Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

10L’amplificateur opérationnel

Une jauge de contrainte collée sur la poutre d’un pont voit sa résistance varier d’un millième au passage d’un camion ; le pont de Wheatstone qui l’entoure (Chapitre 6) en fait deux millivolts. Deux millivolts ne commandent rien. Entre la jauge et l’alarme qui fermera le pont à la circulation s’intercale une puce grande comme un ongle, vendue quelques centimes, qui multiplie le signal par mille, le filtre, le compare à un seuil et allume une lampe — quatre tâches, un composant, quatre câblages différents. Ce chapitre présente l’amplificateur opérationnel par son modèle idéal, en tire la poignée de montages dont tout instrument est fait, et montre ce qui arrive lorsqu’on retire la contre-réaction.

10.1 Le composant et son modèle idéal

Définition 10.1 (Amplificateur opérationnel)

Un amplificateur opérationnel est un circuit intégré à deux entrées — l’entrée non inverseuse au potentiel $V_+$ et l’entrée inverseuse au potentiel $V_-$ — et une sortie au potentiel $V_s$ , alimenté par deux sources $\pm V_{\mathrm{cc}}$ (en général $\pm15\,\mathrm{V}$ ) que l’on omet d’ordinaire sur les schémas. Il amplifie la différence $\epsilon = V_+ - V_-$ :

V_s = \mu\,\epsilon \quad\text{tant que } \abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}},

avec un gain en boucle ouverte $\mu$ de l’ordre de $10^5$ et une tension de saturation $V_{\mathrm{sat}}$ légèrement inférieure à $V_{\mathrm{cc}}$ . Lorsque $\mu\abs\epsilon$ dépasserait $V_{\mathrm{sat}}$ , la sortie se bloque à $+V_{\mathrm{sat}}$ ou $-V_{\mathrm{sat}}$ : c’est le régime saturé.

Définition 10.2 (Amplificateur opérationnel idéal)

Le modèle idéal suppose : (i) qu’aucun courant n’entre par les entrées, $i_+ = i_- = 0$ (impédance d’entrée infinie) ; (ii) que la sortie impose sa tension quel que soit le courant demandé (impédance de sortie nulle) ; (iii) que le gain est infini, $\mu \to \infty$ . En régime linéaire ( $\abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}}$ ), la troisième hypothèse impose

\epsilon = V_+ - V_- = 0 :

les deux entrées sont au même potentiel (un « court-circuit virtuel ») bien qu’aucun courant ne circule entre elles.

L’amplificateur opérationnel : son symbole avec ses deux entrées, et sa caractéristique de transfert V_s( ) — un segment linéaire très raide de pente 105 (dessinée bien trop plate), puis la saturation à ± V_ sat. Dans le modèle idéal, ce segment est vertical : = 0. — L’amplificateur opérationnel : son symbole avec ses deux entrées, et sa caractéristique de transfert $V_s(\epsilon)$ — un segment linéaire très raide de pente $\mu \sim 10^5$ (dessinée bien trop plate), puis la saturation à $\pm V_{\mathrm{sat}}$ . Dans le modèle idéal, ce segment est vertical : $\epsilon = 0$ .

Proposition 10.3 (Contre-réaction et régime linéaire)

Si la sortie est ramenée sur l’entrée inverseuse par un réseau (contre-réaction), le montage possède un point de fonctionnement linéaire stable en $\epsilon = 0$ et les règles de l’amplificateur idéal s’appliquent. Si la sortie est ramenée sur l’entrée non inverseuse (réaction positive), ou n’est pas ramenée du tout, l’amplificateur sature : $V_s = \pm V_{\mathrm{sat}}$ selon le signe de $\epsilon$ .

Démonstration partielle. Avec la contre-réaction, supposons que $V_s$ s’élève un peu au-dessus de sa valeur d’équilibre : le réseau de retour fait monter $V_-$ , $\epsilon$ diminue, et l’amplificateur ramène $V_s$ vers le bas : la perturbation est corrigée. Avec la réaction positive, la même perturbation élève $V_+$ , augmente $\epsilon$ et éloigne encore $V_s$ jusqu’à la saturation. L’argument complet (un modèle du premier ordre de l’amplificateur, $\mu(j\omega) = \mu_0/(1 + j\omega/\omega_0)$ , et la stabilité de l’équation différentielle qui en résulte) relève du volume de deuxième année ; la règle ci-dessus est celle que l’on utilise. ∎

Remarque 10.4 (Amplificateurs réels)

Trois écarts au modèle idéal comptent en pratique. Le gain en boucle ouverte décroît avec la fréquence comme $\mu_0/(1 + jf/f_0)$ avec $f_0 \sim 10\,\mathrm{Hz}$ : le produit $\mu_0 f_0 = f_T \sim 1\,\mathrm{MHz}$ (le produit gain–bande passante) est la bande passante offerte à un suiveur, et un montage de gain en boucle fermée $G$ a pour bande passante $f_T/G$ . La sortie ne peut pas varier plus vite que la vitesse de balayage, $\sim1\,\mathrm{V}/\text{µ}\mathrm{s}$ . Enfin une petite tension de décalage d’entrée ( $\sim1\,\mathrm{mV}$ ) est amplifiée comme un signal — fatal pour des entrées de quelques millivolts, sauf à la compenser.

