Circuits Analogiques - Problemes Et Corriges PDF [PDF]

Zitiervorschau

Enseignements E.E.A. Electronique analogique

P r o b lè m e s e t c o r r ig é s

année 2010 par Sylvain Géronimi

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

TABLE DES PROBLEMES

Partie 1 Rappel sur la théorie des circuits Mise en équations et théorèmes fondamentaux Réponse d’un circuit RL Corrélation entre temps de montée et fréquence de coupure d’un circuit RC Sonde passive d’oscilloscope Caractérisation d’un quadripôle Sensibilité d’un pont de Wheatstone

3-4 5-8 9-10 11-12 13-15 16-17

Polarisation d’un transistor Dispersion des caractéristiques d’un JFET Polarisation d’un JBT par diverses topologies Stabilisation par résistance d’émetteur

18-20 21-22 23-26

Caractérisation d’un étage Etage déphaseur à JBT Etage source commune Etage collecteur commun chargé par un miroir de courant Etage différentiel à JBT Etage différentiel à JFET

27-30 31-33 34-36 37-39 40-42

Réponse en fréquence Réponse en fréquence d’un étage émetteur commun Réponse en fréquence d’un étage base commune Réponse en fréquence d’un étage collecteur commun Comparaison des performances des montages fondamentaux à JBT Réponse en fréquence d’un étage pseudo émetteur commun Réponse en fréquence d’un étage source commune Réponse en fréquence d’un étage pseudo-source commune Réponse en fréquence d’un montage cascode Réponse en fréquence d’un montage émetteur commun collecteur commun

43-50 51-55 56-59 60 61-64 65-70 71-74 75-78 80-86

Eléments de circuits intégrés Miroir de courant élémentaire pour polarisation d’étage Miroir de courant élémentaire pour transfert dynamique Source de courant simple à JFET pour polarisation d’étage Source de courant à gain pour polarisation d’étage Source de Wilson pour transfert dynamique Source de Widlar en répétiteur de courant pour polarisation d’étages Multiplicateur de VBE Réalisation d’une opération arithmétique complexe (1 et 2) Conception d’un buffer Etage différentiel à charges asymétriques Etage différentiel à charges actives (partie 1) Etage de tension (partie 2) Etage différentiel cascode à charges actives (miroir)

87-88 89-90 91 92-93 94-96 97-98 99-100 101-102 103-109 110-112 113-119 120-124 125-133

Partie 2 Amplificateurs idéaux Intégrateur de tension différentielle Convertisseurs d’impédance Amplificateur d’instrumentation amélioré Amplificateur d’instrumentation INA 114 Amplificateurs logarithmiques et exponentiels Multiplicateur / diviseur Amplificateurs à conductance de transfert Voir aussi « Le filtrage analogique »

Sylvain Géronimi

Page 1

134 135-136 137-139 140 141-142 143-144 145-148

Tables des problèmes

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtrage analogique Filtre passe-bas à deux suiveurs de tension Filtre passe-bas à contre-réaction multiple (structure de Rauch) Filtre passe-bas à source contrôlée (structure Sallen-Key) Conception d’un filtre passe-haut Butterworth d’ordre 4 Filtre passe-bande à contre-réaction multiple (structure de Rauch) à sensibilité améliorée Filtre passe-bande à INIC Filtre passe-tout (déphaseur pur) du premier ordre Filtre passe-tout (déphaseur pur) du second ordre Filtre réjecteur à deux amplificateurs de tension Filtre réjecteur à variable d’état Filtre universel

149-151 152-156 157-162 163-166 167-169 170-172 173-174 175-177 178-180 181-183 184-187

Oscillateurs sinusoïdaux Oscillateur triphasé Oscillateur à pont RLC Oscillateur à pont RLC avec potentiomètre Oscillateur à pont de Wien Oscillateur Colpitts Oscillateur Colpitts (variante) Oscillateur Clapp VCO à JFET source commune VCO à JFET drain commun

188 189-190 191-192 193-196 197-201 202 203 204-207 208-210

Régulateurs de tension Principe de stabilisation par diode zener Circuits de stabilisation d’une tension par référence zener Régulateur de tension 15 V / 2 A

211-213 214-221 222-223

Amplificateurs de puissance Etage de puissance push-pull série avec sources de Widlar Etage suiveur piloté par un amplificateur de tension intégré et contre-réaction Etage de puissance push-pull série en pont

224-229 230-235 236-240

Partie 3 Quelques structures de circuits intégrés Amplificateur de tension LM 741 simplifié Amplificateur de tension TL071 (technologie BiFet) Amplificateur Norton LM 359 et applications Amplificateur à conductance de transfert LM 13600 et application Buffer et amplificateur à conductance de transfert OPA 660 et applications Amplificateur à contre réaction de courant LT1223 et application Comparateur LM 139 PLL analogique NE 565 et applications

241-257 258-264 265-276 277-284 285-395 296-306 307-312 313-337

Modèles de composants associés aux différents régimes (diode, JBT, JFET) Méthode de travail pour la caractérisation linéaire d’un étage différentiel symétrique Méthode de travail pour la caractérisation linéaire d’un circuit complexe Méthode de travail pour l’analyse en fréquence (approximation du pôle dominant) Transformation de schéma par application du théorème de Miller Bibliographie, symboles, notations

338-342 343-344 344-345 346-347 348-349 350

Annexes

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Tables des problèmes

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Mise en équations et théorèmes fondamentaux Diviseur de tension R1

VE

R2

VS

R3

Exprimez la tension VS en fonction de VE , R1, R2 , R3 .

Diviseur de courant I

I2 R1

R2

V

R3

Exprimez le courant I 2 en fonction de I, R1, R 2 , R3 .

Application du théorème de Millman R1

V1

I

10 V

R2

R

10 V

30

5

Evaluez le courant I.

Application du théorème de Thévenin et de superposition R1

R3

I V

R2

Donnez le générateur de Thévenin équivalent au dipôle.

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Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Diviseur de tension ⎧VE = (R1 + R2 + R3 )I ⎨ ⎩VS = R 2 I

⇒ VS =

R2 VE R1 + R2 + R3

Diviseur de courant V V V ⎧ ⎪I = R + R + R ⎪ 1 2 3 ⎨ V ⎪I = ⎪⎩ 2 R2

1 R2 ⇒ I2 = I 1 1 1 + + R1 R2 R3

Application du théorème de Millman V R1 Calcul du potentiel de nœud : V1 = 1 1 1 + + R1 R2 R3

1 V1 R = V ( I = 0 .6 A ) ⇒ I= 1 1 1 R + + R1 R2 R

Application du théorème de Thévenin et de superposition

La présence des deux sources indépendantes V et I invite à utiliser le théorème de superposition pour le calcul de la tension de Thévenin VTh (tension à vide du dipôle). Ce calcul s’effectue donc en deux étapes : 1ère étape : extinction de la source de courant ( I = 0 , circuit ouvert) VTh1 =

R2 V. R1 + R2

2ème étape : extinction de la source de tension ( V = 0 , court-circuit) VTh2 =

R1 R2 I. R1 + R2

d’où la superposition VTh = VTh1 + VTh2 =

R2 R R V+ 1 2 I. R1 + R2 R1 + R2

La résistance du dipôle se calcule en éteignant les deux sources indépendantes, ce qui donne R R RTh = 1 2 + R3 . R1 + R2

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Réponse temporelle d’un circuit RL Soit le circuit RL avec condition initiale nulle. R L

100

vE

100mH

Une excitation sinusoïdale d’amplitude crête VE est appliquée au circuit. Le but du problème est d’obtenir les réponses du courant i (t ) circulant dans la maille et de la tension aux bornes de l’inductance v L (t ) par les trois techniques suivantes : Réponse temporelle (variable t) 1. Ecrivez l’expression analytique du courant. 2. Ecrivez l’expression analytique de la tension. 3. Démontrez que la tension est en avance de π/2 par rapport au courant en régime permanent. Régime sinusoïdal établi (variable jω) 4. Ecrivez les expressions du module et de l’argument du courant et de la tension. 5. Comparez ces résultats à ceux obtenus précédemment en régime permanent. Transformées de Laplace (variable p) 6. Ecrivez la fonction de transfert en tension VL ( p) VE ( p) . 7. Par transformées de Laplace, donnez l’expression de la tension.

Corrigé Réponse temporelle d ⎧ ⎪⎪v E (t ) = R i (t ) + L dt i (t ) ⎨ ⎪v (t ) = L d i (t ) ⎪⎩ L dt

(posons τ =

L ) R

1. Expression analytique du courant Résolvons l’équation différentielle du premier ordre c

équation homogène d 1 di dt i (t ) + i (t ) = 0 ⇒ =− dt τ τ i

d

v (t ) 1 d i (t ) + i ( t ) = E en quatre étapes : dt τ L

⇒ Log

i

λ

=−

t

τ

d’où i H (t ) = λ e

−

t

τ

variation de la constante

λ ' (t ) e

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−

t

τ

=

VE sin(ω t ) VE = ℑm e jω t L L

[ ]

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Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎡ ⎤ t ⎡ ⎛⎜ 1 + j ω ⎞⎟t ⎤ ⎢ e jω t ⎥ VE VE τ ⎝τ ⎠ ⎢ ⎥ ℑm e dt = ⇒ λ (t ) = e ℑm ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 1 L L ⎢ ⎥ + j ω ⎣ ⎦ ⎢⎣ τ ⎦⎥ ⎡ ⎤ ⎢ cos(ω t ) + j sin(ω t ) ⎥ 1 ⎡1 ⎤ car ℑm ⎢ ⎥= ⎢τ sin(ω t ) − ω cos(ω t )⎥ = sin(ω t − α ) 1 1 2 ⎦ ⎢ ⎥ + jω +ω ⎣ τ ⎣⎢ ⎦⎥ τ 2

∫

en posant cos α =

e

1

et sin α = ω ⇒

τ2

+ ω 2 = 1 avec α = arctg (τ ω ) et τ = 1 + τ 2ω 2

solution particulière de l’équation complète i P (t ) = λ (t ) e

f

1

τ

−

t

τ

d’où

VE

i P (t ) =

R + L2ω 2 2

sin(ω t − α )

solution globale i (t ) = λ e

−

t

τ

d’où i (t ) =

avec i (0) = 0 ⇒ λ =

+ i P (t ) VE

R +L ω 2

2

2

sin α e

−

t

τ

+

VE R + L2ω 2 2

VE R + L2ω 2 2

sinα

sin(ω t − α )

Le premier terme correspond au régime transitoire et le second terme au régime établi ou permanent.

2. Expression analytique de la tension t t ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ − 1 − v L (t ) = VE ⎢− sin α e τ + ω cos(ω t − α )⎥ = VE sin α ⎢− cos α e τ + cos(ω t − α )⎥ τ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦

3. Déphasage

π ⎛ ⎞ cos(ω t − α ) = sin⎜ ω t + − α ⎟ 2 ⎝ ⎠

⇒

π ⎛π ⎞ − α ⎟ − (− α ) = + 2 2 ⎝ ⎠

ϕL − ϕI = ⎜

Régime transitoire (VE =1 V et f = 1 kHz) régime transitoire 1.0V

0V

-1.0V 0s

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V(L)

0.5ms V(E)

1.0ms

1.5ms

2.0ms

2.5ms

3.0ms

3.5ms

4.0ms

Time

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Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Régime permanent 2 2.0mA

1 1.0V

1.0mA tension d'entrée (0°) 0V

0A tension en avance de 9°

courant en retard de 81°

-1.0mA

-1.0V >> -2.0mA 18.0ms 1 V(L)

V(E)

2

18.5ms I

19.0ms

19.5ms

20.0ms

Time

Régime sinusoïdal établi ⎧⎪VE = (R + jLω ) I ⎨ ⎪⎩VL = jLω I

VE

⇒ I=

R + jLω

et VL =

jLω VE R + jLω

4. Modules et arguments

I =

VL =

VE R +Lω Lω 2

2

et

2

VE

R 2 + L2ω 2

ϕI = ϕ E − arctg et

ϕL = ϕE +

Lω R

π 2

( VE = VE e jϕE )

− arctg

Lω R

5. Comparaison du régime établi i (t ) =

sin(ω t + ϕI )

VE R +L ω 2

2

2

↔

[

]

Lω = τR

R + L2ω 2

I ℑm e j (ω t +ϕI )

v L (t ) = VE sin α sin(ω t + ϕ L ) avec sin α = ω =

Lω 2

↔

[

VL ℑm e j (ω t +ϕL )

]

Transformées de Laplace ⎧VE ( p ) = (R + Lp ) I ( p ) ⎨ ⎩VL ( p ) = Lp I ( p )

6. Fonction de transfert p V ( p) H ( p) = L = VE ( p )

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ωn 1+

p

ωn

avec ωn =

R 1 = L τ

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Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

7. Expression de la tension aux bornes de l’inductance Tableau des transformées : sin(ω t ) →

ω p +ω 2

2

⇒ VL ( p ) =

ω

p

2 1 2 p + p +ω

VE

τ

Décomposition en éléments simples : p a bp + c = + = 1 p2 + ω 2 1⎞ 2 ⎛ 2 + p ⎜p + ⎟ p +ω τ τ⎠ ⎝

(

⇒ b=−a=

)

(a + b )p 2 + ⎛⎜ b + c ⎞⎟ p + c + aω 2 τ ⎝τ ⎠ 1⎞ 2 ⎛ 2 ⎜p + ⎟ p +ω τ⎠ ⎝

(

)

τ 2ω 2 τ c = , 1 + τ 2ω 2 1 + τ 2ω 2

⎡ ⎤ ⎢ 1 1 ⎥ p ω 1 + +ω 2 VL ( p ) = VE ⎢− ⎥ 2 2 2 2 1 τ p +ω p +ω ⎥ ⎛ 1⎞ ⎢ τ p + 2 ω + ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎥⎦ τ ⎝τ ⎠ 1 ω p Tableau des transformées : → e − at , 2 → sin(ω t ) , 2 → cos(ω t ) 2 p+a p +ω p + ω2

ω

Posons cos α =

1

τ

2

et sinα = ω

⎛ 1⎞ ⇒ ω 2 + ⎜ ⎟ = 1 et cos α cos(ω t ) + sin α sin(ω t ) = cos(ω t − α ) ⎝τ ⎠

t ⎡ ⎤ − d’où v L (t ) = VE sin α ⎢− cos α e τ + cos(ω t − α )⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

La technique dans le domaine temporel est d’une grande complexité, puisqu’elle fait apparaître des équations intégro-différentielles dont la résolution mathématique est rapidement limitée (utilisation du calcul numérique). La technique du calcul complexe est aisée, mais limitée uniquement à une excitation sinusoïdale fournissant le régime permanent (pas de transitoire). L’étude par les transformées de Laplace est la méthode la plus généraliste, pouvant fournir la réponse du circuit à une excitation quelconque.

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Corrélation entre temps de montée et fréquence de coupure d’un circuit RC Soit le circuit RC avec condition initiale nulle. R

vE

C

Un échelon unité de tension d’amplitude VE est appliqué au circuit. Le but du problème est d’écrire la relation exprimant la corrélation entre temps de montée et fréquence de coupure du circuit. 1. Ecrivez la fonction de transfert en tension VC ( p ) VE ( p ) et tracez les courbes de réponse dans le plan de Bode (module et argument). 2. Par transformées de Laplace, donnez l’expression de la tension v C (t ) . 3. Ecrivez l’expression du temps de montée t r défini par la différence des temps pour atteindre respectivement 90% et 10% de la valeur finale en fonction de la constante de temps du circuit. 4. Ecrivez la relation entre la fréquence de coupure fh du circuit passe-bas et le temps de montée.

Corrigé 1. Fonction de transfert A partir de l’équation dans le domaine temporel, on écrit

v (t ) 1 d 1 1 v C (t ) + v C (t ) = E → p VC ( p ) + VC ( p ) = VE ( p) τ τ τ τ dt ⎧ ⎛ ⎞ 1 ⎟ I ( p) ⎪VE ( p ) = ⎜⎜ R + C p ⎟⎠ V ( p) 1 ⎪ ⎝ = ⇒ H ( p) = C ou directement ⎨ V ( p ) 1 + τp E ⎪V ( p ) = 1 I ( p ) ⎪ C Cp ⎩ En régime sinusoïdal, H ( jω ) =

1

0

1 1 + j ωτ

avec τ = RC

2 ⇒ H dB = −20 log 1 + (ωτ ) , ϕ = − arctg (ωτ )

2 0d

(159.436,-3.0185)

-10

-20

-50d

(159.652,-45.089) -30

filtre du premier ordre τ = 1 ms

-40

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-100d 1.0Hz 1 DB(VC)

2

10Hz P(VC)

100Hz

1.0KHz

10KHz

Frequency

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Rappel sur la théorie des circuits

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2. Réponse à l’échelon de tension VC ( p ) =

VE V V = E − E 1 p (1 + τ p ) p p+ τ

avec VE ( p ) =

Tableau des transformées F ( p ) =

VE (échelon de tension d’amplitude VE ) p

1 → f (t ) = e − α t ⋅ u(t ) , d’où p +α

t ⎛ − v C (t ) = VE ⎜1 − e τ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

L’application des théorèmes de la valeur initiale et de la valeur finale donne immédiatement la valeur de cette fonction à l’origine et au temps infini sans qu’il soit nécessaire de calculer vC(t) : VE pVC ( p ) = ⇒ lim pVC ( p ) = lim v C (t ) = 0 et lim pVC ( p ) = lim v C (t ) = VE p→∞ t →0 p→0 t →∞ 1+ τ p 1.2V vE(t)

vC(t)

0.8V

t = 3 ms VC = 95 % de VE

t = 1 ms

0.4V

VC = 63.2 % de VE 0V 0s

1.0ms

2.0ms

3.0ms

4.0ms

Temps

V ⎡d ⎤ VE = 1V , τ = 1 ms , pente à l’origine ⎢ v C (t )⎥ = E , v C (τ ) ≅ 0.632 V , v C (3τ ) ≅ 0.95 V τ ⎣ dt ⎦t =0

3. Expression de t r (τ ) ⎧ ⎪v C (t1 ) = 0.1VE ⎨ ⎪v (t ) = 0.9V E ⎩ C 2

→ →

10 9 t 2 = τ Ln 10

t1 = τ Ln

⇒ t r = t 2 − t1 = τ Ln 9

soit t r ≅ 2.2 τ

L’échelon est la combinaison de la variation de la tension la plus abrupte et de la plus lente variation possible de tension.

4. Expression de t r (fh ) 1

H ( p) = 1+

p

ωh

avec ωh =

1

τ

⇒ tr ≅

2 .2

ωh

ou t r ≅

0.35 fh

fh étant la fréquence de coupure haute du passe-bas du 1° ordre.

Si le système est un passe-bas à plusieurs pôles, cette relation est une approximation d’autant meilleure que la valeur de fh est faible devant celles des autres pôles (pôle dominant).

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Sonde passive d’oscilloscope Soit le schéma de principe d’une sonde passive atténuatrice. embout de sonde CS câble de mesure

entrée de l'oscilloscope

RS vE capacité

CC

du câble

100p

v0

CP

R0

13p

1Meg

L’amplificateur vertical de l’oscilloscope est représenté par le schéma équivalent parallèle R0 - C p aux bornes duquel existe la tension v 0 (t ) . 1. Ecrivez la fonction de transfert V0 ( p) VE ( p) . 2. Donnez la condition pour que la fonction de transfert soit indépendante de la fréquence. Evaluez la résistance RS pour avoir une atténuation de rapport 1/10 et déduisez la valeur de la capacité CS0 découlant de la condition. 3. Déterminez l’impédance d’entrée de la sonde branchée sur l’oscilloscope, sous forme d’un schéma R-C parallèle à la condition précédente. 4. Calculez et tracez les réponses temporelles de v 0 (t ) à un échelon de tension unité pour une capacité de sonde réglée aux valeurs CS0 ± ∆CS (on supposera que CS >> ∆CS 10 et que les bandes passantes de la sonde et de l’oscilloscope sont très larges). Le temps de montée lu sur l’écran d’un oscilloscope est donné par t rlu ≅ t r2signal + t r2oscillo + t r2sonde . Pour effectuer cette mesure, on dispose d’un oscilloscope associé à une sonde dont les bandes passantes sont respectivement de 100 MHz et de 500 MHz. 5. Calculez l’erreur commise sur la mesure de signaux carrés dont le temps de montée serait de 5 ns et 50 ns. Formulaire : t r ≅

0.35 , t r lu = t r2signal + t r2oscillo + t r2sonde . fh

Corrigé Posons C0 = CC + CP = 113 pF , τ 0 = R0C0 et τ S = RSCS . 1. Fonction de transfert H ( p) =

V0 ( p ) Z0 ( p ) = VE ( p ) Z0 ( p ) + ZS ( p )

avec Z ( p ) =

R0 R ⇒ H ( p) = R0 + RS 1 + RCp

2. Condition pour un régime apériodique La fonction de transfert est indépendante de la fréquence si τ S =

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1 + τS p R0τ S + RSτ 0 1+ p R0 + RS

R0τ S + RSτ 0 soit τ S = τ 0 . R0 + RS

Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

R0 1 = R0 + RS 10

Sonde atténuatrice de rapport 1/10 → H =

⎧RS = 9R0 = 9 MΩ ⎪ ⎨ C0 = 12.56 pF ⎪CSO = 9 ⎩

⇒

3. Impédance d’entrée de la sonde Z E ( p ) = ZS ( p ) + Z 0 ( p )

Au réglage optimal de la sonde → ZE ( p ) =

10 R0 RE = 1 + R0C0 p 1 + RE CE p

soit RE = 10 R0 = 10 MΩ en

parallèle avec CE = C0 10 = 11.3 pF .

