 - H) i±. • Il est possible de compenser en utilisant R3 = ! R 1 R 2 R 1 +R 2; ceci redonne : vs = H.ve. II. Mesure du gain différentiel de l'A.O. 1. a) On peut écrire : !
v e "v s r+R r v s µr . b) On peut en déduire : µ = ! v s v e "v s r+R r v s v e "v s R r. 2. • Le montage amplificateur inverseur de gain -1 (réalisé avec deux résistances Rʼ = 1 kΩ) correspond au premier des schémas suivants ; le montage modifié correspond au second.
2 ◊ remarque : en notant A le point entre les deux résistances Rʼ ; (2Gʼ + G) vA = Gʼ ve + Gʼ vs + G v- ; (g + G) v- = G vA ; v+ = 0 ; vs = µ ε = -µ v- ; la mesure de ve et vs donne : µ = -!
v s v e +v s 2R+ R R+r +r R rR v s v e +v s 2R+ R r. III. Rôle stabilisateur de la rétroaction 1.a. • Avec un A.O. idéal, le principe du pont diviseur de tension donne : ve = v+ = v- = vs !
R 2 R 1 +R 2 . • Le gain est donc : H = ! v s v e R 1 +R 2 R 2. 1.b. • Expérimentalement, si on intervertit les deux entrées e+ et e- (rétroaction sur e+), on constate le montage devient inopérant en tant qu'amplificateur non inverseur car il se comporte en com-parateur inverseur (régime saturé). • Cela ne peut pas se déduire des équations précédentes car le changement de signe de ε ≈ 0 y est sans effet. Intuitivement, on peut deviner que le régime devient instable : la moindre perturbation est ampli-fiée puis réinjectée en entrée avec le même signe... et ainsi de suite, d'où une inévitable divergence. 2.a. • Le montage correspond à : ε = ve - !
R 2 R 1 +R 2 vs d'où on tire : τ ! dv s dt 1+ H vs = µ ve. • Pour ve(t) constant par morceaux, les solutions sont de la forme : vs = ! HµH+µ
ve + U.e-t/T avec T = ! HH+µ
τ et où U est une constante d'intégration à déterminer. • Pour t < 0, la seule est vs(t) = 0. • Pour t > 0, la continuité du signal de sortie impose : 0 = !
HµH+µ
E + U d'où vs = !
HµH+µ
E .(1 - e-t/T). • La tension vs(t) tend donc exponentiellement vers ! HµH+µ
E ≈ H E, valeur proche de celle correspon-dant à l'A.O. idéal mais tenant compte du gain fini (µ ≫ H). 2.b. • L'interversion des deux entrées e+ et e- (rétroaction sur e+) correspond à : ε = !
R 2 R 1 +R 2 vs - ve d'où on tire : τ ! dv s dt 1" H vs = - µ ve. • Pour ve(t) constant par morceaux, les solutions sont de la forme : vs = ! µHµ"H
ve + U.et/T avec T = ! Hµ"H
τ et où U est une constante d'intégration à déterminer. • Pour t < 0, la seule est vs(t) = 0. • Pour t > 0, la continuité du signal de sortie impose : 0 = !
µHµ"H
E + U d'où vs = !
µHµ"H
E .(1 - et/T). • La tension vs(t) diverge donc exponentiellement en s'éloignant de ! µHµ"H
E ≈ H E, valeur proche de celle correspondant à l'A.O. idéal mais tenant compte du gain fini (µ ≫ H). • Cette divergence aboutit à la saturation, avec un signe contraire à E (celui du terme exponentiel), d'où un comportement de comparateur inverseur.
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