10.2 Les montages linéaires de base

Méthode 10.5 (Analyser un montage à AO idéal en régime linéaire)

Vérifier que le retour se fait sur l’entrée inverseuse.
Écrire $i_+ = i_- = 0$ : les nœuds d’entrée obéissent à la loi des nœuds sans courant vers l’amplificateur (les diviseurs et le théorème de Millman s’appliquent).
Écrire $V_+ = V_-$ et résoudre en $V_s$ .
Vérifier ensuite que $\abs{V_s} < V_{\mathrm{sat}}$ ; sinon, l’amplificateur est saturé et le résultat vaut $\pm V_{\mathrm{sat}}$ .

Proposition 10.6 (Suiveur, amplificateur non inverseur et inverseur)

Suiveur : sortie reliée à $V_-$ , entrée sur $V_+$ : $V_s = V_e$ ; impédance d’entrée infinie, impédance de sortie nulle.
Amplificateur non inverseur : sortie vers $V_-$ par un diviseur $R_2$ (retour) et $R_1$ (vers la masse), entrée sur $V_+$ :

$V_s = \left(1 + \frac{R_2}{R_1}\right)V_e .$
Amplificateur inverseur : $V_+$ à la masse, entrée par $R_1$ vers $V_-$ , retour $R_2$ de la sortie vers $V_-$ :

$V_s = -\frac{R_2}{R_1}\,V_e ,$

avec $V_-$ maintenue au potentiel de la masse (une masse virtuelle) et une impédance d’entrée $R_1$ .

Démonstration. Suiveur : $V_- = V_s$ et $V_+ = V_e$ ; $\epsilon = 0$ donne $V_s = V_e$ . Non inverseur : aucun courant n’entre en $V_-$ , donc le diviseur donne $V_- = V_sR_1/(R_1 + R_2)$ ; on l’égale à $V_+ = V_e$ . Inverseur : $V_- = V_+ = 0$ ; loi des nœuds en $V_-$ avec $i_- = 0$ : $(V_e - 0)/R_1 + (V_s - 0)/R_2 = 0$ . La source débite $V_e/R_1$ : l’impédance d’entrée vaut $R_1$ . ∎

Les trois montages de base. Dans chacun, la sortie alimente l’entrée inverseuse, l’amplificateur travaille en régime linéaire, et le gain n’est fixé que par des rapports de résistances — non par le énorme et mal défini de l’amplificateur lui-même. — Les trois montages de base. Dans chacun, la sortie alimente l’entrée inverseuse, l’amplificateur travaille en régime linéaire, et le gain n’est fixé que par des rapports de résistances — non par le $\mu$ énorme et mal défini de l’amplificateur lui-même.

Exemple 10.7 (À quoi sert un suiveur)

Un capteur de résistance de Thévenin $10\,\mathrm{k}\Omega$ qui alimente une charge de $1\,\mathrm{k}\Omega$ ne lui délivre que $1/11$ de sa tension à vide (Remarque 6.14). Un suiveur intercalé ne tire aucun courant du capteur et attaque la charge depuis une sortie d’impédance nulle : la tension entière arrive. Le suiveur est un adaptateur d’impédance — et il rend exacte la règle de mise en cascade de la Proposition 9.14.

Proposition 10.8 (Sommateur et amplificateur différentiel)

Entrées $V_1, V_2$ par $R_1, R_2$ vers le nœud inverseur, retour $R_f$ , $V_+$ à la masse :

V_s = -R_f\left(\frac{V_1}{R_1} + \frac{V_2}{R_2}\right) \quad (\text{sommateur}).

Avec $V_1$ par $R_1$ vers $V_-$ (retour $R_2$ ) et $V_2$ par $R_1$ vers $V_+$ (avec $R_2$ de $V_+$ à la masse) :

V_s = \frac{R_2}{R_1}\,(V_2 - V_1) \quad (\text{amplificateur différentiel}).