4. Réponses temporelles CS = CS 0 ± ∆CS

τ S = τ 0 ± ∆τ

⇒

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ 1 ∆τ 1 ⎟ ± d’où V0 ( p ) ≅ ⎟ 10 ⎜ p τ 0 1 +p⎟ ⎜ τ0 ⎝ ⎠

∆τ p ⎞ 1 1 + (τ 0 ± ∆τ )p 1 ⎛ ⎜1 ± ⎟ ≅ H ( p) = ⎜ ∆τ ⎞ 10 10 ⎝ 1 + τ 0 p ⎟⎠ ⎛ 1 + ⎜τ 0 ± ⎟p 10 ⎠ ⎝

→ v 0 (t ) ≅

Transformation inverse de Laplace

t ⎛ ∆CS − τ 0 1 ⎜ ± 1 e 10 ⎜⎜ CS0 ⎝

⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠

Trois cas de réglage de la sonde apparaissent au sein de la simulation ci-dessous, à savoir la compensation optimale (∆CS = 0), la surcompensation (∆CS > 0), la sous compensation (∆CS < 0). 200mV

surcompensation

Réponse à un signal carré d’amplitude 2 Vpp

100mV

vO(t) sous compensation 0V

compensation optimale -100mV

Réglage de la sonde à ∆Cs/Cs -200mV

0s

0.2ms

0.4ms

0.6ms

0.8ms

1.0ms

Time

5. Erreur commise sur la mesure Instrumentation :

t r oscillo = t rsonde =

Signal :

t rlu

0.35 10 8 0.35

= 3.5 ns (bande passante 100 MHz)

= 0.7 ns (bande passante 500 MHz) 5 10 8 ≅ t rsignal (à 1 % près) pour t r signal = 50 ns

t rlu ≅ 6.14 ns , soit une erreur de 1.14 ns (23%) pour t rsignal = 5 ns .

Pour l’étude de circuits numériques, nous constatons que l’instrumentation n’est pas assez performante.

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Rappel sur la théorie des circuits

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Caractérisation d’un quadripôle Le but de ce problème est de caractériser un quadripôle, c’est-à-dire d’évaluer ses résistance d’entrée et de sortie et son transfert, en présence d’une source contrôlée. i1 Rg

is

R1 k i1

ve

R2

Rch

vs

vg

1. Déterminez la résistance d’entrée Re du quadripôle chargé par Rch . 2. Déterminez les éléments RTh et vTh de Thévenin formant le dipôle de sortie du quadripôle non chargé par Rch . 3. Dessinez le nouveau schéma équivalent du quadripôle, puis dessinez ce schéma sous la forme modélisée d’un amplificateur de tension.

Corrigé La difficulté de la mise en équations du système linéaire et de sa résolution vient de la présence de la source de courant k i1 contrôlée par le courant i1 de la branche supportant la résistance R1 . Ce type de source, symbolisée par un losange, représente une modélisation de comportement correspondant à un transfert d’un courant de branche (branche contrôlante) vers une autre branche (branche contrôlée) à un coefficient constant près (k). La source est donc dépendante d’une autre branche et, de ce fait, n’a rien de commun avec une source fournissant une excitation au circuit tel que le générateur indépendant de tension symbolisé par un cercle ( v g ). 1. Expression de la résistance d’entrée Le quadripôle, chargé par la résistance de charge Rch , constitue un dipôle dont la résistance équivalente Re est obtenue par l’application du théorème de Thévenin/Norton. Par définition, la résistance d’entrée s’écrit Re =

v0 d’après le schéma à droite ci-dessous. i1 i1

i1 i2

R1 v0

k i1

R2

→

Rch

Re

v0

La topologie du circuit se simplifie en posant Req = R2 // Rch , ce qui conduit à l’écriture d’une maille et d’un nœud. ⎪⎧v 0 = R1 i1 + Req i 2 ⎨ ⎪⎩(k + 1)i1 = i 2

Sylvain Géronimi

⇒ v 0 = R1 i1 + Req (k + 1)i1 , d’où Re = R1 + (k + 1)(R2 // Rch )

Page 13

Rappel sur la théorie des circuits

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

2. Expressions des éléments de Thévenin La tension de Thévenin étant une tension à vide, la résistance de charge est donc débranchée. La topologie présente une maille et un nœud, soit deux équations auxquelles il faut ajouter la tension aux bornes de la résistance R 2 afin de définir vTh . i1 Rg

i2

R1 k i1

R2

vth

vg

⎧(k + 1)i1 = i 2 ⎪ ⎨v g = Rg + R1 i1 + R2 i 2 ⎪ ⎩vTh =R2 i 2

(

⎧ ⎛ Rg + R1 ⎞ + R2 ⎟⎟ i 2 ⎪v g = ⎜⎜ ⇒ ⎨ + 1 k ⎝ ⎠ ⎪ = v R i 2 2 ⎩ Th

)

d’où vTh =

(k + 1)R2 vg Rg + R1 + (k + 1)R2

Le dipôle devant être passif, la source indépendante de tension v g est éteinte, mais la source de courant contrôlée par le courant i1 est présente. La résistance du dipôle s’écrit RTh = i1

Rg

i0

i0 i2

R1 k i1

v0 . i0

R2

→

v0

RTh

v0

vg = 0

La topologie présente deux mailles et un nœud, donc un système de trois équations à résoudre ⎧i 0 + (k + 1)i1 = i 2 ⎪ ⎨v 0 =R2 i 2 ⎪v = − R + R i g 1 1 ⎩ 0

(

d’où

)

⇒ i0 =

v0 v0 + (k + 1) R2 Rg + R1

Rg + R1 1 1 k +1 = + (conductance) ou encore RTh = R2 // (résistance). RTh R2 Rg + R1 k +1

3. Schémas équivalents du quadripôle Le générateur ( v g , Rg ) voit à ses bornes la résistance d’entrée du quadripôle et la charge voit à ses bornes le dipôle équivalent sous forme Thévenin.

RTh

Rg Re vg

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vs

Rch

vTh

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Rappel sur la théorie des circuits

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

La modélisation du quadripôle sous la forme d’un amplificateur de tension utilise une source de tension contrôlée par la tension v e aux bornes de la branche contrôlante supportant Re . D’autre part, la résistance de sortie Rs du quadripôle s’identifie à RTh .

Rs

Rg ve vg

Sylvain Géronimi

Re

vs

Rch

Av ve

Page 15

Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Sensibilité d’un pont de Wheatstone Le schéma du pont de Wheatstone est le suivant.

R1

R3

VE

1

1Vdc

VM

2

R2

R4

Le but de ce problème est de définir les conditions sur les quatre résistances afin d’obtenir une sensibilité maximale du pont. 1. Ecrivez l’expression analytique de la tension différentielle VM aux points de mesure 1 et 2 et déduisez la condition pour que cette tension soit nulle. 2. Déterminez la sensibilité du pont et écrivez la condition sur les résistances pour que cette sensibilité soit maximale. 3. Pour des résistances à tolérance 1%, évaluez l’erreur maximale sur la tension VM dans le cas d’une sensibilité maximale du pont.

Corrigé 1. Condition d’équilibre du pont R2 ⎧ ⎪V1 = R + R VE ⎪ 1 2 ⎨ R 4 ⎪V = V ⎪⎩ 2 R3 + R4 E

⎛ R2 R4 ⎞ ⎟ VE ⇒ VM = ⎜⎜ − ⎟ R + R R 2 3 + R4 ⎠ ⎝ 1

La condition pour que la tension différentielle VM soit nulle est R1R 4 = R2R3 .

2. Sensibilité du pont La tension différentielle est fonction de cinq paramètres VM (R1, R2 , R3 , R 4 , VE ) et l’approche au premier ordre donne dVM =

∂VM ∂V ∂V ∂V ∂V dR1 + M dR2 + M dR3 + M dR4 + M dVE avec ∂R1 ∂R2 ∂R3 ∂R4 ∂VE

∂VM R2 1 a R1 ∂VM a 1 =− VE = − VE , VE = VE , = 2 2 2 2 ∂R2 (R1 + R2 ) ∂R1 (a + 1) R2 (R1 + R2 ) (a + 1) R1 R3 R4 ∂VM ∂VM a a 1 1 V =− VE , V = VE , =− = 2 E 2 R 2 E 2 R R ∂R3 ∂ (R3 + R4 ) (a + 1) 3 (R3 + R4 ) (a + 1) 4 4 R ∂VM R2 R4 R = − = 0 en posant 1 = 3 = a . ∂VE R1 + R2 R3 + R4 R2 R 4 ⎛ dR1 dR2 dR3 dR 4 ⎞ ⎟ VE + − + d’où dVM = S ⎜⎜ − R2 R3 R4 ⎟⎠ ⎝ R1

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avec S =

Page 16

a

(a + 1)2

Rappel sur la théorie des circuits

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

dS =0 da et R3 = R 4 .

La sensibilité devient maximale si d’où la condition R1 = R2

⇒

a = 1 , Smax =

1 4

3. Erreur maximale sur la tension différentielle ∆VM = S 4

∆R VE et pour Smax , ∆VM max = 10 mV R

La sensibilité du détecteur de zéro doit être meilleure que l’erreur maximale. Ainsi, pour mesurer des résistances avec une précision de 1% à partir d’une source fournissant 1 V, il faut que le détecteur ait une sensibilité meilleure que 10 mV.

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Rappel sur la théorie des circuits

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Dispersion de caractéristiques d’un JFET L’étude porte sur la comparaison de la dispersion, en régime continu, obtenue à partir de deux topologies de schéma (figures 1 et 2). Le constructeur donne les dispersions suivantes pour le transistor à effet de champ de type 2N4416A : dispersions maximales →

dispersions minimales

→

I DSS = 15 mA, VP = − 6 V I DSS = 5 mA, VP = − 2.5 V

RD 2k

RG1

J2N4416A

RD 2k

J2N4416A J1

VCC

J1

30 V

VCC 30 V

RS

RG2

RS1

1Meg

figure 1

figure 2

Polarisation automatique (figure 1) La polarisation du transistor est obtenue automatiquement par la tension continue produite aux bornes de la résistance de source. Le transistor à dispersion maximale est d’abord monté dans ce circuit, puis remplacé par le transistor à dispersion minimale. 1. Calculez la résistance de source RS pour avoir le point de fonctionnement VGSo = − 2 V dans le cas de dispersion maximale. 2. Evaluez la dispersion sur I Do , VDSo , VGSo . Polarisation mixte (figure 2) Une autre façon de polariser le transistor est employée, mettant en oeuvre la polarisation automatique utilisée précédemment associée à un pont de grille. Dans le cas où la résistance RG1 est de valeur infinie, le montage redevient à polarisation automatique. Les démarches analytiques restent identiques, si ce n’est d’introduire la nouvelle valeur de la résistance de source. 3. En prenant la résistance de source RS1 = 3 RS , calculez la résistance de pont de grille RG1 pour avoir le point de fonctionnement VGSo = − 2 V dans le cas de dispersion maximale. 4. Evaluez la dispersion sur I Do , VDSo , VGSo . Comparaison des deux topologies 5. Concluez sur le choix de la topologie du circuit.

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Page 18

Polarisation d’un transistor

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Polarisation automatique 1. Evaluation de la résistance RS +VCC

⎧ ⎛ V ⎪I D = I DSS ⎜1 − GS ⎜ VP ⎨ ⎝ ⎪ ( ) ≅ I I D ⎩ S

RD ID IG=0 VDS

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

(transistor)

⎧VCC ≅ (RD + RS )I D + VDS ⎨ ⎩VGS ≅ − RS I D

VGS RS

(circuit)

système de 3 équations à 3 inconnues ( I D , VDS , RS )

I Do

⎛ VGSo = I DSS ⎜⎜1 − VP ⎝

2

− VGSo ⎞ ⎟ ≅ 6.67 mA , RS ≅ ≅ 300 Ω , VDSo ≅ VCC − (RD + RS )I Do ≅ 14.7 V ⎟ I Do ⎠

2. Evaluation des dispersions Le transistor à dispersion minimale est monté en place du transistor précédent. Les équations du système à résoudre demeurent inchangées, mais les inconnues sont maintenant I D , VGS , VDS , ce qui conduit à la résolution d’une équation du second degré. ⎛ 1 2 ⎞ ⎟VGS + 1 = 0 ⇒ VGS ≅ − 0.74 V telle que VP < VGS < 0 (JFET canal N) + ⎜⎜ − ⎟ o 0 ⎝ I DSS RS VP ⎠ − VGSo et I Do = ≅ 2.48 mA , VDSo = VCC − (RD + RS )I Do ≅ 24.3 V RS 2 VGS

VP2

Les dispersions extrêmes donnent des écarts de position du point de repos dans le plan de sortie ∆ I D ≅ 4.2 mA , ∆VDS ≅ 9.6 V pour cette structure de circuit.

Polarisation mixte 3. Evaluation de la résistance de pont de grille RG1 Une maille d’entrée unique apparaît après application du théorème de Thévenin. +VCC RD ID RG

IG=0

VDS

VGS VG

⎛ V I D = I DSS ⎜⎜1 − GS VP ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(

)

(transistor)

⎧⎪VCC ≅ RD + RS1 I D + VDS ⎨ ⎪⎩VGS ≅ VG − RS1 I D

RS1

avec VG =

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2

Page 19

RG2 RG1 + RG2

(circuit)

VCC , RG = RG1 // RG2

Polarisation d’un transistor

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

I Do ≅ 6.67 mA , VG ≅ 4 V , RG1 ≅ 6.5 MΩ , VDSo ≅ 10.7 V

4. Evaluation des dispersions Le transistor à dispersion minimale est monté en place du transistor précédent. 2 VGS

VP2

⎛ VG 1 2 ⎞⎟ +⎜ − = 0 ⇒ VGSo ≅ − 0.11V , I Do ≅ 4.57 mA , VDSo ≅ 16.7 V V + 1− ⎜ I DSS RS VP ⎟ GS I DSS RS1 1 ⎝ ⎠

Les dispersions extrêmes donnent des écarts de position du point de repos dans le plan de sortie ∆ I D ≅ 2.1 mA , ∆VDS ≅ 6 V pour cette structure de circuit.

5. Conclusion La polarisation mixte diminue le phénomène de dispersion. En effet dans le plan de sortie, les plages des coordonnées du point de repos sont réduites de ∆I D = 4.2 mA → 2.1 mA et ∆VDS = 9.6 V → 6 V .

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Polarisation d’un transistor

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Polarisation d’un transistor bipolaire L’étude porte sur diverses topologies permettant de polariser un transistor bipolaire avec un courant de collecteur donné et se placer sensiblement au milieu de la droite de charge statique dans les caractéristiques de sortie. Le transistor est de type 2N1711 ( β typique = 150 ).

RB

RC

RB

VCC

RC VCC 20 V

20 V Q1

Q1

figure 2

figure 1

RB

RC

RB1

RC

100k VCC

VCC Q1

Q1

20 V

RE

RB2

180

20 V

RE 180

figure 3

figure 4

Déterminez les résistances au sein des topologies suivantes, pour un courant ICo = 10 mA et en prenant VBEo ≅ 0.6 V . 1. 2. 3. 4.

Polarisation simple (figure 1). Polarisation par résistance entre collecteur et base (figure 2). Polarisation avec résistance d’émetteur (figure 3). Polarisation avec résistance d’émetteur et pont de base (figure 4).

Corrigé Le point de repos étant placé sensiblement au milieu de la droite de charge statique dans les caractéristiques de sortie, la tension VCEo ≅ VCC 2 = 10 V 1. Polarisation simple +VCC

RC

RB IC

⎧VCC = RC IC + VCE ⎪ ⎨VCC = RB I B + VBE ⎪I = β I B ⎩C

IB VCE VBE

Sylvain Géronimi

⇒ RC =

VCC − VCEo IC o

Page 21

= 1 kΩ , RB =

VCC − VBEo IC o

β = 291 kΩ

Polarisation d’un transistor

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

2. Polarisation par résistance entre collecteur et base +VCC RC RB

⎧VCC = RC (IC + I B ) + VCE ⎪ ⎨VCE − VBE = RB I B ⎪I = β I B ⎩C

IC IB VCE VBE

⇒ RC =

VCC − VCEo

β

IC o

β +1

≅ 1 kΩ , R B =

VCEo − VBEo IC o

β = 141 kΩ

3. Polarisation avec résistance d’émetteur +VCC

RC

RB IC IB

⎧VCC = VCE + RC IC + RE I E ⎪ VCC − VCEo ⎪VCC = RB I B + VBE + RE I E ⇒ RC ≅ − RE = 820 Ω , ⎨ IC o ⎪I E = I B + IC ⎪I = β I B ⎩C

VCE

⎞ ⎛ VCC − VBEo RB ≅ ⎜ − RE ⎟ β ≅ 264 kΩ ⎟ ⎜ IC o ⎠ ⎝

VBE RE

4. Polarisation avec résistance d’émetteur et pont de base +VCC

⎧VB = RB I B + VBE + RE I E ⎨ ⎩VCC = RC IC + VCE + RE I E

RB2 RB1 + RB2

VCC , RB = RB1 // RB2

RC

RB1 IC VB

VB =

IB VCE

RC ≅

VCC − VCEo IC o

− RE = 820 Ω , RB ≅

VBE RB2

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RE

VBEo + RE ICo VCC ICo − β RB1

≅ 18 kΩ ,

RB2 ≅ 22 kΩ

Page 22

Polarisation d’un transistor

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Stabilité du point de repos par résistance d’émetteur L’étude porte sur le comportement du montage de la figure ci-dessous en fonction de la température.

RB1 100k

RC 1.5k VCC Q1

RB2

20 V

RE 470

Le transistor, de type 2N1711 ( β typique = 150 ), possède les caractéristiques constructeur

Ptot (TA ≤ 25 °C )max = 0.8 W , TJmax = 200 °C , RthJA = 220 °C /W , RthJB = 58 °C /W

Etude du régime continu 1. En supposant IB > rg Z e + rg

⇒ v s1 = A v 1v g ≅ A v 1v e ≅ − v e et v s2 = A v 2 v g ≅ A v 2 v e ≅ + v e

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etage source commune L’étude porte sur la caractérisation du circuit de la figure ci-dessous sous la forme d’un dipôle et d’un quadripôle. Le transistor à effet de champ possède les caractéristiques I DSS = 15 mA, VP = −6 V . La résistance Rch représente la charge extérieure de l’étage. Les condensateurs ont une fonction de liaison (couplage).

RD 2k rg

CG

CL

J1

VCC

50 R

vG

100k

RS 300

Rch 8k

30 V

CS

Etude du régime continu 1. Déterminez les points de fonctionnement du transistor. Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 2. Dessinez le schéma et évaluez le paramètre g m du modèle du transistor ( rds = ∞ ). 3. Calculez la résistance d’entrée Z e vue par le dipôle d’attaque ( v g , rg ). 4. Ecrivez les expressions des éléments du dipôle de Thévenin ( v s0 , Z s ) du montage attaquant la charge Rch . 5. Identifiez les éléments du quadripôle représentatif de l’amplificateur de tension, attaqué par le dipôle d’attaque et chargé par Rch . 6. Evaluez le transfert en tension v s v g .

Corrigé Etude du régime continu 1. Calcul des points de fonctionnement En continu ( ω = 0 ), les condensateurs de liaison sont équivalents à des circuits ouverts 1 = ∞ ). ( Cω +VCC RD ID IG=0

VDS

VGS R

⎧VCC ≅ (RD + RS )I D + VDS ⎪ 2 ⎪ ⎛ VGS ⎞ ⎜ ⎟ I I 1 = − ⎨D DSS ⎜ VP ⎟⎠ ⎝ ⎪ ⎪V ≅ − R I S D ⎩ GS

RS

système de 3 équations à 3 inconnues ( I D , VDS , VGS )

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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2 VGS

VP2

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎛ 1 2 ⎞ ⎟VGS + 1 = 0 ⇒ VGS ≅ − 2 V et I D ≅ 6.67 mA , VDS ≅ 14.7 V . + ⎜⎜ − ⎟ o o o I R V P ⎠ ⎝ DSS S

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 2. Schéma et évaluation du paramètre g m Aux fréquences moyennes, les condensateurs de liaison sont équivalents à des courts-circuits.

rg

vgs gm vgs

R

vs

RD

2 VP (canal N)

gm = − Rch

vg

I DSS I Do ≅ 3.33 mA / V

3. Calcul de la résistance d’entrée vue par l’attaque i0

Le dipôle contient tout le circuit (y compris la charge). La résistance d’entrée vue de la grille du JFET étant de valeur énorme (jonction en inverse), le courant d’excitation i 0 du dipôle se dirige entièrement dans la résistance R. Z e = R = 100 kΩ

G

v0

R

4. Dipôle de Thévenin Calcul de Z s vue par la charge Rch Le courant i 0 , issu de la source de tension v 0 extérieure appliquée au dipôle, est l’unique courant d’excitation du circuit puisque v g = 0

i0

rg

vgs = 0

gm vgs =0 RD

R

v0

vg = 0

(source éteinte). Il n’y a donc aucune possibilité d’atteindre la partie amont du circuit et v gs = 0 . ZS = RD = 2 kΩ

La tension à vide, appelée v s0 , se calcule en déconnectant la charge. R ⎧ R ⎪v gs = R + r v g vg ⇒ v s0 = − g m RD g ⎨ R + rg ⎪v = − g v R m gs D ⎩ s0

La tension de sortie en charge est

RD vs vs0

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Rch

vs =

Rch R v s0 = − g m (RD // Rch ) vg Rch + RD R + rg

Page 32

Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Quadripôle représentatif de l’amplificateur de tension L’amplificateur de tension peut être représenté sous la forme d’un quadripôle faisant apparaître un modèle utilisant une source contrôlée de tension, associée à une branche contrôlante supportant la résistance d’entrée (voir cours « La caractérisation d’un amplificateur linéaire ».

RD

rg ve

R

Rch

vs

vg A v ve

La branche d’entrée s’identifie à Z e = R . Le dipôle de sortie s’identifie au dipôle de Thévenin attaquant la charge dont les éléments sont ZS = RD et A v v e . Le transfert en tension A v est le coefficient de proportionnalité de la variable de commande v e tel que Av v e = Av

R v g = v s0 ⇒ A v = − g m R D R + rg

6. Evaluation du transfert en tension L’expression analytique de la tension de sortie en charge est : Rch v R vs = A v v e = − g m (RD // Rch ) v g ⇒ s ≅ − 5.33 Rch + RD R + rg vg (même expression que pour le dipôle, évidemment).

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etage collecteur commun chargé par un miroir de courant L’étude porte sur la caractérisation du circuit de la figure ci-dessous (résistance d’entrée, résistance de sortie, transfert en tension, fréquence de coupure basse). Les transistors sont tous identiques tels que β = 100 ( β >> 1), VBE0 = 0.6 V , rce = 100 kΩ . Le composant C est un condensateur de liaison.