Démonstration. Sommateur : loi des nœuds à la masse virtuelle, $V_1/R_1 + V_2/R_2 + V_s/R_f = 0$ . Différentiel : $V_+ = V_2R_2/(R_1 + R_2)$ (diviseur) ; loi des nœuds en $V_-$ : $(V_1 - V_-)/R_1 + (V_s - V_-)/R_2 = 0$ , donc $V_s = V_-(1 + R_2/R_1) - V_1R_2/R_1$ ; on pose $V_- = V_+$ et on simplifie. ∎

10.3 Intégrateur et dérivateur

Proposition 10.9 (Intégrateur)

Entrée par $R$ vers $V_-$ , un condensateur $C$ en retour, $V_+$ à la masse :

V_s(t) = -\frac{1}{RC}\int_0^t V_e(t')\,\dd t' + V_s(0), \qquad \underline H = -\frac{1}{jRC\omega} .

Le gain tombe de $20\,\mathrm{dB}$ par décade à toute fréquence et la phase vaut $+90^\circ$ : un intégrateur exact — jusqu’à ce que le moindre décalage ou courant de polarisation, intégré indéfiniment, pousse la sortie à la saturation.

Démonstration. Masse virtuelle : le courant $V_e/R$ passe dans le condensateur, dont la tension (de $V_-$ vers la sortie) vaut $-V_s$ ; d’où $C\,\dd(-V_s)/\dd t = V_e/R$ , et en notation complexe $\underline H = -1/(jRC\omega)$ . ∎

Remarque 10.10 (Dompter l’intégrateur)

Une résistance $R'$ en dérivation sur $C$ donne

\underline H = -\frac{R'/R}{1 + jR'C\omega},

un passe-bas du premier ordre de gain continu $-R'/R$ et de coupure $1/R'C$ , qui intègre pour $\omega \gg 1/R'C$ mais ne peut pas dériver jusqu’à la saturation. De même le dérivateur (condensateur à l’entrée, résistance en retour : $V_s = -RC\,\dd V_e/\dd t$ , $\underline H = -jRC\omega$ ) amplifie sans limite le bruit de haute fréquence, sauf à plafonner son gain par une petite résistance en série.

L’intégrateur et son diagramme de Bode (en bleu, -20\, dB par décade partout, gain infini en continu) ; avec une résistance aux bornes de C, le gain est plafonné à basse fréquence (en rouge) : un passe-bas qui intègre au-dessus de sa coupure. — L’intégrateur et son diagramme de Bode (en bleu, $-20\,\mathrm{dB}$ par décade partout, gain infini en continu) ; avec une résistance aux bornes de $C$ , le gain est plafonné à basse fréquence (en rouge) : un passe-bas qui intègre au-dessus de sa coupure.

Exemple 10.11 (Un triangle à partir d’un carré)

$R = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ , $1/RC = 1000\,\mathrm{s}^{-1}$ . Un signal carré à $1\,\mathrm{kHz}$ de $\pm1\,\mathrm{V}$ donne un triangle de pente $\mp1000\,\mathrm{V}/\mathrm{s}$ et d’amplitude $ET/4RC = 0.25\,\mathrm{V}$ — sans l’atténuation en $1/\omega$ d’un RC passif, et avec une sortie d’impédance nulle pour attaquer l’étage suivant.

10.4 Filtres actifs

Proposition 10.12 (Passe-bas actif du premier ordre)

L’amplificateur inverseur muni d’un condensateur $C$ en dérivation sur sa résistance de retour $R_2$ a pour fonction de transfert

\underline H = -\frac{R_2/R_1}{1 + jR_2C\omega}:

un passe-bas de gain continu $-R_2/R_1$ (qui peut dépasser $1$ ) et de coupure $\omega_c = 1/R_2C$ , d’impédance de sortie nulle — les étages se mettent en cascade par simple multiplication.

Démonstration. Amplificateur inverseur avec l’impédance de retour $R_2 \parallel 1/jC\omega = R_2/(1 + jR_2C\omega)$ à la place de $R_2$ . ∎

10.5 Sans contre-réaction : les comparateurs

Proposition 10.13 (Comparateur)

Sans retour, l’amplificateur idéal est saturé : $V_s = +V_{\mathrm{sat}}$ si $V_+ > V_-$ , et $-V_{\mathrm{sat}}$ si $V_+ < V_-$ . Avec une référence $V_{\mathrm{ref}}$ sur une entrée et un signal sur l’autre, la sortie dit si le signal dépasse la référence — un convertisseur à un bit.

Démonstration. $\mu\epsilon$ dépasse $V_{\mathrm{sat}}$ pour tout $\abs\epsilon > V_{\mathrm{sat}}/\mu \sim 0.1\,\mathrm{mV}$ . ∎

Proposition 10.14 (Comparateur à hystérésis (trigger de Schmitt))

Ramenons une fraction $\beta = R_1/(R_1 + R_2)$ de la sortie sur $V_+$ (diviseur $R_1$ vers la masse, $R_2$ depuis la sortie) et appliquons le signal $V_e$ sur $V_-$ . La sortie bascule de $+V_{\mathrm{sat}}$ à $-V_{\mathrm{sat}}$ lorsque $V_e$ monte au-delà de $+\beta V_{\mathrm{sat}}$ , et revient lorsque $V_e$ descend sous $-\beta V_{\mathrm{sat}}$ : deux seuils, une hystérésis de largeur $2\beta V_{\mathrm{sat}}$ , insensible à tout bruit plus petit que cette largeur.

Démonstration. Réaction positive : montage saturé. Si $V_s = +V_{\mathrm{sat}}$ , alors $V_+ = \beta V_{\mathrm{sat}}$ , et $\epsilon = \beta V_{\mathrm{sat}} - V_e$ reste positif tant que $V_e$ ne dépasse pas $\beta V_{\mathrm{sat}}$ ; la sortie bascule alors, $V_+$ tombe à $-\beta V_{\mathrm{sat}}$ , et ce nouvel état tient jusqu’à ce que $V_e$ passe sous cette valeur. ∎

Le trigger de Schmitt : la réaction positive par R_1 et R_2 donne deux seuils ± V_ sat. La sortie bascule du haut vers le bas quand V_e franchit le seuil supérieur, et du bas vers le haut quand elle passe sous le seuil inférieur (flèches) : un cycle d’hystérésis. — Le trigger de Schmitt : la réaction positive par $R_1$ et $R_2$ donne deux seuils $\pm\beta V_{\mathrm{sat}}$ . La sortie bascule du haut vers le bas quand $V_e$ franchit le seuil supérieur, et du bas vers le haut quand elle passe sous le seuil inférieur (flèches) : un cycle d’hystérésis.

Exemple 10.15 (L’oscillateur à relaxation)

Ramenons la sortie du trigger de Schmitt sur sa propre entrée inverseuse à travers $R$ , avec $C$ de $V_-$ à la masse. Le condensateur se charge vers $\pm V_{\mathrm{sat}}$ et fait basculer le trigger chaque fois qu’il atteint $\pm\beta V_{\mathrm{sat}}$ : la sortie est un signal carré, la tension du condensateur une suite d’arcs exponentiels, et la période vaut

T = 2RC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta}

(Exercice 10.12) : $2.2\,RC$ pour $\beta = \tfrac12$ . Pas d’entrée, un condensateur, et voilà une horloge — un système qui oscille parce qu’il ne peut pas se stabiliser, thème qui reviendra avec les oscillateurs à réaction du volume de deuxième année.

10.6 Exercices

Exercice 10.1 ★

Un amplificateur non inverseur a $R_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_2 = 9.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $V_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}$ . Gain ? Sortie pour $V_e = 0.50\,\mathrm{V}$ ? Plus grande entrée avant saturation ?

Solution

Solution de Exercice 10.1.

$G = 1 + 9 = 10$ ; $V_s = 5.0\,\mathrm{V}$ ; saturation pour $V_e = 15/10 = 1.5\,\mathrm{V}$ .

Exercice 10.2 ★

Un amplificateur inverseur a $R_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_2 = 100\,\mathrm{k}\Omega$ . Gain, impédance d’entrée, courant tiré d’une source de $1.0\,\mathrm{V}$ , tension de sortie.

Solution

Solution de Exercice 10.2.

$G = -10$ ; impédance d’entrée $R_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ ; $i = 1.0/10^4 = 0.10\,\mathrm{mA}$ ; $V_s = -10\,\mathrm{V}$ .

Exercice 10.3 ★

Un capteur de résistance interne $10\,\mathrm{k}\Omega$ et de tension à vide $1.0\,\mathrm{V}$ doit alimenter une charge de $1.0\,\mathrm{k}\Omega$ . Tension aux bornes de la charge sans, puis avec, un suiveur intercalé ?

Solution

Solution de Exercice 10.3.

Sans : diviseur $1/(1 + 10) = 0.091$ , soit $91\,\mathrm{mV}$ . Avec le suiveur : $1.0\,\mathrm{V}$ — le suiveur ne tire rien du capteur et fournit le $1\,\mathrm{mA}$ dont la charge a besoin.

Exercice 10.4 ★

Un sommateur a $R_f = 10\,\mathrm{k}\Omega$ et des entrées par $10\,\mathrm{k}\Omega$ et $20\,\mathrm{k}\Omega$ . Écrire $V_s$ ; le calculer pour $V_1 = 1.0\,\mathrm{V}$ , $V_2 = 2.0\,\mathrm{V}$ .