RB C

Q1

R VCC

ve

10 V Q2

Q3

vs

Etude du régime continu 1. Evaluez la résistance R pour que la source de courant produise I E1 = 1 mA . ainsi que la résistance RB pour avoir VCE2 = 0.6 V .

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 2. Dessinez le schéma et évaluez le paramètre rbe du modèle du transistor Q1 . 3. Calculez le transfert en tension A V = v s v e . la résistance d’entrée Z e et la résistance de sortie Zs .

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences basses 4. Evaluez la capacité de liaison afin d’obtenir une fréquence de coupure de l’ordre du hertz.

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu

IR

RB

R

Q1

VCC

IB1 IE1

Q2

Q3

1. Evaluation des résistances Les composants Q2 , Q3 et R constituent un miroir élémentaire qui reconduit le courant I R en sortie de Q2 . ⎧⎪VCC = R I R + VBE3 ⎨ ⎪⎩I R ≅ I E1

⇒ R≅

VCC − VBEo I E1

= 9 .4 k Ω

Evaluation de la résistance RB

⎧⎪VCC = RB I B1 + VBE1 + VCE2 ⎨ ⎪⎩I E1 ≅ IC1 = β I B1 ( β >> 1)

⇒ RB ≅

VCC − VBEo − VCE2 I E1

β = 880 kΩ

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 2. Schéma et évaluation du paramètre du modèle Aux fréquences moyennes, le condensateur de liaison est équivalent à un court-circuit. ie

i rbe1 βi

RB

rbe1 ≅ req

vs

ve

UT β = 2 .5 kΩ IC1

req = rce1 // rce2 =

rce = 50 kΩ . 2

3. Caractérisation de l’étage Calcul du gain en tension

[

]

⎧⎪v e ≅ rbe1 + (β + 1)req i ⎨ ⎪⎩v s = (β + 1)req i

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⇒ Av =

(β + 1)req vs = ≅ 1. v e rbe1 + (β + 1)req

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Calcul de la résistance d’entrée Le dipôle représenté est équivalent à une résistance par application du théorème de Thévenin. Les courants dynamiques existant dans le dipôle sont générés par le courant d’excitation entrant i 0 , issu de la source de tension v 0 . i0

i

i0

rbe1

i1

βi

RB

v0

req

ze

v0

⎧i 0 = i1 + i ⎪ v v0 ⇒ i0 = 0 + ⎨v 0 = RB i1 ( R r + β + 1)req B be1 ⎪v = r i + (β + 1)r i be1 eq ⎩ 0

d’où Z e =

[

]

v0 = RB // rbe + (β + 1)req ≅ 750 kΩ i0

Calcul de la résistance de sortie i

i0 i1

rbe1 RB

ve = 0

βi

req v0

La source indépendante v e étant éteinte dans le dipôle, le courant d’excitation entrant i 0 peut atteindre la branche qui supporte rbe1 et la fraction de courant i commande la source β i . ⎧i 0 = i1 − (β + 1)i ⎪⎪ rbe1 rbe i 1 β +1 ⇒ 0 = + d’où Z s = req // ≅ 1 = 25 Ω . ⎨v 0 = req i1 v 0 req rbe1 β +1 β ⎪ ⎩⎪v 0 = − rbe1 i

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences basses 4. Calcul de la capacité Constatons que le montage représente une simple résistance s’identifiant à la résistance d’entrée. C ve

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Ze

fb =

1 ⇒ C ≅ 212 nF avec fb = 1 Hz . 2π Z e C

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etage différentiel à JBT L’étude porte sur la caractérisation de l’étage différentiel de la figure ci-dessous. Les deux transistors sont supposés technologiquement identiques avec β = 200, VA très grand .

RC

RC

VCC 15 V

S1 Q1

Q2

V1

V2

VCC 15 V

RE

Etude du régime continu 1. Démontrez que les courants collecteurs des transistors sont égaux. 2. En prenant I 0 = 200 µA , évaluez la résistance RE . Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 3. Evaluez les paramètres rbe1 et rbe2 des modèles des transistors.

4. Exprimez la tension de sortie sous la forme v s1 = Ad (v 1 − v 2 ) + Ac (v 1 + v 2 ) 2 . 5. Evaluer RC pour avoir Ad = −100 , puis calculez le taux de réjection de mode commun TRMC . 6. Calculez la valeur de l’impédance d’entrée différentielle Z d . 7. Calculez la valeur de l’impédance d’entrée de mode commun Z c . La résistance RE est remplacée par un miroir de courant élémentaire Q3 - Q4 avec VA = 100 V (voir problème « miroir élémentaire pour polarisation d’étage », la polarisation étant directement compatible. 8. Evaluez le nouveau taux de réjection de mode commun.

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu

RC

RC IC1

IC2

Q1

Q2

VCC 15 V

VBE1

VBE2

VCC 15 V

RE I0

1. Relation des courants collecteurs Equations technologiques

Equation de la maille d’entrée

VBE1 ⎧ ⎪I ≅ I e UT BS ⎪B Q1 ≡ Q2 ⇒ ⎨ 1 VBE2 ⎪ ⎪I B2 ≅ I BS e UT ⎩ VBE1 = VBE 2 ⇒ IC1 ≅ IC2

2. Evaluation de la résistance RE IC1 = IC1 = ICo ≅ o

o

VCC − VBE1 I0 o = 100 µA et RE = ≅ 72 kΩ 2 I0

Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes

vs1

RC

RC

Q1

Q2

v1

v2 RE ie1 + ie2

3. Evaluation des paramètres des modèles rbe1 et rbe2 rbe = rbe1 = rbe2 =

UT β = 50 kΩ IC0

4. Expression de la tension de sortie Méthode classique (voir cours « Montages à plusieurs transistors »)

Sylvain Géronimi

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Méthode du demi-schéma (voir annexe sur « Méthode de travail pour la caractérisation linéaire d’un étage différentiel »)

vs1

vs1

RC

RC

RC

RC

ie1 = ie2

ie1 = - ie2 Q1

Q1

Q2

vd / 2 RE

masse virtuelle

Q2

vc

- vd / 2

vc

vd + vc 2 v v2 = − d + vc 2 v1 =

RE

0

ie1 + ie2 = 2 ie

Pour le régime différentiel, le montage (parfaitement symétrique) se réduit au montage émetteur commun de gauche, les tensions d’émetteur et de masse étant équipotentielles puisque la résistance RE est traversée par un courant nul. La tension de sortie v s1 est à gauche : v s1 = −

β RC v d 2

rbe1

Pour le régime de mode commun, le montage se réduit au montage pseudo-émetteur commun, l’émetteur de Q1 voyant une résistance équivalente 2 RE traversée par son courant d’émetteur : v s1 = −

rbe1

β RC vc + 2 (β + 1)RE

Le théorème de superposition donne v s1 = − On identifie Ad =

v s1 vd

=−

β RC 2 rbe1

et Ac =

v s1 vc

β RC β RC vd − vc 2 rbe1 rbe1 + 2 (β + 1)RE

=−

β RC rbe1 + 2 (β + 1)RE

5. Evaluation de la résistance RC et du taux de réjection TRMC RC = −

2 rbe Ad

β

= 50 kΩ , TRMC =

Ad R 1 = + (β + 1) E ≅ 289 (49.2 dB) 2 Ac rbe1

6. Evaluation de la résistance différentielle Z d (résistance inter-bases, vue par la tension différentielle d’entrée) Z d = rbe1 + rbe2 = 100 kΩ

7. Evaluation de la résistance de mode commun Z c (résistance entre base et masse, vue par la tension de mode Z c = rbe1 + 2 (β + 1)RE ≅ 29 MΩ commun d’entrée pour le demi-schéma) La source v c voit à ses bornes une résistance Z c 2 8. Evaluation du nouveau taux de réjection TRMC La charge dynamique du miroir rce3,4 ≅

VA = 500 kΩ remplace la résistance RE = 72 kΩ , ce qui I0

améliore les performances de l’étage différentiel ( TRMC ≅ 66 dB , Z c ≅ 201 MΩ )

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Page 39

Caractérisation d’un amplificateur linéaire

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etage différentiel à JFET L’étude porte sur la caractérisation de l’étage différentiel de la figure ci-dessous. Les deux transistors sont supposés technologiquement identiques avec I DSS = 2 mA, VP = − 2 V . +VCC

+VCC

RD 10k

vs

J1

RD 10k J2

v1

v2 I0 J3

RS 500

-VCC

Etude en régime continu 1. Evaluez les courants de drain des transistors. Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 2. Déduisez de l’étude du régime continu, les valeurs des paramètres g mi des transistors J i . 3. Ecrivez l’expression de la résistance dynamique z0 de la source de courant I 0 vue entre le drain et la masse. Evaluez cette dernière, le paramètre rds3 étant estimé à 100 kΩ. 4. Les paramètres rds des transistors J1 et J 2 étant négligés, écrivez puis évaluez les gains en tension Ad =

vs v et Ac = s . vd vc

5. Déduisez le TRMC en dB. 6. Evaluez les résistances différentielle Z d , de mode commun Z c et de sortie Z s du montage.

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu +VCC

+VCC

RD

RD 10k

10k ID2

ID1 J1

0

J2

VGS1

VGS2

0

I0 J3

VGS3

RS 500

0

-VCC

1. Evaluation des courants de drain des transistors

Equations technologiques ( J1 ≡ J 2 ≡ J 3 )

2 ⎧ ⎛ VGS1 ⎞ ⎪I = I ⎟ ⎜ DSS ⎜ 1 − ⎪ D1 Vp ⎟⎠ ⎝ ⎪ 2 ⎪ ⎛ VGS2 ⎞ ⎪ ⎟ ⎜ (mêmes I DSS , VP ) ⎨I D2 = I DSS ⎜1 − Vp ⎟⎠ ⎪ ⎝ ⎪ 2 ⎛ VGS3 ⎞ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪I D3 = I DSS ⎜1 − Vp ⎟⎠ ⎪⎩ ⎝

⎧I 0 ≡ I D = I D + I D 3 1 2 ⎪⎪ Equations du circuit ⎨VGS1 −VGS2 = 0 ⎪ ⎪⎩VGS3 = − RS I 0 I0 ⎧ ⎪I D1 = I D2 = 2 ⎛ 2 RS R2 1 ⎪ − d’où ⎨ 2 ⇒ S2 I 02 + ⎜ ⎜ ⎛ ⎞ I DSS Vp ⎪I = I ⎝ Vp ⎜ RS I 0 ⎟ DSS ⎜1 + ⎟ ⎪0 V p ⎠ ⎝ ⎩

⎞ ⎟ I0 + 1 = 0 ⎟ ⎠

soit I 0 ≅ 1.07 mA, I D1 = I D2 ≅ 536 µA o

o

2. Evaluation des paramètres g mi gm = −

2 Vp

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I Do I DSS , g m1 = g m2 ≅ 1.035 mA / V , g m3 ≅ 1.46 mA / V

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

3. Calcul de la charge dynamique i0

⎧⎪v 0 = rds3 (i 0 − g m3 v gs ) + RS i 0 ⎨ ⎪⎩v gs = − RS i 0

rds3 gm vgs

i0 - gm vgs

v

0

RS

⇒ z0 =

vgs

(

)

v0 = RS + 1 + g m3 RS rds3 ≅ 173 kΩ i0

4. Expression de la tension de sortie La méthode du demi-schéma est mise en œuvre (voir annexe sur « Méthode de travail pour la caractérisation linéaire d’un étage différentiel symétrique»). G1

vgs2

vgs1 gm vgs1

vd / 2 vc

G2

S2

S1

z0

vd / 2

gm vgs2 D2

D1 RD

RD

vc vs

Pour le régime différentiel, le montage se réduit au montage source commune, car la charge z0 est traversée par un courant nul et la tension de sortie v s est à droite, d’où v g R ⎛ v ⎞ v s = − g m RD ⎜ − d ⎟ d’où le gain différentiel Ad = s = m D ≅ 5.18 . 2 2 v ⎝ ⎠ d Pour le régime de mode commun, le montage se réduit au montage pseudo-source commune, la source de J 2 voyant une charge équivalente 2 z0 traversée par son courant de source, d’où vs = −

g m RD vc 1+ 2 g m z0

d’où le gain de mode commun Ac =

vs g m RD =− ≅ − 29 10 −3 . vc 1 + 2 g m z0

Le théorème de superposition donne v s = Ad v d + Ac v c . 5. Evaluation du TRMC TRMC =

Ad 1 = + g m z0 ≅ 180 (45 dB) Ac 2

6. Calcul des résistances différentielle, de mode commun et de sortie du montage Z d = ∞ , Z c = ∞ , Z s = RD = 10 kΩ

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Caractérisation d’un amplificateur linéaire

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage émetteur commun L’étude proposée porte sur le comportement en fréquence du montage de la figure ci-dessous. Le transistor possède les caractéristiques suivantes

β = 150, ft = 70 MHz,Cbc = 20 pF , VA = ∞ Les composants CG et CE sont respectivement des condensateurs de liaison et de découplage.

rg

CG

50

10u

RB1

RC

100k

1.5k Q1

VCC

S

20 V

vG

RB2

RE

22k

470

CE 100u

Etude du régime continu 1. Déterminez le point de repos du transistor. Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2. Déduisez la valeur du paramètre rbe de l’étude précédente. 3. Aux fréquences moyennes, calculez le gain en tension Av o = v s v g , les résistances d’entrée et de sortie. 4. Evaluez la fréquence de coupure basse du montage. 5. Evaluez la fréquence de coupure haute du montage.

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu

RC

RB1 IC

VCC

IB VCE VBE

RE

RB2 IE

1. Point de repos du transistor ⎧VCC ≅ (RC + RE )IC + VCE ⎨ ⎩VB = RB I B + VBE + RE I E

avec VB =

RB2 RB1 + RB2

VCC et RB = RB1 // RB2

RB ≅ 18 kΩ , IC0 ≅ 5.07 mA

Etude du régime dynamique 2. Résistance dynamique de la jonction base-émetteur rbe ≅

UT β ≅ 740 Ω IC 0

3. Gain en tension aux fréquences moyennes

β ib

rg

rbe

RB vg

RC

vs

ib

Ce schéma peut être simplifié au regard des valeurs numériques, car RB >> rg par Thévenin.

(

)

⎧⎪v g ≅ rg + rbe i b β RC v ≅ − 285 ⇒ Av o = s ≅ − ⎨ vg rg + rbe ⎪⎩v s = − β i b RC

soit un gain d’amplitude de 285 avec déphasage de π ou encore gain de 49 dB. Les résistances d’entrée et de sortie s’écrivent : Z e = RB // rbe ≅ 711 Ω et Z s = RC ≅ 1.5 kΩ .

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Réponse en fréquence

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Fréquence de coupure basse Schéma aux fréquences basses CG

rbe

rg ib

RB

β ib

RC

vg

RE

CE

La fonction de transfert en tension est du type passe-haut du second ordre par la présence des deux condensateurs indépendants au sein du montage. Méthode classique de mise en équations

⎛ p ⎞ P ⎜⎜1 + ⎟⎟ ω 3 ⎠ ω4 ⎝ Av ( p ) = Av o 2ζ p2 p+ 1+

ωn

avec

ωn2

1 ⎧ ⎪ω3 = R C E E ⎪ ⎪ RB + rbe + (β + 1)RE ⎪ω 4 = R B rg + rbe RB + rg CG ⎪ ⎨ ⎪ 2 ζ = r + R // [r + (β + 1)R ] C + ⎛⎜ R // rbe + RB g B be E G ⎜ E ⎪ ωn β +1 ⎝ ⎪ RB rg + rbe RB + rg CG RE CE 1 ⎪ 1 ⎪ 2 =ω ω = RB + rbe + (β + 1)RE 3 4 ⎩ ωn

[ {

(

[

)]

} )]

(

⎞ ⎟⎟ CE ⎠

Le calcul du coefficient d’amortissement ζ et de la pulsation naturelle ωn du système non amorti permet l’évaluation de la fréquence de coupure à – 3 dB (voir cours « Le filtrage analogique »).

ωc = ωn 2 ζ 2 − 1 +

( 2 ζ 2 − 1)2 + 1

soit fc ≅ 327 Hz (filtre passe-haut du second ordre).

Méthode par l’approximation du pôle dominant Calcul du premier pôle : Résistance RG∞ du dipôle vu par CG lorsque CE est assimilé à un court-circuit. RG∞

rg

RB

rbe

βi

RC

i

RG∞ = rg + RB // rbe ≅ 761 Ω

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Résistance RE∞ du dipôle vu par CE lorsque CG est assimilé à un court-circuit. i0

rbe rg

βi

βi

i

//RB

i1

i rbe

RC

RE

RE∞

RE

⎧ v0 ⎪i1 = R E ⎪ ⎪ ⎨i 0 = i1 − (β + 1)i ⎪ v0 ⎪− i = rbe + rg // RB ⎪⎩

(

⇒

RC

i0 β +1 1 = + v 0 RE rbe + rg // RB

(

rg //RB

d’où RE∞ =

)

v0

rg // RB + rbe

β +1

// RE ≅ 5.21 Ω

)

ce qui donne la fréquence de coupure à – 3 dB, fb ≅

1 2π

⎛ 1 1 ⎜ ⎜ R∞ C + R∞ C E E ⎝ G G

⎞ ⎟ ≅ 326 Hz . ⎟ ⎠

Calcul du deuxième pôle : Résistance RE0 du dipôle vu par CE lorsque CG est assimilé à un circuit ouvert. Résistance RG0 du dipôle vu par CG lorsque CE est assimilé à un circuit ouvert. RG0

rbe

rg

RB

RC RE

RG0 = rg + RB // [rbe + (β + 1)RE ] ≅ 14440 Ω , RE0 = RE //

d’où f3 ≅

βi

i

RE0

RB + rbe ≅ 95.8 Ω β +1

1 ≅ 1 Hz 2π (RG0 CG + RE0 CE )

Calcul du zéro : Le zéro est produit par la liaison entre émetteur et masse, couplage dû à CE . En effet, si l’émetteur du transistor est en l’air, le courant dans la charge est nul, donc RE 1 1 =∞ ⇒ p=− ≅ 3.39 Hz . et f2 = 2π RE CE 1 + RE C E p R E CE Les résultats sont valables avec une excellente précision car les deux pôles sont séparés de plus de deux décades et le zéro est à deux décades en dessous du pôle dominant. La simulation sur Spice confirme ces chiffres.

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Fréquence de coupure haute Estimation de la capacité de diffusion Cbe + Cbc =

IC 0

Cbc = 20 pF , Cbe ≅ 440 pF

2π UT ft

Schéma aux fréquences hautes Cbc

rg

Cbe

RB

v

gm v

rbe

Rc

vs

vg

La fonction de transfert en tension est du type passe-bas du second ordre par la présence des deux capacités indépendantes au sein du montage. Méthode classique de mise en équations L’écriture de la fonction de transfert en tension est la suivante : ⎧ gm ⎪ω z = ⎛ C p ⎞ bc ⎪ ⎜⎜1 − ⎟ ⎪⎪ 2 ζ ωZ ⎟⎠ ⎝ AV ( p ) = AVo avec ⎨ = rg // RB // rbe Cbe + RC + (1 + g m RC ) rg // RB // rbe Cb 'c 2ζ p2 ⎪ ωn 1+ p+ ⎪ 1 ωn ωn2 ⎪ 2 = rg // RB // rbe RC Cbe Cbc ⎪⎩ ω n

(

)

(

)

[

(

)]

Le calcul du coefficient d’amortissement ζ et de la pulsation naturelle ωn du système non amorti permet l’évaluation de la fréquence de coupure à – 3 dB (voir cours « Le filtrage analogique »).

ωc = ωn 1 − 2 ζ 2 +

( 2 ζ 2 − 1)2 + 1

soit fc ≅ 477 kHz

(filtre passe-bas du second ordre).

Méthode par l’approximation du pôle dominant Calcul du premier pôle : 0 Rbc

rg

v RB

0 R be

rbe

RC gm v

Résistance du dipôle vu par C be lorsque Cbc est assimilé à un circuit ouvert : 0 Rbe = rg // RB // rbe ≅ 46.7 Ω

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Résistance du dipôle vu par C bc lorsque Cbe est assimilé à un circuit ouvert : 0 Rbe

i0

v

gm v RC

v0

0 i + R (i + g v ) ⎧⎪v 0 = R be 0 C 0 m ⎨ 0 i ⎪⎩v = R be 0

0 0 Rbc = (1 + g m RC )Rbe + RC ≅ 15730 Ω

0 0 a1 = Rbe Cbe + Rbc Cbc ≅ 3.35 10 −7 s , fh ≅

1 ≅ 475 kHz ce qui donne la fréquence de coupure 2π a1

à - 3 dB. Calcul du deuxième pôle : be du dipôle vu par C Résistance Rbc bc lorsque C be est assimilé à un court-circuit :

be Rbc

be = R = 1.5 kΩ Rbc C

RC

v=0 gm v = 0

0 C R be C −16 s 2 , d’où f ≅ a2 = Rbe be bc bc ≅ 6.17 10 2

a1 ≅ 86.5 MHz . 2π a2

Calcul du zéro : Le zéro est produit de manière telle que le courant circulant dans la charge RC est nul, couplage dû à Cbc . En effet, le courant circulant dans la branche supportant Cbc est égal au courant fourni par la source liée, donc g gm Cbc p V ( p ) = g m V ( p ) ⇒ p = m et f3 = ≅ 1.6 GHz . C bc 2π Cbc Malgré que les calculs, conduisant à l’évaluation de f2 , outrepasse le domaine de validité du modèle de comportement en fréquence du transistor ( f2 et f3 > ft ), la fréquence de coupure haute demeure valable avec une bonne précision, car les deux pôles sont séparés de plus de deux décades. L’hypothèse du pôle dominant est donc vérifiée à une précision inférieure à 1%. Sur un plan purement analytique, une meilleure précision peut être atteinte en évaluant une fréquence de coupure corrigée telle que 1 1 1 1 1 1 d’où f1 = fhcorrigée ≅ 478 kHz en prenant la valeur trouvée de ⇒ ≅ 2π a1 = + ≅ − fh f1 f 2 f1 fh f2 f2 (valeur approchée).