Solution

Solution de Exercice 10.4.

$V_s = -R_f(V_1/R_1 + V_2/R_2) = -(V_1 + V_2/2) = -(1.0 + 1.0) = -2.0\,\mathrm{V}$ .

Exercice 10.5 ★★

Établir la relation $V_s = (R_2/R_1)(V_2 - V_1)$ de l’amplificateur différentiel. Avec $R_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_2 = 100\,\mathrm{k}\Omega$ , $V_1 = 1.00\,\mathrm{V}$ et $V_2 = 1.05\,\mathrm{V}$ : quelle sortie ? Qu’est devenu le $1\,\mathrm{V}$ commun aux deux entrées ?

Solution

Solution de Exercice 10.5.

$V_+ = V_2R_2/(R_1 + R_2)$ ; en $V_-$ : $(V_1 - V_-)/R_1 = (V_- - V_s)/R_2$ , donc $V_s = V_-(1 + R_2/R_1) - V_1R_2/R_1$ ; avec $V_- = V_+$ : $V_s = V_2R_2/R_1 - V_1R_2/R_1$ . Application : $10 \times 0.05 = 0.50\,\mathrm{V}$ ; le $1\,\mathrm{V}$ commun n’apporte rien — c’est le rejet de mode commun.

Exercice 10.6 ★★

Intégrateur avec $R = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ , sortie initialement nulle. On applique un échelon de $1.0\,\mathrm{V}$ : pente de la sortie et temps avant saturation ( $15\,\mathrm{V}$ ). Puis un signal carré à $1.0\,\mathrm{kHz}$ de $\pm1.0\,\mathrm{V}$ : forme et amplitude de la sortie.

Solution

Solution de Exercice 10.6.

$V_s = -(1/RC)\int V_e$ : pente $-1000 \times 1.0 = -1000\,\mathrm{V}/\mathrm{s}$ ; saturation au bout de $15/1000 = 15\,\mathrm{ms}$ . Signal carré : triangle d’amplitude $ET/4RC = 1.0 \times 10^{-3}/(4 \times 10^{-3}) = 0.25\,\mathrm{V}$ (à la constante près qu’a laissée la charge initiale).

Exercice 10.7 ★★

On ajoute une résistance de $1.0\,\mathrm{M}\Omega$ aux bornes du condensateur de l’intégrateur précédent. Donner la fonction de transfert, le gain en continu, la fréquence de coupure et le gain à $1.0\,\mathrm{kHz}$ ; dans quel domaine le montage intègre-t-il encore ?

Solution

Solution de Exercice 10.7.

$\underline H = -(R'/R)/(1 + jR'C\omega)$ : gain continu $-100$ ; coupure $1/(2\pi R'C) = 1.6\,\mathrm{Hz}$ ; à $1\,\mathrm{kHz}$ , $R'C\omega = 628$ , $G = 100/628 = 0.16$ — la valeur $1/RC\omega$ de l’intégrateur. Il intègre pour $f \gg 1.6\,\mathrm{Hz}$ .

Exercice 10.8 ★★

Dimensionner un passe-bas actif inverseur de gain $20\,\mathrm{dB}$ dans la bande passante et de coupure à $500\,\mathrm{Hz}$ , avec $R_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ .

Solution

Solution de Exercice 10.8.

$R_2/R_1 = 10$ : $R_2 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ ; $C = 1/(2\pi R_2f_c) = 1/(2\pi \times 10^4 \times 500) = 32\,\mathrm{nF}$ .

Exercice 10.9 ★★

Un amplificateur réel a $\mu_0 = 10^5$ et $f_T = 1.0\,\mathrm{MHz}$ . Pour un montage non inverseur prévu pour un gain de $100$ : gain réel en continu (en gardant $\mu_0$ fini dans l’analyse), et bande passante. Bande passante d’un suiveur ?

Solution

Solution de Exercice 10.9.

Avec $\mu$ fini : $V_s = \mu(V_e - \beta V_s)$ , $\beta = 1/100$ , donc $G = \mu/(1 + \mu\beta) = 10^5/(1 + 10^3) = 99.9$ . Bande passante $f_T/G = 10\,\mathrm{kHz}$ ; pour un suiveur : $1\,\mathrm{MHz}$ .

Exercice 10.10 ★★★

Un comparateur de référence $V_{\mathrm{ref}} = 2.0\,\mathrm{V}$ sur $V_-$ surveille un signal qui monte lentement en portant $50\,\mathrm{mV}$ de bruit. Décrire la sortie au passage de $2.0\,\mathrm{V}$ . Remède ?

Solution

Solution de Exercice 10.10.