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Méthode par transformation de schéma par application du théorème de Miller Le schéma H.F. fait apparaître un quadripôle ponté par la branche capacitive C bc . Le théorème de Miller (voir « Annexes ») conduit au schéma suivant (rappelons que le circuit de sortie ne sert que pour exprimer le transfert en tension).

rg

Cbe RB

v

avec C1 = (1 + g m RC )Cbc

C1

et R1 =

rbe R1

vg

RC 1 + g m RC

Calcul du premier pôle : 0 Résistance du dipôle vu par C be lorsque C1 est assimilé à un circuit ouvert : Rbe = rg // RB // rbe . 0 + R1 . Résistance du dipôle vu par C1 lorsque Cbe est assimilé à un circuit ouvert : R10 = R be

[

]

0 0 Cbe + Cbc (1 + g m RC )Rbe + RC (même résultat que précédemment). soit a1 = Rbe

Calcul du deuxième pôle : Résistance R1be du dipôle vu par C1 lorsque Cbe est assimilé à un court-circuit : R1be = R1 0 0 Cbe R1be C1 = Rbe Cbe RC Cbc (même résultat que précédemment). soit a2 = Rbe

La simulation sur Spice illustre ces résultats. De plus, si la position du deuxième pôle est acceptée ( f2 > ft ), la marge de phase de l’ordre de 40° démontre une bonne stabilité de l’amplificateur. 80

(327.975, 46.058)

40

(16.853K, 49.051)

(477.173K, 46.049)

(3.4146, 12.023) (92.289M, 20.262m)

0

(1.1307, 7.1713) marge de phase ≅ 40° 0 dB

-40

-80 10mHz DB(V(S))

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1.0Hz

100Hz

10KHz

1.0MHz

100MHz

10GHz

Frequency

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

0d

(12.430K, -180.004)

(473.028K, -225.027)

-200d

(321.990, -135.004)

(80.309M, -315.194)

-400d

-600d 10mHz P(V(S))

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(92.350M, -320.013)

1.0Hz

100Hz

10KHz

1.0MHz

100MHz

10GHz

Frequency

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage base commune Le sujet proposé porte sur l’étude en régime dynamique du montage base commune de la figure cidessous. Les paramètres du modèle en comportement linéaire du transistor sont :

β = 150, rbe = 740 Ω,Cbe = 440 pF ,Cbc = 20 pF ,VA = ∞ Les composants CG et CB sont respectivement des condensateurs de liaison et de découplage.

RB1 100k

RC 1.5k VCC Q

CB 10u

RB2

RE

22k

470

CG

rg

10u

50

20 V vs vg

Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes 1. Dessinez le schéma. 2. Calculez le gain en tension Av 0 = v s v g , les résistances d’entrée et de sortie. Etude du régime dynamique aux fréquences basses 3. Dessinez le schéma. 4. Evaluez l’influence de chacun des condensateurs CG et CB sur la fréquence de coupure, l’autre étant équivalent à un court-circuit. Concluez sur la fréquence fb de coupure basse du montage. 5. Evaluer la fréquence fb par la méthode de l’approximation du pôle dominant. Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 6. Dessinez le schéma. 7. En se plaçant dans l’hypothèse d’un pôle dominant, calculez la fréquence fh de coupure haute du montage. 8. Validez l’hypothèse du pôle dominant.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes 1. Schéma

rg

βi

i RE

RC

rbe

vs

vg

2. Caractérisation du montage Ce schéma peut être simplifié par Thévenin v g' =

[

]

R E rg RE v g et rg' = . R E + rg R E + rg

' ⎧⎪v g' = − (β + 1)rg' + rbe i vs vs vg β RC RE ⇒ = = = ≅ 26.9 (+28.6 dB) A ⎨ v0 ' v + + ( 1 ) // v β r R r R v ⎪⎩v s = − β i RC g E be E + rg g g g

(

)

Les résistances d’entrée et de sortie s’écrivent : Ze = RE //

rbe ≅ 4.9 Ω et Z s = RC ≅ 1.5 kΩ . β +1

Etude du régime dynamique aux fréquences basses 3. Schéma

CB

RB

rbe

RC βi

i

RE

CG rg

vg

La fonction de transfert en tension est du type passe-haut du second ordre par la présence des deux condensateurs indépendants au sein du montage. La recherche de la fréquence de coupure basse peut être alors entreprise de deux manières : -

constater l’influence d’un des condensateurs pris de manière indépendante, les autres étant assimilés à des court-circuits et interpréter globalement les résultats obtenus, appliquer la méthode d’approximation du pôle dominant, en n’oubliant pas de valider l’hypothèse.

4. Influence de chaque condensateur pris indépendamment Fréquence de coupure due à l’influence du condensateur CB

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Le composant CG étant équivalent à un court-circuit ( f = ∞ ), le but est de calculer la constante de temps de coupure de la maille, c’est-à-dire d’écrire l’expression de la résistance RB∞ du dipôle vu par CB (théorème de Thévenin / Norton). i0 RB

v0

rbe

RC βi

i

RE // rg

v0 ⎧ ⎪i 0 = R + i ⇒ RB∞ = RB // rbe + (β + 1) RE // rg ≅ 5326 Ω B ⎨ ⎪v = r + (β + 1) R // r i be E g ⎩ 0

[

(

[

)]

soit une fréquence de coupure fb1 =

)]

(

1 ≅ 3 Hz . 2π RB∞ CB

Fréquence de coupure due à l’influence du condensateur CG Le composant CB étant équivalent à un court-circuit ( f = ∞ ), on recherche l’expression de la résistance RG∞ du dipôle vu par CG . i0 βi

i1

i rbe

RE

v0

RC rg

⎡ ⎤ ⎧⎡ ⎧i1 = i 0 + (β + 1)i RE ⎤ ⎢ ⎥ ( ) + + = 1 β 1 i i ⎪ ⎪ RE ⎢ ⎥1 0 rbe ⎦ ⇒ v0 = ⎢ + rg ⎥ i 0 ⎨v 0 = RE i1 + rg i 0 ⇒ ⎨⎣ ⎢1 + (β + 1) RE ⎥ ⎪ ⎪v = R i + r i ⎢ ⎥ E 1 g 0 ⎩rbe i = − RE i1 ⎩ 0 r be ⎣ ⎦

RG∞ =

rbe

β +1

// RE + rg ≅ 54.8 Ω , soit une fréquence de coupure fb2 =

1 ≅ 290 Hz . 2π RG∞ CG

L’influence de CG apparaît prépondérante vis-à-vis de CB car deux décades séparent les pôles, ce qui entraîne une fréquence de coupure basse fb ≅ 290 Hz . 5. Méthode par l’approximation du pôle dominant Calcul du premier pôle : 1 ⎛⎜ 1 1 fb ≅ + 2π ⎜⎝ RG∞ CG RE∞ CE

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⎞ ⎟ = fb + fb ≅ 293 Hz ce qui donne la fréquence de coupure à –3 dB. 1 2 ⎟ ⎠

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Calcul du deuxième pôle : Résistance R B0 du dipôle vu par CB lorsque CG est assimilé à un circuit ouvert. Résistance RG0 du dipôle vu par CG lorsque CB est assimilé à un circuit ouvert.

RB

RB0

rbe

RC βi

i

RE

RB0 = RB // [rbe + (β + 1)RE ] ≅ 14388 Ω , RG0 = RE //

d’où f3 ≅

RG0

rg

RB + rbe + rg ≅ 148 Ω β +1

1 ≅ 1.1 Hz 2π (RG0 CG + RB0 CB )

Calcul du zéro : Le zéro est obtenu par le couplage dû à CB . En effet, si la base du transistor est en l’air, le courant dans la charge est nul, donc

RB 1 1 et f2 = =∞ ⇒ p=− ≅ 0.88 Hz . 1 + RBCB RBCB 2π RB CB

Les résultats sont valables avec une excellente précision car les deux pôles sont séparés de plus de deux décades et le zéro est à deux décades en dessous du pôle dominant. La simulation sur Spice confirme ces chiffres. Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 6. Schéma

Cbc Cbe

rbe

RC βi

i

RE

rg

vg

La fonction de transfert en tension est du type passe-bas du second ordre par la présence des deux capacités indépendantes au sein du montage. La méthode par l’approximation du pôle dominant est appliquée. 7. Fréquence de coupure haute Calcul du premier pôle : Résistance du dipôle vu par C be lorsque Cbc est assimilé à un circuit ouvert :

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

i0 βi i

i1

rbe

rg //RE

v0

RC

⎧i 0 + (β + 1)i = i1 v0 v ⎪ r 0 ⇒ i0 = + (β + 1) 0 ⇒ Rbe = rg // RE // be ≅ 4.42 Ω ⎨v 0 = − rbe i β +1 r R r // g E be ⎪v = r // R i g E 1 ⎩ 0

(

)

Résistance du dipôle vu par C bc lorsque Cbe est assimilé à un circuit ouvert : 0 = R = 1.5 kΩ car β i = 0 . Rbc C 0 C 0 −8 s , f ≅ a1 = Rbe be + R bc C bc ≅ 3.195 10 h

1 ≅ 4.98 MHz 2π a1

(fréquence de coupure à –3 dB).

Calcul du deuxième pôle : bc = R 0 . Résistance du dipôle vu par Cbe lorsque Cbc est assimilé à un court-circuit : Rbe be be = RC . Résistance du dipôle vu par C bc lorsque Cbe est assimilé à un court-circuit : Rbc

0 C 0 be bc −17 s 2 , d’où f ≅ ⇒ a2 = Rbe be R bc C bc = R be C be R bc C bc ≅ 5.834 10 2

a1 ≅ 87.2 MHz 2π a2

Malgré que le calcul conduisant à l’évaluation de f2 outrepasse le domaine de validité du modèle de comportement en fréquence du transistor ( f2 > ft ), la fréquence de coupure haute demeure valable avec une bonne précision, car les deux pôles sont séparés de plus d’une décade. L’hypothèse du pôle dominant est donc vérifiée à une précision d’environ 5%. Sur un plan purement analytique, une meilleure précision peut être atteinte en évaluant une fréquence de coupure corrigée telle que 1 1 1 1 1 1 ≅ 2π a1 = + d’où ≅ − et f1 = fhcorrigée ≅ 5.28 MHz (avec f2 valeur approchée). fh f1 f 2 f1 fh f2 La simulation sur Spice illustre les résultats. 40

(45.243K, 28.588)

20 dB / decade

20

(5.2867M, 25.575)

(291.838, 25.575) 0

(77.787M, 2.4421) -20

40 dB / decade -40 10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

1.0MHz

10MHz

100MHz

1.0GHz

DB(V(S)) Frequency

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage collecteur commun Le sujet proposé porte sur l’étude en régime dynamique du montage collecteur commun de la figure ci-dessous. Les paramètres du modèle en comportement linéaire du transistor sont :

β = 150, rbe = 755 Ω,Cbe = 432 pF ,Cbc = 20 pF ,VA = ∞ Le composant CG est un condensateur de liaison.

RB 284k rg

VCC

CG Q

3k vg

10n

20 V RE 2k

vs

Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes 1. Dessinez le schéma. 2. Calculez le gain en tension Av 0 = v s v g , les résistances d’entrée et de sortie. Etude du régime dynamique aux fréquences basses 3. Dessinez le schéma. 4. Evaluez la fréquence fb de coupure basse du montage. Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 5. Dessinez le schéma. 6. En se plaçant dans l’hypothèse d’un pôle dominant, calculez la fréquence fh de coupure haute du montage. 7. Validez l’hypothèse du pôle dominant.

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes 1. Schéma i rbe

rg

βi

RB

RE

vs

vg

2. Gain en tension Ce schéma peut être simplifié par Thévenin v g' =

[

]

RB rg RB v g et rg' = ≅ 2969 Ω . RB + rg R B + rg

⎧⎪v g' = rg' + rbe + (β + 1)RE i v (β + 1)RE RB ⇒ Av 0 = s = ≅ 0.977 (- 0.2 dB) ⎨ v g rg // RB + rbe + ( β + 1) RE RB + rg ⎪⎩v s = (β + 1)i RE Les résistances d’entrée et de sortie s’écrivent : rg // RB + rbe Z e = RB //[rbe + (β + 1)RE ] ≅ 146.5 kΩ et Z s = // RE ≅ 24.4 Ω . β +1 Etude du régime dynamique aux fréquences basses 3. Schéma CG

rbe

rg ib

RB

β ib

vg RE

La fonction de transfert en tension est du type passe-haut du premier ordre par la présence d’un seul condensateur au sein du montage. 4. Fréquence de coupure basse La constante de temps de coupure est obtenue par le calcul de la résistance Req du dipôle (théorème de Thévenin ou Norton) vu par le condensateur. i

i0 i1

rbe βi RB

v0

RE

rg

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⎧i 0 = i1 + i ⎪ ⎨v 0 = RB i1 + rg i 0 ⎪ ⎩RB i1 = [rbe + (β + 1)RE ]i

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎧ ⎛ RB ⎪i 0 = ⎜⎜1 + rbe + (β + 1)RE ⇒ ⎨ ⎝ ⎪v = R i + r i B 1 g 0 ⎩ 0

⎞ ⎟ i1 ⎟ ⎠

⇒ Req = rg + RB // [rbe + (β + 1)RE ]

d’où la fréquence de coupure à –3 dB fb ≅

1 ≅ 106 Hz avec Req ≅ 149.5 kΩ . 2π Req CG

Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 5. Schéma Cbe rbe

i v

rg RB

βi gm v

Cbc

RE

vg

La fonction de transfert en tension est du type passe-bas du second ordre par la présence des deux capacités indépendantes au sein du montage. 6. Fréquence de coupure haute La méthode par l’approximation du pôle dominant est appliquée Calcul du premier pôle : Résistance du dipôle vu par C be lorsque Cbc est assimilé à un circuit ouvert : i0

i1

⎧v 0 = v ⎪ v ⎪ + i1 ⎨i 0 = r be ⎪ ⎪v = r // R i + R (i − g v ) g B 1 E 1 m ⎩ 0

rg//RB v

v0

rbe

RE

(

gm v

v0 ⎧ ⎪i 0 = r + i1 ⇒ ⎨ be ⎪v (1 + g R ) = r // R + R i m E g B E 1 ⎩ 0

(

0 = rbe // d’où Rbe

)

rg // RB + RE 1 + g m RE

⇒ i0 =

(1 + g m RE )v 0 rg // RB + RE

+

)

v0 rbe

≅ 12.3 Ω

Résistance du dipôle vu par C bc lorsque Cbe est assimilé à un circuit ouvert : rbe

i0

i

i1

0 Rbc = rg // RB // [rbe + (β + 1)RE ] ≅ 2940 Ω .

βi v0

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rg//RB

RE

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

0 C 0 −8 s , f ≅ a1 = Rbe be + R bc C bc ≅ 6.41 10 h

1 ≅ 2.48 MHz 2π a1

ce qui donne la fréquence de

coupure à –3 dB. Calcul du deuxième pôle : Résistance du dipôle vu par C bc lorsque Cbe est assimilé à un circuit-circuit : be be 0 C −16 s 2 Rbc = rg // RB // RE ≅ 1195 Ω ⇒ a2 = Rbe be R bc C bc ≅ 1.27

ou encore, résistance du dipôle vu par Cbe lorsque C bc est assimilé à un circuit-circuit : i0

v

v0

rbe

bc = Rbe

RE

rbe

β +1

// RE ≅ 4.99 Ω

gm v

bc C R 0 C −16 s 2 , d’où f ≅ ⇒ a2 = Rbe 2 be bc bc ≅ 1.27 10

a1 ≅ 80 MHz 2π a2

Malgré que le calcul conduisant à l’évaluation de f2 outrepasse le domaine de validité du modèle de comportement en fréquence du transistor ( f2 > ft ), la fréquence de coupure haute demeure valable avec une bonne précision, car les deux pôles sont séparés de plus d’une décade. L’hypothèse du pôle dominant est donc vérifiée à une précision d’environ 3%. Sur un plan purement analytique, une meilleure précision peut être atteinte en évaluant une fréquence de coupure corrigée telle que 1 1 1 1 1 1 et f1 = fhcorrigée ≅ 2.56 MHz (avec f2 valeur approchée). d’où ≅ 2π a1 = + ≅ − fh f1 f 2 f1 fh f2 La simulation sur Spice illustre ces résultats. Un zéro, situé à fz =

β +1 ≅ 74 MHz , contre 2π rbe Cbe

l’effet du pôle f2 ≅ 80 MHz , d’où comportement du premier ordre. 10

(15.719K, -216.125m) -0

-10

(107.303, -3.1986)

(2.5746M, -3.2344)

-20

-30

-40 1.0Hz

10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

1.0MHz

10MHz

100MHz

1.0GHz

DB(V(S)) Frequency

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Comparaison des montages fondamentaux à JBT A partir des résultats des problèmes sur les réponses en fréquence des étages émetteur commun, base commune et collecteur commun, effectuez une comparaison des performances étudiées.

Corrigé Report des performances dans le tableau suivant : performances

émetteur commun

base commune

collecteur commun

polarisation ICo

5.07

5.07

5

résistance d’entrée Ze (Ω)

711

4.9

146500

Résistance de sortie Zs ( Ω)

1500

1500

24.4

gain en tension A v

- 285

26.9

0.977

coupure basse fb (Hz )

326

297

106

coupure haute fh (kHz )

475

4980

2480

deuxième pôle f2 (MHz )

86.5

87.2

80

fh (kHz ) corrigée

478

5280

2560

Commentaires : •

• • •

• •

• •

Les trois montages utilisent le même transistor ( β , ft ,VA ) parcouru par le même courant de polarisation ICo , c’est-à-dire utilisant les mêmes valeurs des paramètres dynamiques du modèle aux faibles signaux ( rbe , Cbe ,Cbc ), permettant ainsi une bonne comparaison des performances. Les valeurs de la résistance d’entrée montrent qu’un étage base commune doit être attaqué en courant et qu’un étage collecteur commun en tension. La valeur de la résistance de sortie de l’étage collecteur commun fait apparaître son rôle d’abaisseur d’impédance (adaptateur basse impédance). Les étages émetteur commun et base commune sont des amplificateurs de tension, alors que l’étage collecteur commun recopie la tension d’entrée en sortie (suiveur de tension). Ici, le gain de l’étage base commune est faible à cause d’un problème d’adaptation sur l’entrée (attaque en courant). La fréquence de coupure basse est fonction du choix des valeurs de condensateurs de liaison et de découplage, donc indépendante du type d’étage. Les valeurs des fréquences de coupure haute mettent en exergue le principal problème de l’étage émetteur commun, à savoir une faible bande passante. Cette fréquence de coupure sera d’autant plus faible que la charge sera plus importante (gain en tension demandé plus important). La solution est l’utilisation du montage cascode. Le deuxième pôle se situe aux environs de la fréquence de transition ft , extrême limite du modèle de comportement du transistor en fréquence. La fréquence de coupure haute corrigée démontre l’efficacité de la méthode du pôle dominant.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage pseudo-émetteur commun L’étude proposée porte sur le comportement en fréquence du montage de la figure ci-dessous. Le transistor possède les caractéristiques :

β = 200, ft = 400 MHz,Cbc = 0.2 pF , VA = ∞ Les composants CG et CE sont respectivement des condensateurs de liaison et de découplage.

RB1 79.8k rg

RC

VCC

1k Q1

CG

5V vS

50 vG

RE1 30

RB2

VCC 5V

24k

RE2

CE

220

Etude du régime continu 1. Calculez la valeur du courant IC 0 ( VBE0 ≅ 0.6 V ). Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes 2. Evaluez le paramètre rbe du transistor. 3. Calculez le gain en tension Av 0 = v s v g . 4. Evaluez la résistance d’entrée Z e et la résistance de sortie Z s . Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 5. Evaluez la capacité Cbe du transistor. On se place dans l’hypothèse où la fonction de transfert admet deux pôles réels espacés de plus d’une décade (approximation du pôle dominant). 6. Calculez la fréquence de coupure du montage. 7. Validez l’hypothèse du pôle dominant.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu RB1

RC

VCC

IC IB VCE VBE RB2

RE1

VCC

IE RE2

1. Evaluation du courant de collecteur RB2 I 2VCC = RB C + VBE + RE1 + RE 2 I E RB1 + RB2 β

(

)

avec RB = RB1 // RB2

RB ≅ 18450 Ω , IC0 ≅ 5 mA Etude du régime dynamique aux fréquences moyennes

rg

rbe RB

i

βi RC

vg

vs

RE1

2. Evaluation des paramètres U rbe = T β ≅ 1 kΩ , rce = ∞ car VA = ∞ IC 0 3. Gain en tension Av 0 ≅ −

β RC ≅ − 28.25 ( + 29 dB ) rg + rbe + (β + 1)RE1

( RB >> rg par théorème de Thévenin)

4. Impédances d’entrée et de sortie Z e = RB // rbe + (β + 1)RE1 ≅ 5090 Ω (vue par le générateur d’attaque), Z s = RC = 1 kΩ

[

]

Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 5. Estimation de la capacité de diffusion IC 0 Cbc = 0.2 pF , Cbe ≅ 79.6 pF Cbe + Cbc = 2π UT ft

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

6. Calcul de la fréquence de coupure (méthode par l’approximation du pôle dominant) 0 R bc

0 R be

rbe

v

gm v RC

rg

RB RE1

0 Résistance R be du dipôle vu par Cbe lorsque Cbc est assimilé à un circuit ouvert

i0

i1

rg // RB

rbe

v

v0

i2

RC RE1

gm v

Le circuit présente deux nœuds et deux mailles indépendantes, soit un système de 4 équations à 4 inconnues i1, i 2 , v et le couple recherché (v 0 , i 0 ) . v ⎧ ⎪i 0 = i1 + r be ⎪ ⎪i = i + g v m ⎨1 2 ⎪v = v 0 ⎪ ⎩⎪v 0 ≅ rg i1 + RE1 i 2

⇒

v0 ⎧ ⎪i1 = i 0 − r be ⎪⎪ ⇒ ⎨i 2 = i1 − g m v 0 ⎪v ≅ r i + R i g 1 E1 2 ⎪ 0 ⎪⎩

i0 1 1 + g m RE1 = + v 0 rbe rg + RE1

0 = rbe // d’où Rbe

RE1 rg ⎛ ⎞ ⇒ v 0 ⎜⎜1 + + + g m RE1 ⎟⎟ ≅ rg + RE1 i 0 r r be be ⎝ ⎠

(

rg + RE1 1 + g m RE1

)

0 ( Rbe ≅ 11.3 Ω )

0 du dipôle vu par Cbc lorsque Cbe est assimilé à un circuit ouvert Résistance R bc

v0

i0

i1

i2

rbe βi

rg // RB

i

RC (β+1) i RE1

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎧i 0 = i + i1 ⎪ ⎪i 0 + β i + i 2 = 0 ⎨v ≅ r i − R i g 1 C 2 ⎪ 0 ⎪rg i1 ≅ rbe i + ( β + 1)RE i 1 ⎩ 0 = RC + rg d’où Rbc

⎧⎪v 0 ≅ rg (i 0 − i ) + RC ( i 0 + β i ) ⇒ ⎨ ⎪⎩rg (i 0 − i ) ≅ rbe i + ( β + 1)RE1 i

rbe + (β + 1)RE1 + β RC rg + rbe + (β + 1)RE1

≅ 2462 Ω

0 C 0 −9 s ⇒ f ≅ a1 = Rbe be + R bc C bc ≅ 1.392 10 h

1 ≅ 114 MHz (fréquence de coupure) 2π a1

7. Validation de l’approximation du pôle dominant Calcul du deuxième pôle : a1 0 ∞ ∞ 0 avec a2 = Rbe f2 ≅ Cbe Rbc Cbc ou a2 = Rbe Cbe Rbc Cbc 2π a2 ∞ bc ) : résistance du dipôle vu par C Rbe (ou Rbe be lorsque C bc est assimilé à un court-circuit ∞ be ) : résistance du dipôle vu par C Rbc (ou Rbc bc lorsque C be est assimilé à un court-circuit.

i0

RE1

rg // RB

v0 RC

be apparaît plus judicieux au vu du schéma précédent, puisque la Le choix du calcul de Rbc

résistance r be est court-circuitée et la source liée ne débite aucun courant. Le résultat est alors ∞ = rg // RB // RE1 + RC ≅ 1020 Ω . immédiat, à savoir Rbc

d’où a2 ≅ 1.835 10 −19 s 2 et la fréquence de coupure est f2 ≅ 1.2 GHz ( f2 > ft ). La fréquence de coupure haute évaluée par l’approximation du pôle dominant est d’une précision de l’ordre de 10%, car les fréquences calculées sont séparées d’une décade. Il ne faut pas oublier que le modèle de Giacoletto est toléré jusqu'à la fréquence de transition (400 MHz), ce qui signifie que les calculs du deuxième pôle et des deux zéros ne sont pas acceptables. Cependant ces fréquences sont, en réalité, très au-dela de la fréquence de coupure à 3 dB. Sur un plan purement analytique, une meilleure précision peut être atteinte en évaluant une fréquence de coupure corrigée telle que 1 1 1 1 1 1 et f1 = fhcorrigée ≅ 127 MHz d’où ≅ 2π a1 = + ≅ − fh f1 f 2 f1 fh f2 La simulation sur Spice illustre ce résultat.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage source commune L’étude porte sur la caractérisation du circuit de la figure ci-dessous. Le transistor à effet de champ possède les caractéristiques statiques I DSS = 15 mA, VP = −6 V et les paramètres de son modèle dynamique aux faibles signaux sont rds = ∞, Cgs = 4 pF ,Cgd = 2 pF . Les composants CG et CS sont respectivement des condensateurs de liaison et de découplage.

RD 2k rg 50 vG

CG

J1

VCC 30 V

10n R 100k

RS 300

vS CS 100u

Etude du régime continu 1. Déterminez le point de repos du transistor. Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2. Evaluez le paramètre g m du modèle du transistor de l’étude précédente. 3. Aux fréquences moyennes, calculez le gain en tension Av 0 = v s v g , les résistances d’entrée Ze et de sortie Z s . 4. Evaluez la fréquence de coupure basse du montage. 5. Evaluez la fréquence de coupure haute du montage.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu 1. Point de repos du transistor En continu ( ω = 0 ), les condensateurs de liaison sont équivalents à des circuits ouverts 1 = ∞ ). ( Cω +VCC

⎧VCC ≅ (RD + RS )I D + VDS ⎪ 2 ⎪ ⎛ VGS ⎞ ⎜ ⎟ ⎨I D = I DSS ⎜1 − VP ⎟⎠ ⎝ ⎪ ⎪V ≅ − R I S D ⎩ GS

RD ID IG=0

VDS

VGS R

RS

système de 3 équations à 3 inconnues ( I D , VDS , VGS )

2 VGS

VP2

⎛ 1 2 ⎞ ⎟VGS + 1 = 0 ⇒ VGS ≅ − 2 V et I D ≅ 6.67 mA , VDS ≅ 14.7 V . + ⎜⎜ − ⎟ o o o I R V P ⎠ ⎝ DSS S

Etude du régime dynamique 2. Evaluation du paramètre g m gm = −

2 VP

I DSS I Do ≅ 3.33 mA / V

3. Caractérisation aux fréquences moyennes

rg

vgs gm vgs

R

RD

vs

vg

Dans ce domaine de fréquences, les condensateurs de liaison et de découplage sont équivalents à des courts-circuits. Calcul du gain R ⎧ v R ⎪v gs = R + r v g ⇒ v s = − g m RD v g soit Av 0 = s ≅ − g m RD ≅ − 6.66 (16.48 dB) g ⎨ R + r v g g ⎪v = − g v R m gs D ⎩ s La résistance d’entrée (vue par le circuit d’attaque sous forme Thévenin vaut Z e = R = 100 kΩ et la résistance de sortie ZS = RD = 2 kΩ .

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Fréquence de coupure basse Schéma aux fréquences basses CG

rg

vgs R

RD

gm vgs

vg

RS

CS

La fonction de transfert en tension est du type passe-haut du second ordre par la présence des deux condensateurs indépendants au sein du montage. La méthode par l’approximation du pôle dominant permet la détermination rapide de la fréquence de coupure basse (voir « Annexes »). Calcul du premier pôle : Résistance RG∞ du dipôle vu par CG lorsque CE est assimilé à un court-circuit. RG∞

R

rg

vgs

gm vgs

RD

RG∞ = rg + R ≅ 100 kΩ

Résistance RS∞ du dipôle vu par CS lorsque CG est assimilé à un court-circuit. i0 gm vgs

vgs

RS

0 RD

i

rg // R

v0

⎧v 0 = − v gs i 1 ⎪ + gm v gs ⇒ 0 = ⎨ v 0 RS ⎪i 0 + g m v gs + RS ⎩ 1 ≅ 150 Ω d’où RS∞ = RS // gm

ce qui donne la fréquence de coupure à –3 dB fb ≅

1 2π

⎛ 1 1 ⎜ ⎜ R∞ C + R∞ C S S ⎝ G G

⎞ ⎟ ≅ 170 Hz . ⎟ ⎠

Calcul du deuxième pôle : Résistance RS0 du dipôle vu par CS lorsque CG est assimilé à un circuit ouvert. Résistance RG0 du dipôle vu par CG lorsque CS est assimilé à un circuit ouvert.

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Réponse en fréquence

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RG0

vgs

gm vgs

R

rg

RD

RS0

RS

RG0 = rg + R ≅ 100 kΩ , RS0 = RS //

d’où f2 ≅

1 ≅ 150 Ω gm

1 ≅ 9.95 Hz 2π (RG0 CG + RS0 CS )

Calcul du zéro : Le zéro est produit par la liaison entre source et masse, couplage dû à CS . En effet, si la source du transistor est en l’air, le courant dans la charge est nul, donc RS 1 1 =∞ ⇒ p=− et f3 = ≅ 5.3 Hz . 2π RS CS 1 + RSCS p RS CS Les résultats sont valables avec une précision satisfaisante car les deux pôles sont séparés d’un peu plus d’une décade et le zéro est situé légèrement en dessous du pôle le plus bas (voir la simulation sur Spice). 5. Fréquence de coupure haute Schéma aux fréquences hautes Cgd

rg

Cgs

R

vgs

RD

gm vgs

vs

vg

La fonction de transfert en tension est du type passe-bas du second ordre par la présence des deux capacités indépendantes au sein du montage. La méthode par l’approximation du pôle dominant est mise en œuvre. Calcul du premier pôle : 0 Rgd

rg

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R

0 R gs

vgs

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RD gm vgs

Réponse en fréquence

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Résistance du dipôle vu par Cgs lorsque Cgd est assimilé à un circuit ouvert : 0 Rgs = rg // R ≅ 50 Ω

Résistance du dipôle vu par Cgd lorsque Cgs est assimilé à un circuit ouvert : 0 Rgs

i0

vgs

(

0 i +R i +g v ⎧⎪v 0 = Rgs 0 D 0 m gs ⎨ 0 ⎪⎩v gs = Rgs i 0

gm vgs RD

v0

0 C 0 −9 s , f ≅ a1 = Rgs gs + R gd C gd ≅ 4.97 10 h

)

0 = (1 + g R )R 0 + R ≅ 2383 Ω Rgd m D gs D

1 ≅ 32 MHz ce qui donne la fréquence de coupure 2π a1

à –3 dB. Calcul du deuxième pôle : gs du dipôle vu par Cgd lorsque Cgs est assimilé à un court-circuit : Résistance Rgd

gs Rgd

RC

v=0

gs Rgd = R D = 2 kΩ

gm v = 0

0 C R gs C −19 s 2 , d’où f ≅ a2 = Rgs gs gd gd ≅ 8 10 2

a1 ≅ 989 MHz 2π a2

Calcul du zéro : Le zéro est produit de manière telle que le courant circulant dans la charge RD est nul, couplage dû à Cgd . En effet, le courant circulant dans la branche supportant Cgd est égal au courant fourni par la source liée, donc Cgd p Vgs ( p ) = g m Vgs ( p ) ⇒ p =

gm gm ≅ 265 MHz et f3 = Cgd 2π Cgd

La fréquence de coupure haute demeure valable avec une bonne précision, malgré la présence du zéro qui s’intercale entre les deux pôles. Notons que le domaine de validité du modèle de comportement en fréquence du transistor est acceptable puisqu’il n’existe pas de phénomène de diffusion pour un JFET (modélisation de deux diodes en inverse).

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La simulation sur Spice illustre ces résultats. 20

(173.235, 13.788)

(33.283M, 13.501) (58.434K, 16.448) pente 20 dB/décade

0

pente - 20 dB/décade

(271.227M, 923.737m)

(13.335, -6.7119) (949.014M, -4.2491737m)

pente 40 dB/décade

pente - 20 dB/décade

-20 (5.1989, -17.281) pente 20 dB/décade

-40 1.0Hz 10Hz DB(V(S))

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100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

1.0MHz

10MHz

100MHz

1.0GHz

10GHz

Frequency

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage pseudo-source commune Le sujet proposé porte sur l’étude du montage de la figure ci-dessous, représenté dans son régime dynamique aux faibles signaux. Le paramètre rds du modèle en comportement linéaire du transistor JFET est supposé de valeur très importante. Le composant CG est un condensateur de liaison et la valeur de la résistance du dipôle d’attaque est telle que rg > rg par théorème de Thévenin) ⎨ ⎪⎩v g ≅ v gs + g m v gs RS v g R ⇒ Av 0 = s ≅ − m D et ze = R (vue par le générateur d’attaque), zs = RD . vg 1 + g m RS

Etude du régime dynamique aux fréquences basses 3. Schéma rg

CG ze = R

4. Fréquence de coupure basse Le condensateur voit à ses bornes un dipôle passif ( v g éteint) de résistance ze + rg , ce qui fournit la constante de temps de coupure, donc la fréquence de coupure basse fb =

1 . 2 π ( rg + ze )CG

Etude du régime dynamique aux fréquences hautes 5. Schéma 0 Rgd

vgs

rg

0 R gs

gm vgs RD

R RS

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Calcul du premier pôle : La fréquence de coupure à – 3 dB s’écrit f1 ≅

1 2π a1

0 0 avec a1 = Rgs Cgs + Rgd Cgd (sous condition

d’un pôle dominant). 0 : résistance du dipôle vu par Cgs lorsque Cgd est assimilé à un circuit ouvert. Rgs 0 : résistance du dipôle vu par Cgd lorsque Cgs est assimilé à un circuit ouvert. Rgd

0 6. Ecriture analytique de la résistance R gs

i0

rg // R

vgs

i1

RD

v0 RS

gm vgs

⎧i 0 = i1 + g m v gs ⎧⎪i 0 = i1 + g m v 0 ⎪⎪ ⇒ ⎨ ⎨v 0 = v gs ⎪⎩v 0 ≅ rg i 0 + RS i1 ⎪ ⎪⎩v 0 ≅ rg i 0 + RS i1 r g + RS v 0 d’où Rgs . = 0 ≅ i 0 1 + g m RS

⇒ v 0 ≅ rg i 0 + RS (i 0 − g m v 0 )

0 7. Ecriture analytique de la résistance Rgd

i0

v0

i1 vgs

gm vgs RD

rg // R RS

⎧i 0 + g m v gs + i1 = 0 ⎪⎪ ⎨v 0 ≅ rg i 0 − RD i1 ⎪ ⎩⎪rg i 0 ≅ v gs + g m v gs RS

⎧⎪v 0 ≅ rg i 0 + RD (i 0 + g m v gs ) ⇒ ⎨ ⎪⎩rg i 0 ≅ v gs (1 + g m RS )

g m rg ⎛ 0 ≅ rg + RD ⎜⎜1 + d’où Rgd + g m RS 1 ⎝

Sylvain Géronimi

⇒ v 0 ≅ ( rg + R D ) i 0 +

rg g m RD 1 + g m RS

i0

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Page 73

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

8. Pour la validation de l’approximation du pôle dominant Calcul du deuxième pôle : a1 0 ∞ ∞ 0 avec a2 = Rgs f2 ≅ Cgs Rgd Cgd ou a2 = Rgs Cgs Rgd Cgd 2π a2 ∞ gd Rgs (ou Rgs ) : résistance du dipôle vu par Cgs lorsque Cgd est assimilé à un court-circuit. ∞ gs Rgd (ou Rgd ) : résistance du dipôle vu par Cgd lorsque Cgs est assimilé à un court-circuit. ∞ Ecriture analytique de la résistance Rgd

i0

rg // R

RS

0

v0 RD

∞ apparaît plus judicieux au vu du schéma précédent, puisque la tension Le choix du calcul de Rgd

v gs est nullee et la source liée ne débite aucun courant. Le résultat est alors immédiat, à savoir ∞ Rgd ≅ rg // RS + RD . ∞ Ecriture analytique de la résistance Rgs

i0

rg // R

RD v0

vgs gm vgs RS

⎧v 0 = v gs ⎪⎪ ⎨v 0 ≅ (RD // rg + RS ) i1 ⇒ v 0 = (RD // rg + RS ) (i 0 − g m v 0 ) ⎪ ⎪⎩i 0 = i1 + g m v gs v 1 ∞ d’où Rgs //(RD // rg + RS ) . = 0 = i0 gm

Dans les deux cas, nous devons retrouver la même écriture analytique de a2 .

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Page 74

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un étage cascode L’étude proposée porte sur le comportement en fréquence du montage de la figure ci-dessous. Les deux transistors sont supposés identiques :

β = 100, ft = 100 MHz, Cbc = 4 pF , VA = ∞ Les composants CG , CB , CE sont respectivement des condensateurs de liaison et un condensateur de découplage. RB1 2.2k RB2

Q2

1.2k rg

vG

+

CG

RC 560

Q1

50

+

VCC

-

20 V

vS RB3 560

RE 220

CE

CB

Etude du régime continu 1. Dans l’hypothèse où l’on suppose les courants de base des transistors négligeables devant le courant circulant dans la maille définie par RB1 , RB2 , RB3 et VCC , déterminez les points de fonctionnement des deux transistors. Validez cette hypothèse. Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2. Déduisez les paramètres rbe des transistors de l’étude précédente. 3. Aux fréquences moyennes, calculez les valeurs de la résistance d’entrée ze , de la résistance de sortie zs et du gain en tension Av 0 = v s v g du montage. 4. Déterminez la fréquence de coupure haute. 5. Donnez les spécificités d’un tel amplificateur.

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Page 75

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu RB1 RC

IB2

RB2

VCE2 IC2

IC1

Q1 IB1

VCE1

VBE2

+

Q2

VCC

-

VBE1

RB3

RE

1. Points de repos D’après l’hypothèse formulée, le courant de maille est I ≅

VCC RB1 + RB2 + RB3

L’hypothèse de départ fait négliger deux fois 100 µA devant 5.05 mA (≅ 4%) VCE1 ≅ VCE2 ≅ 6.1V , IC1 ≅ IC2 ≅ IC o = 10 mA o

o

o

o

Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2. Résistances dynamiques des jonctions base-émetteur U rbe = rbe1 = rbe2 = T β ≅ 250 Ω donc g m = g m1 = g m2 ≅ 0.4 A / V IC 0 3. Caractérisation aux fréquences moyennes β i2

rg

i2 RB

v

vg

rbe2

rbe1

RC

vs

gm v

ze = RB // rbe ≅ 151 Ω avec RB = RB2 // RB3 , zs = RC = 560 Ω

⎧g m v = (β + 1)i 2 ⎪ v ze ze ⎪ v g ⇒ Av 0 = s = ⎨v = v z z r + g e + rg e g ⎪ ⎪v = − R β i C 2 ⎩ s

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⎛ β ⎞⎛ β RC ⎜⎜ − ⎟⎟⎜⎜ ⎝ β + 1 ⎠⎝ rbe

Page 76

⎞ ⎟ ≅ −168 (+ 44.4 dB) ⎟ ⎠

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Fréquence de coupure haute Cbe1 = Cbe2 = Cbe car Cbc1 = Cbc 2 = Cbc et même fréquence de transition Cbe + Cbc =

IC 0

( Cbc = 4 pF , Cbe ≅ 633 pF )

2π UT ft

Méthode par l’approximation du pôle dominant 0 Rbc 1

RG

RB

gm v2

gm v1

v1

v2

rbe1 0 R be 1

0 Rbe 2

rbe2

RC 0 Rbc 2

Ce circuit présente trois éléments capacitifs indépendants, puisqu’une maille n’est composée que de ce type d’éléments. Le système est donc d’ordre 3. Calcul du premier pôle : 1 0 0 0 0 fh ≅ avec a1 = Rbe C + Rbc C bc1 + Rbe C be2 + Rbc Cbc 2 1 be1 1 2 2 2 π a1 Résistance du dipôle vu par Cbe1 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 = rg // RB // rbe1 ≅ 37.6 Ω . circuits ouverts : Rbe 1

Résistance du dipôle vu par Cbe2 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 = circuits ouverts : Rbe 2

rbe2

β +1

≅ 2.48 Ω . gm v2

v2

v0

rbe2

RC

Résistance du dipôle vu par Cbc1 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 = R 0 (1 + α ) + R 0 circuits ouverts : Rbc be be ≅ 77.24 Ω . 1

1

2

i0

v1

0 Rbe 1

v0 i1

gm v1

0 Rbe 2

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Résistance du dipôle vu par Cbc 2 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 = RC = 560 Ω . circuits ouverts : Rbc 2

a1 ≅ 2.79 10 −8 s , fh ≅ 5.7 MHz ce qui donne la fréquence de coupure à –3 dB par l’approximation du pôle dominant.

Calcul du deuxième pôle : Les éléments capacitifs sont pris par paire (6 combinaisons) pour l’évaluation du coefficient a 2 . f2 ≅

a1 2 π a2

avec

be1 be1 = Rbc = Rbe 2

1

a2 ≅ 9.53 10

rbe1

β +1

−17

be1 be1 be1 0 0 0 a2 = Rbe C Rbc Cbc1 + Rbe C be1 Rbe Cbe2 + Rbe C Rbc Cbc 2 1 be1 1 1 be1 2

2

1

bc1 0 + Rbc C bc1 Rbe Cbe2 1 2

bc1 0 + Rbc C Rbc Cbc 2 1 bc1 2

be2 0 + R be C be2 Rbc Cbc 2 2 2

bc1 be1 be2 bc1 0 // ≅ 2.48 Ω , Rbc = Rbc = Rbc = RC = 560 Ω , Rbe = Rbe 2

2

2

2

1

rbe2 1 // ≅ 1 .2 Ω g m1 β + 1

s 2 , f2 ≅ 46.6 MHz

Ce résultat montre que l’hypothèse du pôle dominant donne une fréquence de coupure à plus de 10% près, puisque un peu moins d’une décade sépare les deux pôles, le troisième pôle étant supposé plus haut en fréquence. Les fréquences de coupure dûes aux zéros sont très hautes. Sur un plan purement analytique, une meilleure précision peut être atteinte en évaluant une fréquence de coupure corrigée (négligeant la présence du troisième pôle) telle que 1 1 1 1 1 1 ≅ 2π a1 = + d’où ≅ − et f1 = fhcorrigée ≅ 6.5 MHz fh f1 f 2 f1 fh f2 La simulation sur Spice présente le même résultat. 5. Spécificités de l’amplificateur L’amplificateur cascode est composé de deux étages (système du 3° ordre) : -

-

un étage émetteur commun d’amplification en courant égale à β et d’amplification en tension inférieure à l’unité puisque la charge dynamique de cet étage est la résistance dynamique de la jonction base-émetteur d’un transistor monté en base commune (2.5 Ω). Cette très faible amplification en tension permet de minimiser la valeur de la capacité Cbc ramenée à l’entrée de l’étage par l’application du théorème de Miller et, par conséquent, d’obtenir la bande passante la plus large possible, un étage base commune d’amplification en courant α et possédant une fréquence de coupure de l’ordre de la fréquence de transition. Cet étage apporte une amplification en tension importante.

L’ensemble des deux étages forme alors un amplificateur de puissance possédant une bande passante élevée.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Réponse en fréquence d’un montage émetteur commun-collecteur commun L’étude proposée porte sur le comportement en fréquence du montage de la figure ci-dessous. Les transistors possèdent les caractéristiques suivantes

β = 150, ft = 70 MHz,Cbc = 13.6 pF , VA = 100 V Les composants C1 , C2 et C3 sont respectivement des condensateurs de liaison et de découplage.