Chaque excursion du bruit à travers $2.0\,\mathrm{V}$ fait basculer la sortie : une rafale de commutations rapides autour du passage. Remède : une hystérésis plus large que le bruit, c’est-à-dire un trigger de Schmitt.

Exercice 10.11 ★★★

Trigger de Schmitt avec $R_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_2 = 9.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $V_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}$ : établir et calculer les deux seuils. Esquisser $V_s$ pour un $V_e$ triangulaire d’amplitude $3\,\mathrm{V}$ .

Solution

Solution de Exercice 10.11.

$V_+ = V_sR_1/(R_1 + R_2) = V_s/10$ : seuils $\pm1.5\,\mathrm{V}$ . La sortie vaut $+15\,\mathrm{V}$ tant que $V_e$ monte jusqu’à $1.5\,\mathrm{V}$ , bascule à $-15\,\mathrm{V}$ , y reste jusqu’à ce que $V_e$ descende sous $-1.5\,\mathrm{V}$ , puis rebascule : un signal carré à la fréquence du triangle, dont les fronts sont aux passages des seuils.

Exercice 10.12 ★★★

Oscillateur à relaxation avec $R_1 = R_2$ ( $\beta = \tfrac12$ ). Établir la période $T = 2RC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta}$ à partir de la charge de $C$ à travers $R$ entre les deux seuils ; choisir $R$ pour $1.0\,\mathrm{kHz}$ avec $C = 100\,\mathrm{nF}$ ; esquisser $V_s(t)$ et $V_C(t)$ .

Solution

Solution de Exercice 10.12.

Avec $V_s = +V_{\mathrm{sat}}$ , $V_C$ se charge depuis $-\beta V_{\mathrm{sat}}$ vers $+V_{\mathrm{sat}}$ : $V_C = V_{\mathrm{sat}} - (1 + \beta)V_{\mathrm{sat}} \eu^{-t/RC}$ , et atteint $+\beta V_{\mathrm{sat}}$ lorsque $\eu^{-t/RC} = (1 - \beta)/(1 + \beta)$ : demi-période $RC\ln\frac{1 + \beta}{1 - \beta}$ , d’où $T$ . Pour $\beta = \tfrac12$ : $T = 2RC\ln 3 = 2.2RC$ ; $RC = 1/(2.2 \times 10^3) = 0.455\,\mathrm{ms}$ , $R = 4.6\,\mathrm{k}\Omega$ . $V_s$ : signal carré $\pm15\,\mathrm{V}$ ; $V_C$ : arcs exponentiels entre $\pm7.5\,\mathrm{V}$ .

10.7 Problème : une chaîne de mesure pour une jauge de contrainte

Problème 10.1

Problème du week-end — de deux millivolts sur la poutre d’un pont à une lampe rouge : des suiveurs, un amplificateur différentiel, un filtre actif et un trigger de Schmitt, et les deux imperfections qui décident si la chaîne fonctionne

Une jauge de contrainte de résistance $R(1 + \epsilon)$ , avec $R = 1.00\,\mathrm{k}\Omega$ et $0 \leq \epsilon \leq 2.0 \times 10^{-3}$ , forme un pont de Wheatstone avec trois résistances fixes de $1.00\,\mathrm{k}\Omega$ , alimenté sous $E = 5.00\,\mathrm{V}$ . La sortie du pont $u = V_B - V_A$ (entre les deux points milieux) vaut $u \approx E\epsilon/4$ (le signe est fixé par le câblage). Amplificateurs : idéaux sauf mention contraire ; $V_{\mathrm{sat}} = 15\,\mathrm{V}$ ; au besoin, $f_T = 1.0\,\mathrm{MHz}$ , vitesse de balayage $0.5\,\mathrm{V}/\text{µ}\mathrm{s}$ , décalage d’entrée $1\,\mathrm{mV}$ .

Partie I — Le pont et son effet de charge.

Rappeler pourquoi $u \approx E\epsilon/4$ pour $\epsilon$ petit.
Calculer $u$ en pleine échelle ( $\epsilon = 2.0 \times 10^{-3}$ ).
Donner le potentiel de chaque point milieu (par rapport à la borne négative du pont) à déformation nulle et en pleine échelle. Comment appelle-t-on leur valeur commune ?
Chaque point milieu est la sortie d’un diviseur de deux résistances de $1\,\mathrm{k}\Omega$ : quelle est la résistance de Thévenin vue entre les deux points milieux ?
Un amplificateur de résistance d’entrée $10\,\mathrm{k}\Omega$ est branché aux bornes de sortie du pont : quelle fraction de $u$ reçoit-il ?
Pourquoi un suiveur sur chaque point milieu guérit-il cela ? Énoncer les deux propriétés utilisées.
Que valent les tensions de sortie des suiveurs (en fonction de $V_A$ et $V_B$ ), et quel courant tirent-ils du pont ?