RC

RB1

R1

ie

2.2k

vg

Q2

10k

VCC

Q1

C1

C3

47µ ve

25Vdc

10µ RB2 82k

RE 1k

C2 100µ

R2

R3

2.2k

22k

vs

RP

Etude du régime continu 1. Déterminez la valeur de la résistance de polarisation RB1 pour que le potentiel d’émetteur de Q2 soit à VCC 2 ( VBEo ≅ 0.6 V ). Etude du régime dynamique aux faibles signaux sans contre-réaction ( RP = ∞ ) 2. Déduisez, à partir des courants de polarisation, les paramètres dynamiques des modèles faibles signaux rbe , rce , Cbe de Q1 et Q2 . 3. Aux fréquences moyennes, évaluez le gain en tension A v o = v s v g , puis caractérisez le montage en l’absence de R1 ( A v = v s v e , Ze , Zs ). 4. Evaluez la fréquence de coupure basse du montage. 5. Evaluez la fréquence de coupure haute du montage et démontrez que la marge de phase Φ M est supérieure à 45°. Etude du régime dynamique aux faibles signaux avec contre-réaction 6. Constatez que les variables de polarisation ne sont pas modifiées par la présence de RP . 7. Aux fréquences moyennes, évaluez la résistance de transfert Rt = v s i e de la chaîne directe et dessinez le schéma équivalent du montage. Précisez le type de contre-réaction. 8. Aux fréquences moyennes, caractérisez le montage en boucle fermée et évaluez les paramètres Rt' , Ze' , Zs' et Av' o = v s v g pour RP = 150 kΩ et 27 kΩ. 9. Déterminez la bande passante du montage pour les deux valeurs de contre-réaction.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du régime continu 25 V 1.19 mA 10k

RB1

37.6 µA

1.76 V

Q2

13.1 V

29.14 µA

7.68 µA

0.6 V

Q1

5.68 mA

1.16 V

0.6 V 82k

12.5 V

1k 21.46 µA

2.2k

1.16 mA

1. Evaluation de la résistance RB1 IC1 ≅ 1.15 mA , IC2 ≅ 5.64 mA , RB1 ≅ 798 kΩ d’où le pont de base RB = RB1 // RB2 ≅ 74.36 kΩ . o

o

Etude du régime dynamique 2. Paramètres dynamiques des modèles JBT Q1 → rbe1 ≅ 3260 Ω , rce1 ≅ 87 kΩ , Cbe1 ≅ 91 pF , Cbe1 = 13.6 pF Q2 → rbe2 ≅ 664 Ω , rce2 ≅ 17.7 kΩ , Cbe2 ≅ 500 pF , Cbe2 = 13.6 pF

3. Caractérisation du montage aux fréquences moyennes Suivant la méthode de la caractérisation d’étages en cascade, nous déterminons l’équivalent de Thévenin à vide du premier étage ( v s1 , Z s1 ).

R1

v1

RB

rce1

rbe1

RC

vs1

gm1 v1

Z s1

vg

RB // rbe1 ⎧ vg ⎪v 1 = R1 + RB // rbe1 ⎨ ⎪v = − g v R // r m1 1 C ce1 ⎩ s1

(

)

⇒ A1 =

v s1 vg

=−

β rbe1

(RC // rce ) R R+BR// r//ber

≅ − 242

1

1

1

B

be1

zs1 = RC // rce1 ≅ 8969 Ω

Le circuit équivalent de Thévenin obtenu attaque l’étage collecteur commun.

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

rbe2

i2

zs1

rce2 β i2

vs2

zs 2

R2 // R3

vs1

Posons R = rce2 // R2 // R3 ≅ 1797 Ω

[

]

⎧⎪v s1 = zs1 + rbe2 + (β + 1)R i 2 vs (β + 1)R ⇒ A2 = 2 = ≅ 0.966 ⎨ ( ) = + v β 1 R i v z r + ⎪⎩ s2 2 s1 s1 be2 + (β + 1)R ze2 = rbe2 + (β + 1)R ≅ 272 kΩ , zs2 = R //

zs1 + rbe2

Ainsi, le transfert du montage vaut Av o =

vs = A1 A2 ≅ − 234 soit 47.4 dB vg

β +1

≅ 61.6 Ω

La caractérisation demandée en l’absence de R1 est la suivante : Z e = RB // rbe1 ≅ 3123 Ω , Z s = zs2 ≅ 62 Ω , A v =

(

)

vs β =− RC // rce1 A2 ≅ − 399 . ve rbe1

4. Fréquence de coupure basse Schéma C1

C3

i2 rbe2 rbe1

R1 RB

rce1

i1

β i2

β i1

RC

rce2

R2

R3

vg

RE

C2

La fonction de transfert en tension est du type passe-haut du troisième ordre par la présence des trois condensateurs indépendants au sein du montage. La méthode par l’approximation du pôle dominant est utilisée pour le calcul de la fréquence de coupure. Calcul du premier pôle : Résistance R1∞ du dipôle vu par C1 lorsque C2 et C3 sont assimilés à des courts-circuits. R1∞

R1

RB

rbe1 i1

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rce1

RC

ze2

R1∞ = R1 + RB // rbe1 ≅ 5323 Ω

β i1

Page 81

Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Résistance R2∞ du dipôle vu par C2 lorsque C1 et C3 sont assimilés à des courts-circuits. i0

rbe1 R1

rbe1

ze2

RC

RE

R2∞

RE

i1

rce1

β i1

i1

//RB

i β i1

rce1

ze2 //RC

v0

R1 //RB

Afin de simplifier le calcul analytique, nous écrivons l’expression de la résistance du dipôle en l’absence de RE , cette dernière étant branchée en parallèle sur ce dipôle. ⎧i + (β + 1)i + i = 0 1 ⎪⎪ 0 v = − r ⎨ 0 be1 + R1 // RB i1 ⎪ ⎩⎪v 0 = − rce1 i − ze2 // RC (β i1 + i )

(

⇒

(

)

)

(

β +1 ⎧ ⎪i 0 = r + R // R v 0 − i be1 B 1 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪v = − r + z // R i + β ze2 // RC v ce1 e2 C 0 ⎪ 0 rbe1 + R1 // RB ⎩

(

(

)

)

⎡ β ze2 // RC ⎤ i0 1 β +1 = + ⎢1 − ⎥ v 0 rbe1 + R1 // RB ⎢⎣ rbe1 + R1 // RB ⎦⎥ rce1 + ze2 // RC

)

d’où R2∞ =

v0 // RE ≅ 38.14 Ω i0

Résistance R3∞ du dipôle vu par C3 lorsque C1 et C2 sont assimilés à des courts-circuits. R3∞

i2 rbe2 rce1 0

β i2

RC

rce2

R2

R3

La résistance R du dipôle de gauche est en série avec la résistance R3 . rce // RC + rbe2 R= 1 // rce2 // R2 d’où R3∞ = R + R3 ≅ 22078 Ω β +1 ce qui donne la fréquence de coupure à – 3 dB, fb ≅

1 2π

⎛ 1 1 1 ⎜ + ∞ + ∞ ⎜ R∞ C ⎝ 1 1 R 2 C 2 R3 C 3

⎞ ⎟ ≅ 43 Hz ⎟ ⎠

Calcul du zéro : Le zéro est produit par la liaison entre émetteur et masse, couplage dû à C2 . En effet, si l’émetteur du transistor est en l’air, le courant dans la charge est nul, donc RE 1 1 et f2 = =∞ ⇒ p=− ≅ 1.6 Hz 2π RE C2 1 + RE C 2 p RE C 2 Cette fréquence est relativement proche de la fréquence de coupure (environ une décade et demi), mais interfère très peu sur la fréquence de coupure basse du montage.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Fréquence de coupure haute Schéma 0 Rbe 0 Rbc 1

2

i2 rbe2 v1

R1

β i2

gm1 v1 zs1

Ze

R

0 Rbe 1

0 Rbc

2

Ce circuit présente trois éléments capacitifs indépendants, puisqu’une maille n’est composée que de ce type d’éléments. Le système est donc d’ordre 3. La méthode par l’approximation du pôle dominant est utilisée. Calcul du premier pôle : 1 0 0 0 0 avec a1 = Rbe C + Rbc Cbc1 + Rbe Cbe2 + Rbc Cbc 2 fh ≅ 1 be1 1 2 2 2 π a1 Résistance du dipôle vu par Cbe1 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 circuits ouverts : Rbe = R1 // Z e ≅ 1291 Ω . 1

Résistance du dipôle vu par Cbc1 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des circuits ouverts : v0

i0

i2 rbe2 gm1 v1

v1

β i2

zs1

0 Rbe

R

1

(

)(

0 ⎧v 0 = Rbe i + zs1 // ze2 i 0 + g m1 v 1 ⎪ 1 0 ⎨ 0 ⎪⎩v 1 = R be1 i 0

)

(

)(

)

0 0 0 ⇒ Rbc = Rbe + zs1 // ze2 1 + g m1 Rbe ≅ 525.7 kΩ 1 1 1

Résistance du dipôle vu par Cbe2 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des circuits ouverts : i0

i

⎧v = v ⎪ 0 ⎪ v +i ⎨i 0 = rbe2 ⎪ ⎪v = z i + R i − g v s1 m2 ⎩ 0

zs1 v

v0

rbe2

R

(

gm2 v

v0 ⎧ +i ⎪i 0 = r ⇒ ⎨ be2 ⎪v 1 + g R = z + R i m2 s1 ⎩ 0

(

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) (

)

⇒ i0 =

(1 + g m R )v 0 + v 0 2

zs1 + R

Page 83

rbe2

)

0 ⇒ Rbe = rbe2 // 2

zs1 + R 1 + g m2 R

≅ 25.44 Ω

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Résistance du dipôle vu par Cbc 2 lorsque les autres éléments capacitifs sont assimilés à des 0 = zs1 // ze2 ≅ 8683 Ω . circuits ouverts : Rbc 2

d’où a1 ≅ 7.40 10 −6 s , fh ≅

1 ≅ 21.5 kHz ce qui donne la fréquence de coupure à –3 dB. 2π a1

Calcul du deuxième pôle : Les éléments capacitifs sont pris par paire (6 combinaisons) pour l’évaluation du coefficient a2 . a1 f2 ≅ 2 π a2

avec

be1 be1 be1 0 0 0 a2 = Rbe C Rbc Cbc1 + Rbe C be1 Rbe Cbe2 + Rbe Cbe1 Rbc Cbc 2 1 be1 1 1 1

2

2

bc1 bc1 be2 0 0 0 + Rbc C bc1 Rbe Cbe2 + Rbc Cbc1 Rbc Cbc 2 + R be C be2 Rbc Cbc 2 1 1 2 2

2

2

be1 be1 be1 be2 0 Rbc = Rbc = zs1 // ze2 ≅ 8683 Ω , Rbe = Rbe ≅ 25.44 Ω , Rbc = zs1 // R ≅ 1497 Ω , 1

2

2

bc1 0 Rbc = Rbe // 1 2

2

2

1 bc1 // zs1 // ze2 ≅ 21.32 Ω , Rbe = rbe2 // 2 g m1

0 Rbe 1

1 // // zs1 + R g m1 1 + g m2 R

≅ 4.44 Ω

d’où a2 ≅ 4.744 10 −14 s 2 , f2 ≅ 24.8 MHz Calcul du zéro : Le zéro du montage émetteur commun est produit de manière telle que le courant circulant dans la capacité de couplage Cbc1 soit entièrement absorbé par la source liée (tension nulle sur la charge) Cbc1 p V1( p ) = g m1 V1( p ) ⇒ p =

g m1 Cbc1

et f z =

g m1 2π Cbc1

≅ 540 Mhz

Malgré que ce calcul outrepasse le domaine de validité du modèle de comportement en fréquence des transistors ( ft = 70 Mhz ), les fréquences issues des pôles sont valables et séparées de trois décades. L’hypothèse du pôle dominant est donc vérifiée à une précision de 0.1 % pour ce type de calcul analytique. Le produit gain

x

fréquence de coupure haute reste constant

Av o fh ≅ 5 MHz puisque le

deuxième pôle apparaît au dessous de l’axe des 0 dB, à la fréquence de 25 MHz. Le comportement du système est donc du premier ordre et la marge de phase est nettement supérieure à 45°, ce qui démontre une bonne stabilité de l’amplificateur. La simulation sur Spice illustre ces résultats. 80 (42.258, 44.376)

40

(1.0000K, 47.376)

(21.527K, 44.376)

(1.2589, 19.750) (5.0119M, -38.642m)

0

produit gain x bande constant

-40

-80 100mHz 1.0Hz DB(V(S))

Sylvain Géronimi

(30.824M, -17.990)

marge de phase ≅ 82°

10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

1.0MHz

10MHz

100MHz 1.0GHz

Frequency

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Réponse en fréquence

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

0d (40.596,-135.018)

(1.0000K,-180.285) (21.559K,-225.007) -200d

(5.0119M,-277.848)

-400d

(34.133M,-315.031)

-600d 100mHz 1.0Hz P(V(S))

10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

1.0MHz

10MHz

100MHz 1.0GHz

Frequency

6. Polarisation du montage en contre-réaction Les condensateurs de liaison C1 et C2 isolent la résistance RP du continu. les paramètres des modèles des transistors restent donc inchangés. 7. Résistance de transfert aux fréquences moyennes RP

is ig R1 2.2k ve

⎧v e = Z e i e ⎪ vs ⎨ ⎪Av = v e ⎩ v ⇒ R t = s = A v Z e ≅ − 1246 kΩ (121.9 dB) ie (contre-réaction tension courant)

27k

ie

Zs 62

Ze 3123

vs

vg R t ie

8. Caractérisation du montage aux fréquences moyennes La contre-réaction fait apparaître une topologie parallèle en entrée et en sortie. De ce fait, les nouveaux paramètres diminuent dans un rapport 1 + Y Rt (voir cours « La contre-réaction »). ig R1 2.2k

Z’s ve

Z’e

vs

vg R’ t ig

⎧ ' Rt ⎪Rt = 1 + Y Rt ⎪ ⎪⎪ ' Ze ⎨Ze = Y Rt 1 + ⎪ ⎪ ' Zs ⎪Zs = ⎪⎩ 1 + Y Rt

v ve − vs v ⎛ v ⎞ v 1 = − s ⎜⎜1 − e ⎟⎟ ≅ − s car − e = ≅ 2.5 10 −3 1 ), VA = 100 V (effet Early négligé VA >> VCE ) et VBE ≅ 0.6 V . +VCC

Q7

(+)

Q1

Q8

(-)

Q2

R1 39.2k I2

Q3

Ipol

Q4 I1 I0 iS

Q5

Q9

Q6

Q10

R2 4.53k

-VCC

Compréhension du circuit 1. Donnez une description du circuit. Etude du régime continu 2. Evaluez le courant I 0 issu de la source. 3. Ecrivez les expressions analytiques I1 et I 2 en fonction de I 0 et du gain en courant β des transistors Q3 et Q4 . 4. Comparez l’influence de β sur les courants de collecteur de Q3 et Q4 pour ce circuit de polarisation et pour un circuit réduit à la seule source de courant I 0 alimentant directement le point commun des bases. 5. Evaluez les courants et potentiels des nœuds. Etude du régime pseudo continu 6. Ecrivez les expressions des transferts IC3 (VD ) , IC4 (VD ) et IS (VD ) de l’étage différentiel. Tracez ces fonctions. 7. En considérant la zone linéaire des courbes précédentes, écrivez l’expression de la conductance de transfert i S (v d ) en régime linéaire.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences moyennes) 8. Evaluez les paramètres rbe et rce des modèles des transistors (prendre rce1,2,3,4 = ∞ ). 9. Evaluez la résistance dynamique présentée par l’étage de polarisation Q9 - Q10 - R1 - R 2 ( z9 ) et les éléments de la caractérisation des miroirs Q5 - Q6 et Q7 - Q8 ( ze , zs , Ai ). Dessinez le schéma résultant. 10. Caractérisez l’amplificateur en régime purement différentiel ( Ad , Zd , Zs ). 11. Caractérisez l’amplificateur en régime de mode commun ( Ac , Zc ). 12. Déduisez le taux de réjection de mode commun. 13. Retrouvez l’expression de la conductance de transfert obtenue lors de l’étude en pseudo continu.

Corrigé Compréhension du schéma 1. Description Le schéma se compose d’un circuit de polarisation et d’un étage différentiel à charges actives. - Le circuit de polarisation est une source de courant R2 - Q9 - Q10 , de type Widlar, dont le courant de référence est ajusté à l’aide de la résistance R1 . Cette source permet d’alimenter l’étage différentiel par les points communs des bases de Q3 - Q4 et des collecteurs de Q1 - Q2 . Vu la polarité de ces derniers transistors, un miroir de courant Q7 - Q8 est nécessaire pour modifier le sens du courant. La compréhension de cette topologie apparaîtra lors de l’étude du régime continu. - L’association de collecteurs communs Q1 et Q2 suivis de bases communes Q3 et Q4 constitue un étage différentiel cascode, permettant d’obtenir une bande passante plus élevée que le montage traditionnel à comportement émetteur commun. Les charges actives de Q3 et Q4 composent un miroir de courant Q5 - Q6 qui permet de doubler le courant dynamique traversant la résistance interne de cette source, donc de doubler la valeur du gain différentiel en tension (condition à vide). Il est à remarquer que la sortie de l’étage est alors asymétrique. Cet étage est un amplificateur à conductance de transfert.

Etude du régime continu 2. Evaluation du courant I 0 Courant de référence I pol = Source de Widlar

2VCC − VBE10 R1

⎛I R2 pol IC9 ≅ Ln ⎜⎜ o UT ⎜ IC 9 ⎝ o

o

≅ 750 µA

⎞ ⎟ (équation transcendante) ⇒ I = I 0 C9 o ≅ 20 µA ⎟⎟ ⎠

3. Expressions analytiques I1 et I 2 Puisque le gain en courant est important ( β >> 1) et le montage symétrique (effet Early négligé), IC1 = IC2 ≅ IC3 = IC4 .

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⎧I = I + I ⎪⎪ 0 1 2 ⎨I 2 ≅ IC3 + IC4 ⎪ ⎩⎪I1 = I B3 + I B4

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎧I 0 = I1 + I 2 I β ⇒ ⎨ soit I 2 ≅ I 0 et I1 ≅ 0 . I β I ≅ + β 1 β +1 1 ⎩2

4. Influence de β sur IC3 et IC4 et comparaison Pour le circuit proposé, IC3 = IC4 ≅ I

S βC3 ≅

β I0 et la sensibilité de ces courants s’écrit β +1 2

d IC 3 1 dβ dβ dβ 1 car ≅ − = . β +1 β β +1 β +1 β IC 3

Dans le cas d’un circuit de polarisation réduit à la source I 0 alimentant de point commun des bases de Q3 et Q4 , la sensibilité s’écrit IC 3 = IC 4 = β

I0 2

I

⇒ S βC3 = 1 (sensibilité β + 1 plus importante que précédemment).

Le circuit de polarisation proposé permet donc d’alimenter l’étage différentiel par un courant constant ( IC3 = IC4 ≅ I 0 2 ) dont la valeur n’est pratiquement pas fonction du gain β des PNP latéraux Q3 et Q4 , gain relativement difficile contrôlable à la fabrication. 5. Evaluation des courants et potentiels de noeuds +VCC

15 V

Q7

+VCC

Q8 Q1

≅ I2

Q2

20µ

14.4 V Q1

Q2

10µ

10µ

≅ I2 /2

Q3

Q4

I2 ≅ I2 /2

β’ I0 /2

20µ

β’ I0 /2

IS

- 1.2 V Q3

Q4 Q5

I1 β’ I1 /2

10µ

- 14.4 V Q5

β’ I1 /2

10µ

Q6

I0

80n IS

80n

0 Q6

- 15 V

20µ

-VCC I0

circuit de polarisation simple

-VCC

Remarquons que le nœud de sortie n’est pas connecté à l’étage suivant (à vide). Pour obtenir une polarisation équilibrée de l’étage différentiel, le potentiel de ce nœud doit être à - 14.4 V et laisser fuir vers l’étage suivant un courant de 80 nA (symétrisation du schéma).

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

6. Expressions des transferts ⎧ ⎪ ⎪Q ≡ Q 2 ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨Q3 ≡ Q4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪Q5 ≡ Q6 ⎪ ⎪ ⎩

VBE1 ⎧ ⎪I E ≅ ( β + 1) I BS e UT ⎪ → ⎨ 1 VBE2 ⎪ ⎪⎩I E2 ≅ ( β + 1) I BS e UT VEB3 ⎧ ' e UT ⎪I E ≅ ( β '+1) I BS ⎪ 3 → ⎨ VEB4 ⎪ ' ⎪⎩I E 4 ≅ ( β '+1) I BS e UT VBE5 ⎧ ⎪IC ≅ β I BS e UT ⎪ 5 → ⎨ VBE6 ⎪ ⎪⎩IC6 ≅ β I BS e UT

⎧VD = VBE + VEB − VEB − VBE 1 3 4 2 ⎪ ⎪I E1 = I E3 ⎪ ⎪I E 2 = I E 4 ⎪ (circuit) ⎨I 0 ≅ IC3 + IC4 ⎪ ⎪VBE5 = VBE6 ⎪I ≅ I C5 ⎪ C3 ⎪IS = IC − IC 4 6 ⎩

(technologie)

+VCC

Q7

Q8

≅ I2

Q1 VD

Q2

VBE1

VBE2

I2 20µ

VEB3 VEB4 Q3

IB3

IB4

Q4 I1

IC3

IC4

IC5

IC6

Q5

Q6 VBE5

80n IS

20µ

I0

VBE6 -VCC

A partir des quatre premières équations du circuit, on obtient : ⎧I E1 = I E3 I0 ⎧ ⎪ VD ⎪IC3 ≅ V ⎧I ⎪I E 2 = I E 4 I − D E3 C ⎪ 2 UT = 3 ≅ e 2 UT ⎪ ⎪⎪ ⎪ 1+ e ⎛ I E1 ⇒ ⎨ I E ⎞ ⇒ ⎨ I E 4 IC 4 ⎨ ⎜ I0 + Ln 3 ⎟ ⎪ ⎪VD ≅ UT ⎜ Ln ⎪ I ≅ I E 4 ⎟⎠ VD ⎪⎩I 0 ≅ IC3 + IC4 ⎪ ⎪ C4 ⎝ IE2 2 UT ⎪I ≅ I + I ⎪⎩ 1+ e ⎩ 0 C3 C 4 et à l’aide des trois dernières ⎧⎪IC5 = IC6 I0 I0 V ⇒ IS ≅ − = − I 0 th D ⎨ V V D D 4 UT − ⎪⎩IS ≅ IC4 − IC3 1 + e 2 UT 1 + e 2 UT

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avec I 0 = 20 µA

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

linéarisation du transfert

20uA

Q4 saturé

Q3 saturé

10uA (111.0E-18, 10.013u)

0A

Q3 bloqué

Q4 bloqué (111.0E-18, -37.759n)

-10uA linéarisation du transfert -20uA -400mV IC(Q3)

-300mV IC(Q4)

-200mV IC(Q4) - IC(Q3)

-100mV

0V

100mV

200mV

300mV

400mV

VD

7. Expression du transfert Pour une faible valeur de VD par rapport à la masse, th

I I VD V V ≅ D et IS ≅ − I 0 D , d’où le transfert Yt = S ≅ − 0 . 4 UT 4 UT 4 UT VD 4 UT

Cette expression correspond à la conductance de transfert de l’étage court-circuité en sortie (adaptation en courant réalisée) dans une étude dynamique aux faibles signaux. Dans ces conditions de charge, i s = Yt v d représente la source équivalente de Norton du montage et sa résistance de dipôle est zs = rce6 telle que zs >> Rch avec rce3 = rce4 = ∞ .

Etude du régime dynamique (faibles signaux) 8. Paramètres des modèles rbe =

UT V β , rce ≅ A IC o IC o

d’où rbe1,2,3,4,5,6 = rbe ≅ 625 kΩ , rce1,2,3,4 = ∞ , rce5,6 ≅ 10 MΩ ,

rbe7,8,9 ≅ 312.5 kΩ , rce7,8 ≅ 2.5 MΩ , rce9 ≅ 5 MΩ .

9. Schéma et éléments dynamiques demandés ⎛ β R2 La source de Widlar Q9 - Q10 est équivalente à une résistance z9 ≅ rce9 ⎜1 + ⎜ R2 + rbe 9 ⎝

⎞ ⎟ ≅ 22.9 MΩ . ⎟ ⎠

Le miroir de courant est équivalent à un quadripôle de transfert en courant dont les paramètres r β valent ze = be , zs = rce , Ai = . β +2 β +2 Pour le miroir Q5 - Q6 , z5 ≅ 2480 Ω , z6 = 10 MΩ . Pour le miroir Q7 - Q8 , z7 ≅ 1240 Ω , z8 = 2.5 MΩ .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

z7

Ai (ic1+ic2)

rce8

ic1+ic2

Q1

+

Q2

+ v2

v1

Q3

Q4 ib3+ib4

ic3

ic4

z5

Ai ic3

rce6

z9

Dans le régime différentiel, nous avons i c2 = − i c1 et i c 4 = − i c3 . La résistance z7 est donc traversée par un courant nul et cette dernière disparaît du schéma. Le raisonnement est le même pour le courant traversant la résistance équivalente rce8 // z9 . Dans le régime de mode commun, nous avons i c1 = i c2 = i c3 = i c 4 . La résistance z7 est traversée par un courant i c1 + i c 2 = 2 i c2 et le courant de collecteur de Q2 traverse une résistance équivalente 2 z7 . Par un même raisonnement, le courant traversant la résistance équivalente rce8 // z9 est 2 i b4 + 2 Ai i c 4 = 2 (1 + Ai β )i b4 et le courant de base de Q4 traverse une résistance

(

)

(

)

équivalente z0 = 2 (1 + Ai β ) rce8 // z9 ≅ 2 β rce8 // z9 ≅ 1127 MΩ .

2 z7 Q2

+

ic2 -vd/2 Q2

+ vc

Q4 ib4 Q4

ic4

ic4

z0 - Ai ic4

rce6

Ai ic3

vout1

rce6

(voir annexe « Méthode de travail pour la caractérisation linéaire d’un étage différentiel »).

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

10. Caractérisation en régime différentiel Première étape : calcul du gain en tension et de la résistance de sortie du circuit, l’attaque étant une source de tension −v d / 2 . Etage collecteur commun Q2 i2

A1' =

rbe2 β i2

- vd /2

rce2

v's1

Z s' 1

v s' 1 − vd 2

=

rce2 (β + 1)

rbe2 + rce2 (β + 1)

=1

( rce2 = ∞ )

i0 i2 β i2

rbe2

v0

rbe2 ⎪⎧i 0 + (β + 1)i 2 = 0 ⇒ Z s' 1 = ≅ 2490 Ω ⎨ = − v r i β +1 ⎪⎩ 0 be2 2

Etage base commune Q4 β i4

Z's1

iC4

i4

z6 rbe4

Ai ic3

v's2

Z s' 2

v's1

[

]

⎧v s' = − rbe + (β + 1)Z s' i 4 ⎪ 1 4 1 ⎨ ' ⎪⎩v s2 = z6 i c 4 − Ai i c3 A2' =

(

v s' 2 v s' 1

=

)

avec i c 4 = − i c3 = − β i 4

2 β z6 2 β z6 β z6 β +1 ≅ = = 4000 , Z s' 2 = z6 = 4 MΩ rbe rbe4 + (β + 1)Z s' 1 β + 2 rbe4 + rbe2

Pour évaluer Z s' 2 , les deux sources de tensions indépendantes à l’intérieur du dipôle sont éteintes

( ± v d / 2 ). Pour le demi-schéma de droite représenté ici, la source v s' 1 = A1' (− v d 2) étant égale à zéro, le courant i 4 est inexistant et i c 4 = 0 . Un même raisonnement sur le demi-schéma de gauche conduit à i c3 = 0 . Les sources liées β i 4 et Ai i c3 ne débitant aucun courant, le courant i 0 , produit par la source de tension v 0 appliquée à l’entrée du dipôle, traverse intégralement la résistance z6 .

Deuxième étape : calcul de la résistance d’entrée Le montage base commune présente la diode d’entrée de Q4 vue de son émetteur, soit Z e' 2 =

rbe4

β +1

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et le collecteur commun Z e' 1 = rbe2 + (β + 1)

Page 131

rbe4

β +1

= 2 rbe ≅ 1.25 MΩ .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

i2 rbe2

Z e' 1

β i2

rce2 =∞

Z'e2

La résistance Z e' 1 étant vue par la source de tension v d / 2 , la résistance différentielle d’entrée vue par la source v d est Z d = 2 Z e' 1 ≅ 4 rbe ≅ 2.5 MΩ .

11. Caractérisation du régime de mode commun Première étape : calcul du gain en tension et de la résistance de sortie, l’attaque étant une source de tension v c . Pour l’étage collecteur commun, mêmes résultats avec les notations A1'' =

v s''1 vc

( ≡ A1' ) et Z s''1 ≡ Z s' 1 .

Pour l’étage pseudo-base commune β i4

iC4

i4 Z''s1

rbe4

z6

Z s'' 2

v''s2

Ai ic3 z0

v''s1

[

]

⎧v s'' = − (β + 1)Z s'' + rbe + z0 i 4 ⎪ 1 1 4 ⎨ '' ⎪⎩v s1 = z6 i c 4 − Ai i c3

(

A2'' =

v s'' 2 v s''1

=

)

rbe4

avec i c3 = i c 4 = − β i 4

β z6 2z 2 ≅ 6 ≅ 17.7 10 −3 , Z s''2 = z6 = 10 MΩ '' z0 + (β + 1)Z s1 + z0 β + 2

Deuxième étape : calcul de la résistance d’entrée Le schéma du montage base commune à charges réparties est modifié par la présence de la résistance z0 en série avec la résistance rbe4 , ce qui conduit à remplacer rbe4 par rbe4 + z0 dans les expressions analytiques, rbe4 + z0 soit Z e'' 2 = et Z e''1 = rbe2 + (β + 1)Z e'' 2 = 2 rbe + z0 . β +1 La résistance de mode commun, vue par la source de tension v c dans le contexte du demischéma, est donc Z c = Z e''1 ≅ 1128 MΩ , valeur surestimée par l’absence de rce2 .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

12. Taux de réjection de mode commun Les gains de transfert en tension valent v s' v s'' β z6 2 z6 A' A' Ad = 2 = − 1 2 = − = − 2000 , Ac = 2 = A1'' A2'' = ≅ 17.7 10 −3 . 2 2 rbe vd vc z0 La tension obtenue en fin de chaîne est la somme des tensions de sortie à vide issues des deux régimes (théorème de superposition), soit v s2 = v s' 2 + v s'' 2 = Ad v d + Ac v c et la qualité de l’amplification différentielle par rapport à l’amplification du mode commun est exprimée par la A valeur du taux de réjection de mode commun TRMC = d ≅ 112700 , soit environ 100 dB. Ac

13. Conductance de transfert En considérant le régime purement différentiel, l’amplificateur a été représenté sous la forme d’un dipôle de Thévenin de tension v s' 2 = Ad v d et de résistance z6 . La transformation Thévenin Norton conduit à v s' i A v A v β β is = 2 = d d = − v d ⇒ Yt = s = d d = − . 2 rbe vd z6 2 rbe z6 z6 Or rbe =

UT 2 UT β= β IC4 I0 o

⇒ Yt = −

I0 . 4 UT

L’expression de la conductance de transfert est retrouvée. L’étude dynamique fournit les performances de l’étage en régime linéaire (gain différentiel, taux de réjection de mode commun, résistances d’entrée et de sortie, bande passante) et l’étude pseudo-continue montre l’excursion maximale de la tension différentielle d’entrée à ne pas dépasser afin de satisfaire un certain niveau de distorsion de la tension de sortie.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Intégrateur de tension différentielle L’étude proposée concerne le montage de la figure ci-dessous au sein duquel l’amplificateur de tension, supposé idéal ( AV = ∞, Z E = ∞, ZS = 0 ), fonctionne en régime linéaire. C1 R1 v1

vs

R2 v2

+ C2

1. Ecrivez l’expression de la tension de sortie v s en fonction de v 1 et v 2 . 2. Si R1 = R2 = R et C1 = C2 = C , concluez sur la fonction du montage.

Corrigé 1. Expression de la tension de sortie 1 ⎧ ⎪ C2 p + ⎪V ( p ) = V ( p) 1 2 ⎪ R2 + ⎪ C2 p ⎪⎪ + − ⎨V ( p ) = V ( p ) ⎪ 1 ⎪ R1 C1 p ⎪ − V ( p) + V ( p) ⎪V ( p ) = 1 s 1 1 R1 + R1 + ⎪ C1 p C1 p ⎪⎩

d’où Vs ( p ) = −

⇒

R1C1p 1 1 V2 ( p ) = Vs ( p ) + V1( p ) R2C2 p + 1 R1C1p + 1 R1C1p + 1

1 1 R1C1p + 1 V1( p ) + V2 ( p ) R1C1p R1C1p R2C2 p + 1

2. Fonction du montage Si R1 = R2 = R et C1 = C 2 = C , Vs ( p ) = −

1 [V1( p) − V2 ( p )] RC p

Il s’agit d’un intégrateur de tension différentielle d’expression v s (t ) = −

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1 RC

∫ [v (t ) − v (t )]dt . 1

2

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Convertisseurs d’impédance Les circuits proposés sont capables de simuler des selfs et des capacités. Les amplificateurs de tension utilisés, supposés idéaux ( AV = ∞, Z E = ∞, ZS = 0 ), fonctionnent en régime linéaire.

La première étude concerne un circuit simulateur d’inductance.

R1 RS

-

i C

RP +

L

ve R2 (a)

(b)

Ve ( p ) du montage de la figure a. I ( p) 2. Ecrivez l’expression de l’impédance du montage b telle que RP >> RS .

1. Ecrivez l’expression de l’impédance d’entrée Z e ( p ) =

3. Identifiez L, RS , RP en fonction de R1 , R2 , C.

Cette étude concerne un circuit simulateur de capacité.

R2

-

U1 R1 -

i

U2

+ +

ve C

4. Ecrivez l’expression de l’impédance d’entrée Z e ( p ) =

Ve ( p ) du montage. I ( p)

5. Interprétez ce résultat.

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Amplificateurs idéaux

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Corrigé 1. Expression de l’impédance d’entrée ⎧I ( p ) = I1( p ) + I 2 ( p ) ⎪ − ⎪I ( p ) = Ve ( p ) − V ( p ) ⎪1 R1 ⎪ ⎨I 2 ( p ) = Ve ( p ) − V + ( p ) C p ⎪ R2 ⎪V + ( p ) = V − ( p ) = V ( p) ⎪ 1 e + R ⎪ 2 Cp ⎩

R1

i1

-

i

[

C +

i2

ve

R2

[

]

⎧ ⎛ 1 ⎞ + + C p ⎟⎟ ⎪I ( p ) = Ve ( p ) − V ( p ) ⎜⎜ ⎪ ⎝ R1 ⎠ ⇒ ⎨ R C p ⎪V + ( p ) = 2 Ve ( p ) ⎪ 1 + R2 C p ⎩

⇒ I( p) =

]

V ( p) 1 + R2 C p 1 1 + R1C p = R1 Ve ( p ) d’où Z e ( p ) = e I( p) 1 + R1C p R1 1 + R2 C p

2. Expression de l’impédance du montage b

L L p 1+ p Rs Rs Z( p) = = ≅ Rs L L R p + R s + L p R p + Rs 1+ p 1+ p R p + Rs Rp R p (Rs + L p )

R p Rs

1+

car RP >> RS .

3. Identification Z e ( p ) ≡ Z ( p ) ⇒ R1 = Rs , R2 C =

L L , R1C = Rp Rs

d’où

R2 R p = R1 Rs

et R p = R2 , L = R1 R2 C .

4. Expression de l’impédance d’entrée L’amplificateur U1 , monté en suiveur, recopie la tension Ve ( p ) à sa sortie. L’amplificateur U 2 , monté en inverseur, fournit la tension de sortie Vs ( p ) = −

R2 Ve ( p ) . La loi d’Ohm aux bornes cu R1

condensateur s’écrit alors I ( p ) = [Ve ( p ) − Vs ( p )]C p ⇒ Z e ( p ) =

Ve ( p ) 1 = I( p) ⎛ R2 ⎞ ⎜⎜1 + ⎟C p R1 ⎟⎠ ⎝

5. Interprétation ⎛ R ⎞ Le montage effectue une multiplication de la capacité C telle que Ceq = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ C . R1 ⎠ ⎝

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Amplificateur d’instrumentation amélioré L’étude proposée concerne le montage de la figure ci-dessous dans lequel l’amplificateur de tension est supposé idéal. R2 100k R1 1k R3

V1

S +

1k R4 V2

100k

1. Donnez l’expression de la tension de sortie en fonction des tensions d’entrée. 2. Ecrivez la condition que doivent satisfaire les résistances pour que ce montage soit un étage différentiel. 3. Donnez les expressions des résistances d’entrée et déduisez la condition sur les résistances du circuit pour que ces résistances d’entrée soient à peu près égales. 4. Si les résistances du circuit sont prises dans la série à 1%, évaluez le TRMC pour le pire cas.

Un étage différentiel ( U1 , U 2 ) est placé à l’entrée du montage précédent, comme le montre la figure ci-dessous. U2 +

V1

S1

-

R1

R2

1k

100k

R5 220k

R7

R6

2.2k

S + U1

220k V2

S2 +

R3

R4

1k

100k

U3

5. Donnez l’expression du TRMC du premier étage et discutez de la dispersion des composants. 6. Donnez l’expression du TRMC du montage complet. 7. Comparez les performances ce montage à celui du problème précédent.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de la tension de sortie vS = −

⎛ R ⎞ R4 R2 v2 v 1 + ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ R1 ⎠ R3 + R 4 R1 ⎝

2. Condition pour avoir un étage différentiel R1 R3 = R2 R 4

⇒

Ad =

vS R =− 2 v1 − v 2 R1

3. Expressions des impédances d’entrée Z E1 =

R1 R ≅ 1 (R3 + R 4 ) v2 R4 R3 1− v 1 R3 + R 4

et

Z E 2 = R3 + R 4

En effet, la tension différentielle v 1 − v 2 étant très faible, v1 ≅ v 2 . On a donc intérêt à prendre R1 = R3 pour égaliser les impédances d’entrée. Cette condition entraîne R2 = R 4 qui correspond aussi à la compensation d’offset en sortie ( R1 // R2 = R3 // R 4 ).

4. Expression du taux de réjection de mode commun Posons K =

R R1 1 [v1 (1 + K ') − v 2 (1 + K )] et K ' = 3 ⇒ v S = − K (1 + K ' ) R2 R4

v1 − v 2 v1 + v 2 v − v 2 v1 + v 2 , v2 = − 1 + + 2 2 2 2 1 ⎡2 + K + K' (v1 − v1 ) − (K − K ') v1 + v1 ⎤⎥ ⇒ vS = − K (1 + K ' ) ⎢⎣ 2 2 ⎦

Or v 1 =

En considérant des résistances de même dispersion autour de la valeur nominale, le calcul d’erreur donne ∆K ∆R1 ∆R2 ∆K ' ∆R avec comme pire cas K = K 0 + ∆K et K ' = K 0 − ∆K . = + = =2 K R1 R2 K' R L’amplificateur étant supposé parfait, on trouve ainsi un TRMC produit uniquement par la dispersion des composants passifs :

TRMC

1 +1 Ad 2 + K + K ' K0 = = ≅ ∆K ∆R 2 (K − K ') 2 4 K0 R

en supposant que Ad >> 1 , soit TRMC ≅ 68 dB .

Pour un amplificateur d’instrumentation, il est nécessaire de choisir un composant actif à très bon TRMC . Cependant, le TRMC minimal calculé démontre l’utilisation de résistances ultra précises, mais les valeurs des impédances d’entrée restent faibles.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Si un amplificateur présentant un TRMC de 80 dB est utilisé, l’erreur additionnelle sera de 1% pour un gain différentiel de 100 ( Ac = 10 − 2 ). La tolérances des résistances étant ici de 1%, l’erreur totale de mode commun est donc de 5%.

5. Expression du taux de réjection de mode commun du premier étage R5 ⎧ ⎪v S1 = R (v 1 − v 2 ) + v 1 ⎪ 7 ⎨ ⎪v = − R 6 (v − v ) + v 1 2 2 ⎪⎩ S2 R7 Ad =

v S1 − v S2 v1 − v 2

= 1+

⇒

R5 + R 6 R7

et

⎧ ⎛ R5 + R 6 ⎞ ⎟ (v 1 − v 2 ) ⎪v S1 − v S2 = ⎜⎜1 + R7 ⎟⎠ ⎪ ⎝ ⎨ ⎪v + v = R5 − R6 (v − v ) + (v + v ) S2 1 2 1 2 ⎪ S1 R7 ⎩ Ac =

v S1 + v S2 v1 + v 2

= 1+

R5 − R 6 v 1 − v 2 ≅1 R7 v 1 + v 2

La tension différentielle étant très faible devant celle du mode commun, ainsi que la différence entre les deux résistances, la dispersion des résistances joue très peu. TRMC = 1 +

R5 + R 6 R7

6. Expression du taux de réjection de mode commun du montage complet

TRMC

R2 R1 = ∆R 4 R

⎛ 2R ⎞ ⎜⎜1 + ⎟ R7 ⎟⎠ ⎝

avec R = R5 = R6

7. Performances Cet amplificateur d’instrumentation présente des impédances d’entrée énormes, une impédance de sortie très faible (contre-réaction tension-tension sur U 2 et U 3 ) et un gain en tension qui peut être réglable par un potentiomètre en place de R7 . L’erreur de mode commun est nettement moindre que dans le premier montage différentiel.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Amplificateur d’instrumentation (INA 114 de Burr-Brown) Le constructeur Burr-Brown propose le circuit intégré représenté à la figure suivante (résistance RG hors puce) dont le symbole est associé.

+

R

R

v in

-

R

vs1

RG

RG

vd

+ Ref

R +

v

vs

vs2

-

R

+

symbole

R

in

Ref +

1. Ecrivez l’expression de la tension de sortie v s en fonction de v d et v ref .

vd

R1

RG +

Ref + i0 -

R0

2. Ecrivez l’expression du courant de sortie i 0 en fonction de v d et concluez sur la fonction du montage.

Corrigé 1. Expression de la tension de sortie R − ⎧ + − ⎪v S1 = R v in − v in + v in ⎛ 2R ⎞ ⎪ G ⎟ v d + v ref v s = − v s1 + v s2 + v ref ⇒ v s = ⎜⎜1 + ⎨ RG ⎟⎠ R − + + ⎝ ⎪v = − v in − v in + v in ⎪⎩ S2 RG

(

)

(

)

2. Expression du courant de sortie ⎧v ref = R0 i 0 ⎛ 2R ⎞ vd ⎪ ⎟ ⇒ i 0 = ⎜⎜1 + R0 ⎨ R i v = RG ⎟⎠ R1 ⎝ ⎪ 0 0 R +R s 0 1 ⎩ Il s’agit d’un convertisseur tension différentielle / courant (conductance de transfert) d’expression ⎛ 2R ⎞ 1 ⎟ . Yt = ⎜⎜1 + RG ⎟⎠ R1 ⎝

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Amplificateurs logarithmique et exponentiel (antilogarithmique) L’étude proposée concerne les circuits présentés ci-dessous. Tous les transistors sont supposés technologiquement identiques et leurs courants de base négligeables (β très grand, VA = ∞ ). Les amplificateurs de tension sont supposés idéaux. Vref Q1

R2

Q2 V

U2

+ R1 -

VS

R4 VE

+

U1 R3

Figure 1

R2

R1

Vref R4

Q1

V

Q2 -

VE

U2

R3 + VS -

+

U1

Figure 2

Etude en régime pseudo-continu 1. Ecrivez la relation VS (VE ) pour les deux montages, en constatant que Vref >> V . 2. Concluez sur le type d’amplificateur et précisez les avantages et défauts.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de VS (VE ) Modèles mathématiques de JBT appairés : VBEi

⎛ VCEi ICi = β I Bi = β I BS e UT ⎜⎜1 + VA ⎝

⎞ ⎟ avec VA tension d’Early. ⎟ ⎠

En considérant VA = ∞ , on a : (ici, VCB = 0 ⇒ VCE = VBE > V ) 1 R2 ⎪ ⎪ V ⎪ S ⎨IC2 = R 1 ⎪ ⎪ IC1 R3 ⎪UT Ln = VE IC 2 R 3 + R 4 ⎪⎩

(amplificateur exponentiel)

2. Conclusion Les expressions trouvées sont indépendantes de IBS grâce à la présence des deux transistors appairés. La dérive due à la température vient uniquement de la tension thermique UT , ce qui pose problème.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Multiplicateur / diviseur L’étude proposée concerne le circuit de la figure ci-dessous. Tous les transistors sont supposés technologiquement identiques et leurs courants de base négligeables (β très grand, VA = ∞ ). Les amplificateurs de tension sont supposés idéaux.