Partie II — Amplifier la différence.

Les suiveurs alimentent un amplificateur différentiel ( $R_1$ sur les deux entrées, $R_2$ en retour et vers la masse). Établir $V_s = (R_2/R_1)(V_B - V_A)$ .
Choisir $R_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ et $R_2$ pour un gain de $100$ .
Un second étage, non inverseur, multiplie par $10$ : donner ses résistances, le gain total et la sortie en pleine échelle.
Les deux points milieux sont voisins de $E/2 = 2.5\,\mathrm{V}$ (la tension de mode commun). Qu’en fait un amplificateur différentiel parfaitement apparié ? Si un rapport de résistances est faux de $1\%$ , estimer la tension parasite ramenée à l’entrée et la comparer au signal.
Le premier amplificateur a un décalage d’entrée de $1\,\mathrm{mV}$ . Quelle erreur de sortie cela produit-il après le gain total ? Conclure.
Avec $f_T = 1\,\mathrm{MHz}$ , quelle est la bande passante de chaque étage ? Est-elle suffisante pour un signal sous $5\,\mathrm{Hz}$ ?
La sortie doit varier de $2.5\,\mathrm{V}$ lorsqu’un camion arrive en $10\,\mathrm{ms}$ environ : la vitesse de balayage limite-t-elle ?

Partie III — Le filtrage. Le signal amplifié porte un ronflement à $50\,\mathrm{Hz}$ capté sur le secteur.

Dimensionner un passe-bas actif inverseur de gain $-1$ et de coupure $10\,\mathrm{Hz}$ , avec $R_1 = R_2 = 16\,\mathrm{k}\Omega$ : trouver $C$ .
Calculer son atténuation à $50\,\mathrm{Hz}$ en décibels.
Calculer le déphasage à $5\,\mathrm{Hz}$ et le retard correspondant. Acceptable pour une alarme ?
Pourquoi un filtre actif vaut-il mieux ici qu’un RC passif (deux raisons) ?
On met en cascade un second étage identique : atténuation à $50\,\mathrm{Hz}$ ? Pourquoi la règle du produit est-elle exacte ici ?

Partie IV — Seuil et alarme. L’alarme doit se déclencher lorsque la déformation dépasse $1.6 \times 10^{-3}$ .

À quelle tension de sortie de la chaîne cela correspond-il ? Un comparateur réglé sur cette référence : états de sortie.
Le signal filtré porte encore $50\,\mathrm{mV}$ de bruit au voisinage du seuil. Que fait le comparateur simple ?
Un trigger de Schmitt avec la référence sur une entrée et un retour $\beta$ : montrer que les seuils valent $V_{\mathrm{ref}} \pm \beta V_{\mathrm{sat}}$ ; choisir $\beta$ pour $\pm0.10\,\mathrm{V}$ et donner $R_1$ et $R_2$ .
Donner les deux seuils en volts et en déformation.
La sortie alimente une diode électroluminescente ( $2.0\,\mathrm{V}$ , $13\,\mathrm{mA}$ ) à travers une résistance : la calculer. Qu’est-ce qui protège la diode lorsque la sortie est à $-V_{\mathrm{sat}}$ ?
Récapituler la chaîne, étage par étage, et nommer les deux imperfections qui en fixent les limites réelles.

Solution

Solution de Problème 10.1.

1. Deux diviseurs : $u = E[\tfrac12 - (1 + \epsilon)/(2 + \epsilon)] \approx -E\epsilon/4$ (Proposition 6.22) ; le câblage en fixe le signe.

2. $u = 5.00 \times 2.0\times10^{-3}/4 = 2.5\,\mathrm{mV}$ .

3. $V_A = E/2 = 2.500\,\mathrm{V}$ toujours ; $V_B = E(1 + \epsilon)/(2 + \epsilon) \approx 2.500 + 0.0025 = 2.5025\,\mathrm{V}$ en pleine échelle. Les $2.5\,\mathrm{V}$ communs aux deux sont la tension de mode commun.

4. Chaque point milieu : $1 \parallel 1 = 500\,\Omega$ ; entre les deux points milieux, $1.0\,\mathrm{k}\Omega$ .

5. $10/(10 + 1) = 0.91$ : une perte de $9\%$ .

6. Impédance d’entrée infinie (aucun courant tiré du pont, donc les points milieux gardent leurs potentiels à vide) et impédance de sortie nulle (l’étage suivant peut tirer ce dont il a besoin).

7. Exactement $V_A$ et $V_B$ ; courant nul.

8. Comme à la Proposition 10.8 : $V_+ = V_BR_2/(R_1 + R_2)$ , loi des nœuds en $V_-$ , puis $V_- = V_+$ .

9. $R_2 = 1.0\,\mathrm{M}\Omega$ .

10. $1 + R_2/R_1 = 10$ : par exemple $1\,\mathrm{k}\Omega$ et $9\,\mathrm{k}\Omega$ . Gain total $1000$ ; pleine échelle $2.5 \times 10^{-3} \times 1000 = 2.5\,\mathrm{V}$ .

11. Apparié : les $2.5\,\mathrm{V}$ communs s’annulent exactement (seul $V_B - V_A$ survit). Un désappariement de $1\%$ en laisse passer environ $1\%$ : une erreur ramenée à l’entrée de l’ordre de $25\,\mathrm{mV}$ , dix fois le signal de pleine échelle — les quatre résistances doivent être appariées à mieux que $0.01\%$ (ou la tension de mode commun retirée d’abord).

12. $1\ \mathrm{mV} \times 1000 = 1\,\mathrm{V}$ , soit quarante pour cent de la pleine échelle : inutilisable sans compensation du décalage, sans amplificateur à faible décalage, ou sans un étalonnage du zéro pont non chargé.

13. Étage 1 : $f_T/100 = 10\,\mathrm{kHz}$ ; étage 2 : $100\,\mathrm{kHz}$ ; très au-dessus de $5\,\mathrm{Hz}$ .

14. Il faut $2.5/10^{-2} = 250\,\mathrm{V}/\mathrm{s} = 0.25\,\mathrm{mV}/\text{µ}\mathrm{s}$ , deux mille fois moins que la vitesse de balayage : non.

15. $C = 1/(2\pi R_2f_c) = 1/(2\pi \times 1.6\times10^4 \times 10) = 1.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ .

16. $x = 5$ : $G = 1/\sqrt{26}$ , soit $-14\,\mathrm{dB}$ .

17. $\varphi = -\arctan 0.5 = -27^\circ$ ; retard $\varphi/\omega = 15\,\mathrm{ms}$ — rien au regard du passage d’un camion.

18. Aucune charge de l’étage suivant (impédance de sortie nulle) et un gain disponible ; de plus, aucune atténuation du signal utile sous la coupure.

19. $-28\,\mathrm{dB}$ (les gains se multiplient, les décibels s’ajoutent), exactement, parce que l’impédance de sortie du premier étage est nulle : le second ne le charge pas.

20. $\epsilon = 1.6\times10^{-3} \to u = 2.0\,\mathrm{mV} \to 2.0\,\mathrm{V}$ ; sortie $+V_{\mathrm{sat}}$ lorsque le signal dépasse $2.0\,\mathrm{V}$ , $-V_{\mathrm{sat}}$ en dessous (ou l’inverse, selon le câblage).

21. Il papillote : la lampe clignote à chaque passage du bruit par la référence.

22. Avec $V_{\mathrm{ref}}$ par $R_2$ et la sortie par $R_1$ … sous la forme standard, l’entrée non inverseuse est au potentiel $V_{\mathrm{ref}}(1 - \beta) + \beta V_s$ ; en décalant la référence en conséquence, les niveaux de basculement valent $V_{\mathrm{ref}} \pm \beta V_{\mathrm{sat}}$ . Comme $\beta V_{\mathrm{sat}} = 0.10\,\mathrm{V}$ : $\beta = 1/150$ , par exemple $R_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ et $R_2 = 149\,\mathrm{k}\Omega$ .

23. $2.1\,\mathrm{V}$ (déclenchement) et $1.9\,\mathrm{V}$ (retour) : déformations $1.68 \times 10^{-3}$ et $1.52 \times 10^{-3}$ .

24. $R = (15 - 2.0)/0.013 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ . À $-V_{\mathrm{sat}}$ , la diode est polarisée en inverse sous $15\,\mathrm{V}$ , au-delà de ce qu’elle supporte : une diode ordinaire en antiparallèle (ou en série) la protège.

25. Pont ( $2.5\,\mathrm{mV}$ en pleine échelle) $\to$ deux suiveurs (pas d’effet de charge) $\to$ amplificateur différentiel $\times100$ $\to$ non inverseur $\times10$ $\to$ passe-bas actif à $10\,\mathrm{Hz}$ $\to$ trigger de Schmitt à $2.0\,\mathrm{V} \pm 0.1\,\mathrm{V}$ $\to$ diode. Les vraies limites : la tension de décalage d’entrée et l’appariement des résistances de l’amplificateur différentiel, toutes deux comparables au signal de quelques millivolts.

Termes définis dans ce chapitre

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