Q1

Q2

R2

1.8k

R1

-

100k

100k v2

+

v1 100k

+ U1

U2

v

100k

R4

Q4

10k

Q3 R3

1.8k

-

100k v3 100k

+ U4

+ U3

vs

10k

Etude en régime pseudo-continu 1. Ecrivez la relation VS (V1,V2 ,V3 ) . 2. Expliquez le fonctionnement du montage.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de VS Pour le montage log, les équations sont les suivantes : V1 ⎧ ⎪IC1 = R VBE1 ⎧ 1 ⎪ UT ⎪ I β I e ≅ ⎪ BS V2 ⎪C et Q1 ≡ Q2 ⇒ ⎨ 1 ⎨IC2 = VBE2 R2 ⎪ ⎪ ⎪V = VBE − VBE ⎪⎩IC2 ≅ β I BS e UT 2 1 ⎪ ⎩

⎛R V ⎞ d’où V = − UT Ln⎜⎜ 2 1 ⎟⎟ ⎝ R1 V2 ⎠

De même, pour le montage antilog : V3 ⎧ ⎪IC3 = R VBE3 ⎧ 3 ⎪ U ⎪ ⎪ VS ⎪IC ≅ β I BS e T et Q3 ≡ Q4 ⇒ ⎨ 3 ⎨IC4 = VBE4 R4 ⎪ ⎪ UT ≅ I β I e ⎪V = VBE − VBE BS ⎩⎪ C4 3 4 ⎪ ⎩

ce qui donne VS =

⎛R V ⎞ d’où V = UT Ln⎜⎜ 4 3 ⎟⎟ ⎝ R3 VS ⎠

R2 R 4 V1V3 V1V3 = R1 R3 V2 10V2

2. Fonctionnement du montage Ce multiplieur/diviseur un quadrant est basé sur un montage log ( U1 , U 2 ) pilotant un montage antilog ( U 3 , U 4 ). Le générateur log en sortie de U1 commande la base de Q3 par une tension proportionnelle à Ln (V1 V2 ) . Ce transistor additionne une tension proportionnelle à Ln (V3 ) et commande le transistor antilog Q4 . Le courant collecteur de Q4 est converti en une tension de

sortie par U 4 et R 4 avec un facteur d’échelle défini par cette résistance en V1 V3 (10V2 ) pour V1 , V2 , V3 ≥ 0 . R1 , R2 , R3 , R 4 sont des résistances de précision (< 1%) et la relation obtenue se vérifie pourvu que les transistors soient portés à la même température.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Amplificateurs à conductance de transfert L’étude proposée concerne quelques applications des amplificateurs à conductance de transfert de type LM 13600 en régime linéaire (voir problème « Amplificateur à conductance de transfert LM 13600). Au sein des figures qui suivent, l’amplificateur se représente par un amplificateur à transconductance, remarquable par la présence d’une flèche marquée I pol , suivi d’un buffer mis sous la forme d’un amplificateur de tension monté en suiveur.

+

U1 is

vd

U2

+ Ipol

-

L’amplificateur à transconductance présente un transfert commandé par le courant I pol défini par la relation Yt = i s / v d = I pol / 2UT et des impédances d’entrée et de sortie idéales ( Z E = ∞, ZS = ∞ ).

L’amplificateur de tension est supposé idéal ( AV = ∞, Z E = ∞, ZS = 0 ).

Application 1 R1

-

U1 is

vd

U2

+ +

R2

-

Ipol

R3

R

1. Ecrivez l’expression de la résistance équivalente R. 2. Commentez ce résultat.

Application 2 is1

vd1

-

ve + U1

is2

vd2 Ipol1

+ U2

vs Ipol2

3. Ecrivez l’expression du gain en tension A v = v s / v e . 4. Ecrivez l’expression de la résistance de sortie du montage. 5. Commentez les résultats obtenus.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Application 3 R2

R1

-

U1 is

vd

U2

+

R1 + Ipol

R2

ve

-

C

vs

6. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert H ( p ) = Vs ( p ) / Ve ( p ) et déduisez la pulsation de coupure. 7. Concluez sur le rôle de ce montage.

Application 4

R1

R2

R1 -

R2

U1

vd1

is1 +

R1

U2

R2

is2

vd2

+

R1

U4

+

+ ve

U3

Ipol

C

vs1

R2

Ipol

C

vs2

8. Ecrivez les expressions des fonctions de transfert H1( p ) = Vs1 ( p ) / Ve ( p ) et H 2 ( p ) = Vs2 ( p ) / Ve ( p ) dans le cas où R1 >> R 2 et I pol1 = I pol 2 = I pol . 9. Identifiez les paramètres ζ et ωn . 10. Concluez sur le rôle de ce montage.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Application 1 1. Expression de la résistance équivalente La résistance du dipôle est définie par R =

v0 avec v 0 tension appliquée à l’entrée du dipôle et i0

recopiée en sortie du suiveur de tension U 2 , i 0 courant entrant dans le dipôle tel que i 0 = − i s . i s = Yt v d =

I pol ⎛ ⎞ ⎛ R ⎞ 2 UT R2 ⎜⎜ 0 − v 0 ⎟⎟ ⇒ R = ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ 2 UT ⎝ R1 + R2 ⎠ ⎝ R2 ⎠ I pol

2. Commentaire La résistance est commandée par le courant I pol et est influencée par la température ( UT ).

Application 2 3. Expression du gain en tension ⎧i s = − Yt v e 1 1 ⎪⎪ ⎨i s2 = − Yt2 v s ⎪ ⎪⎩i s1 + i s2 = 0

⇒ Av =

Yt I pol1 vs =− 1 =− ve Yt 2 I pol 2

(amplificateur inverseur de tension)

4. Expression de la résistance de sortie Rs =

vs i0

(

avec i 0 = − i s1 + i s2

l’intérieur du dipôle), d’où Rs =

)

(courant entrant dans le dipôle) et v e = 0 (source éteinte à

2UT 1 = . Yt 2 I pol

5. Commentaires L’amplification de tension et la résistance de sortie sont réglables par les courants de commande I pol1 et I pol 2 sans utiliser de composants passifs, exceptées les résistances de réglage des courants de commande. L’amplificateur peut varier continûment de 0 < A v min < 1 < A v max .

Application 3 6. Expression de la fonction de transfert et de la pulsation de coupure ⎧Is ( p ) = Yt Vd ( p ) ⎪ R2 ⎪ [Ve ( p) − Vs ( p)] ⇒ C pVs ( p) = Yt R2 [Ve ( p) − Vs ( p)] ⎨Vd ( p ) = R R + R1 + R2 1 2 ⎪ ⎪Is ( p ) = C p Vs ( p ) ⎩

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Amplificateurs idéaux

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d’où

Vs ( p ) = Ve ( p )

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

1 1 de la forme p ⎛ R1 ⎞ C 1+ ⎟⎟ p 1 + ⎜⎜1 + ω c ⎝ R2 ⎠ Yt

avec ωc =

I pol ⎛ R ⎞ 2UT ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ C ⎝ R2 ⎠

7. Conclusion Il s’agit d’un filtre passe-bas du premier ordre dont la fréquence de coupure est commandée par I pol .

Application 4 8. Expressions des fonctions de transfert ⎧ ⎡ R2 ⎤ R1 // R2 Ve ( p ) − Vs1 ( p ) + Vs2 ( p ) ⎥ ⎪I s1 ( p ) = Yt1 ⎢ + + R R R R R // 2 1 1 2 ⎣ 1 ⎦ ⎪ ⎪I ( p ) = C pV ( p ) ⎪ s1 s1 ⎨ R2 ⎪I ( p ) = Y Vs ( p ) t2 ⎪ s2 R1 + R2 1 ⎪ ⎪⎩I s2 ( p ) = C pVs2 ( p )

(

[

)

⎧Yt1 = Yt 2 = Yt ⎪ avec ⎨ R1 // R2 R2 R2 ⎪ R + R // R ≅ R + R ≅ R 1 2 1 2 1 ⎩ 1

]

⎧⎪ pVs1 ( p ) ≅ α Ve ( p ) −Vs1 ( p ) − Vs2 ( p ) R ⇒ ⎨ avec α = Yt 2 R1C ⎪⎩ pVs2 ( p ) ≅ α Vs1 ( p ) p Vs ( p ) Vs1 ( p ) 1 α ≅ ≅ et H 2 ( p ) = 2 d’où H1( p ) = 2 Ve ( p ) Ve ( p ) p p p p2 1+ + 2 1+ + 2

α

α

α

α

9. Identification des paramètres Dénominateur de la forme 1 +

2ζ

ωn

p+

p2

ωn2

⇒ ω n ≅ Yt

R2 et ζ ≅ 0.5 . R1C

10. Conclusion Il s’agit respectivement de filtres passe-bande et passe-bas du second ordre.

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Amplificateurs idéaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-bas à deux suiveurs de tension L’étude porte sur le circuit de la figure ci-dessous. Les amplificateurs de tension sont supposés idéaux. Z2

Z1

U1 +

Z3

U2 +

ve Z4

-

vs

1. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert en tension H ( p ) = Vs ( p ) Ve ( p ) . 2. A partir de la forme de l’expression trouvée, dites quels types de filtres du second ordre sont réalisables et précisez le type des composants.

Le but est, maintenant, de réaliser un filtre passe-bas de fréquence de coupure de 300 Hz à – 3 dB avec un coefficient de surtension ζ = 1

2.

3. Les condensateurs étant choisis à la valeur de 47 nF, évaluez les résistances du montage. 4. Ecrivez les expressions des sensibilités des paramètres ωn et ζ en fonction des composants passifs. Pourquoi les valeurs des sensibilités sont-elles constantes ? 5. Si tous les composants sont choisis à la tolérance de 1%, donnez les variations relatives de ces paramètres dans le pire cas.

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Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de la fonction de transfert Z2 ( p) Z1( p ) ⎧ + ⎪VU1 ( p ) = Z ( p ) + Z ( p ) Ve ( p ) + Z ( p ) + Z ( p ) Vs ( p ) ⎪ 1 2 1 2 ( U1 et U 2 montés en suiveur de tension ) ⎨ Z ( p ) 4 + ( p) ⎪V ( p ) = V ⎪⎩ s Z 3 ( p ) + Z 4 ( p ) U1

⇒ Vs ( p ) =

Z 2 ( p )Ve ( p ) + Z1( p )Vs ( p ) Z 4 ( p) Z3 ( p) + Z 4 ( p ) Z1( p ) + Z 2 ( p )

d’où H ( p ) =

Vs ( p ) Z2 ( p) Z 4 ( p) = Ve ( p ) Z1( p ) Z 3 ( p ) + Z 2 ( p ) Z 3 ( p ) + Z 2 ( p ) Z 4 ( p )

2. Types de filtres du second ordre A la vue du schéma, si les éléments des ponts d’impédances Z1( p ) - Z 2 ( p ) ou Z 3 ( p ) - Z 4 ( p ) sont de même nature (résistif ou capacitif), le transfert en tension est indépendant de la fréquence. Ces ponts doivent être de même topologie RC pour obtenir une fonction de transfert du second ordre, à savoir Z1( p ) - Z 3 ( p ) des résistances et Z 2 ( p ) - Z 4 ( p ) des condensateurs ou l’inverse, sinon la fonction est du premier ordre.

Type

Z1

Z2

Z3

Z4

Passe-bas

R1

1 C2 p

R3

1 C4 p

Passe-haut

1 C1 p

R2

1 C3 p

R4

3. Calcul des résistances H ( p) =

1 de la forme H ( p ) = H 0 1 + R3 C 4 p + R1 R3 C 2 C 4 p 2

avec H 0 = 1 , ωn =

1 R1 R3 C2 C 4

, ζ =

1 1+

2ζ

ωn

p+

p2

ωn2

1 R3 C 4 et ωc = ωn 1 − 2 ζ 2 + 2 R1C2

( 2 ζ 2 − 1)2 + 1

Le conditionnement du problème demande de disposer d’autant d’équations que d’inconnues. Un bilan montre 3 équations ci-dessus ( H 0 connu) pour 7 inconnues R1, C2 , R3 , C 4 et ωn , ζ , ωc . Il est donc nécessaire d’introduire 4 données afin d’évaluer tous les composants : -

2 données issues du cahier des charges fc = 300 Hz , ζ = 1 2 2 données issues de valeurs de composants passifs prises de façon arbitraire, ici C2 = C 4 = 47 nF .

La résolution du système linéaire conduit aux équations fc = fn =

1 2π C2 R1 R3

et R3 = 2R1 ,

donnant les valeurs R1 ≅ 8 kΩ , R3 ≅ 16 kΩ .

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Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Evaluation des sensibilités dω n

ωn

dζ

ζ

dR3 dC 2 dC 4 1 ⎛ dR = − ⎜⎜ 1 + + + 2 ⎝ R1 R3 C2 C4

=

⎞ ⎟ ⇒ SRωn = SRωn = SCωn = SCωn = − 0.5 ⎟ 1 3 2 4 ⎠

1 ⎛ dR3 dC 4 dR1 dC 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⇒ SRζ = SCζ = − SRζ = − SCζ = 0.5 + − − 3 4 1 2 2 ⎜⎝ R3 C4 R1 C2 ⎟⎠

Les amplificateurs montés en suiveur isolent les cellules du premier ordre et il n’y a donc pas d’interaction entre elles. 5. Etude du pire-cas Avec des tolérances de composants identiques ( ∆R R = ∆C C = ± 1% ), les variations relatives sont les suivantes (approche linéaire) : ∆ωn ∆ζ 1 ⎛ ∆R ∆C ⎞ = = ⎜2 +2 ⎟ = ± 2% ωn ζ 2⎝ R C ⎠ La simulation du pire cas pour la valeur maximale [fonction MAX] au-dessus de la valeur nominale [direction Hi] donne les tracés suivants. 1.05V 1.00V

nominale

(299.214, 721.600m)

0.80V

(299.214, 707.241m)

0.65V 100Hz

(305.192,707.181m)

300Hz

V(S)

400Hz

Frequency

L’écart d’amplitude le plus important (valeur maximale), recherché dans l’intervalle 290-310 Hz, se situe à 302 Hz pour les valeurs minimales des composants passifs (valeur nominale diminuée de 1%). Les mesures donnent ∆f 305.2 − 299.2 - pour l’ordonnée – 3 dB (0.707), c ≅ ≅ 0.02 (fréquence de coupure) fc 299.2 pour l’abscisse fn ≅ 299 Hz , H ' ( jfn ) ≅ 0.722 .

-

En théorie, les valeurs des composants variant de - 1 %, dζ

ζ

=

df f' −f ζ '−ζ 4 = 0 ⇒ ζ ' = ζ et n = n n = − (− 1 %) = 2 % ⇒ fn' = 1.02 fn , d’où ζ fn fn 2

fc' = fn' 1 − 2 ζ ' 2 +

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( 2 ζ ' −1) 2

2

+1 ⇒

dfc fc' − fc = = 2 % , H ' ( jfn ) = fc fc

Page 151

1 2

≅ 0.721

2 ⎞ 2 ⎛ ⎜1 − fn ⎟ + 4ζ ' 2 fn ⎜ f '2 ⎟ fn' 2 n ⎠ ⎝

Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-bas à contre-réaction multiple (structure de Rauch) Le but du problème est de réaliser une cellule du second ordre à structure de Rauch, utilisant un amplificateur de tension parfait en régime linéaire. Les caractéristiques réelles sont celles d’un filtre passe-bas de gain unité, de coefficient d’amortissement ζ = 0.5 et de fréquence de coupure fc à – 3 dB égale à 1 kHz.

C2

R

+

+

R1

R3

10k

10k

-

ve

R4

vs C5

1. Vérifiez par l’examen du comportement en fréquence du circuit qu’il s’agit bien d’un filtre passebas. Précisez le gain du filtre. V ( p) en fonction des composants passifs. 2. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert H ( p) = s Ve ( p) 3. Identifiez les paramètres qui caractérisent le filtre (gain H0 , pulsation propre ωn , coefficient de surtension ζ). 4. Expliquez le fait que les valeurs de deux composants passifs soient données. 5. Evaluez les autres composants, y compris la résistance R + qui permet de minimiser l’influence des courants de polarisation sur la composante continue de sortie des amplificateurs. 6. Evaluez le maximum K res de la fonction de transfert et la fréquence de résonance fres correspondante. 7. Ecrivez les expressions des sensibilités des paramètres K = H 0 , ω n et ζ en fonction des composants passifs. 8. Calculez les nouvelles valeurs de K, K res , fres et fc à partir de l’évaluation des sensibilités, lorsque la résistance R1 augmente de 10 %. Faîtes de même pour R3 , puis pour R 4 .

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Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Vérification du type de filtre Aux très basses fréquences, les condensateurs sont assimilés à des circuits ouverts et aucun courant ne parcourt la résistance R3 . Le montage est alors un amplificateur inverseur de gain − R 4 R1 . Aux très hautes fréquences, les condensateurs sont assimilés à des courts-circuits et l’entrée de l’amplificateur est amenée à la masse.

2. Ecriture de la fonction de transfert (voir cours « Filtrage analogique »)

H ( p) = −

1 1 R1 R3 ⎛ 1 1 1 ⎞ 1 1 ⎟+ C5 p ⎜⎜ + C2 p + + R3 R 4 ⎟⎠ R3 R 4 ⎝ R1

3. Identification des paramètres − H ( p) =

R4 R1

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎟⎟ R3 R 4 C5 p + R3 R 4 C2 C5 p 2 1 + ⎜⎜ + + R R R 1 3 4 ⎝ ⎠

avec H 0 = −

R4 1 R 3 R 4 C5 = −K , ζ = 2 C2 R1

et ωc = ωn 1 − 2 ζ 2 +

de la forme H ( p ) = H 0

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ R + R + R ⎟ , ωn = 3 4 ⎠ ⎝ 1

1 1+

2ζ

ωn

p+

p2

ωn2

1 R3 R 4 C 2 C5

( 2 ζ 2 − 1)2 + 1

4. Présence de deux valeurs de composants Le conditionnement du problème demande de disposer d’autant d’équations que d’inconnues. Un bilan montre quatre équations écrites précédemment pour neuf inconnues R1, C2 , R3 , R 4 , C5 et K , ωn , ζ , ωc . Il est donc nécessaire d’introduire 5 données afin d’évaluer tous les composants : - 3 données issues du cahier des charges ωc = 2π 1000 rad / s , ζ = 0.5 , K = 1 , - 2 données issues de valeurs de composants passifs prises de façon arbitraire, ici R1 = R3 = 10 kΩ . 5. Evaluation des composants du filtre La résolution du système linéaire fournit les valeurs R 4 = 10 kΩ , C2 ≅ 60.7 nF , C5 ≅ 6.75 nF avec fn ≅ 786 Hz . Afin de minimiser l’influence des courants de polarisation sur la composante continue de sortie, il faut équilibrer les entrées par rapport à la masse. La source dynamique étant éteinte, les condensateurs assimilés à des circuits ouverts et le potentiel de sortie souhaité à la masse, alors la topologie montre que R + = R3 + R1 // R 4 = 15 kΩ .

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Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

6. Evaluation de K res et fres (voir cours « Filtrage analogique »)

fres = fn 1 − 2 ζ 2 ≅ 556 Hz et K res dB = H ( jωres ) dB = −20 log ⎛⎜ 2 ζ 1 − ζ 2 ⎞⎟ ≅ 1.25 dB ⎠ ⎝ Simulation 20

résonance

gain unité

(562.341,1.2482)

(15.020,1.4982m) 0

(1.0000K,-3.0272)

fréquence de cassure

-20

-40 10Hz DB(V(s))

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

7. Evaluation des sensibilités K=

R4 dK dR 4 dR1 ⇒ log K = log R 4 − log R1 ⇒ ⇒ SRK4 = − SRK1 = 1 = − R1 K R4 R1

ωn =

1 R3 R 4 C 2 C5

⇒

dω n

ωn

dR 4 dC2 dC5 1 ⎛ dR = − ⎜⎜ 3 + + + 2 ⎝ R3 R4 C2 C5

⎞ ⎟ ⇒ SRωn = SRωn = SCωn = SCωn = − 0.5 ⎟ 3 4 2 5 ⎠

⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜R + R + R ⎟ ⇒ 3 4 ⎠ ⎝ 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R3 dR3 ⎜ 1 R1 dR1 ⎜ 1 R4 dζ 1 dC5 1 dC 2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ dR 4 = − − + − + − 1 1 ⎟ R1 ⎜ 2 1 1 1 ⎟ R3 ⎜ 2 1 1 1 ⎟ R4 2 C5 2 C2 ⎜ 1 ζ + + + + + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R1 R3 R 4 ⎠ R1 R3 R 4 ⎠ ⎝ R1 R3 R 4 ⎠ ⎝ ⎝ 1 1 ⇒ SCζ = − SCζ = 0.5 , SRζ = − , SRζ = SRζ = . 5 2 1 3 4 3 6

ζ =

1 R3 R 4 C5 2 C2

9. Modification des performances Pour une variation d’un composant passif donné, les nouvelles valeurs théoriques des fonctions K res =

1 2

, fres = fn 1 − 2 ζ 2 et fc = fn 1 − 2 ζ 2 +

( 2ζ

2

)

2

−1 +1

2ζ 1− ζ seront obtenues par la connaissance des nouveaux paramètres issus des sensibilités. ⎛ df ⎛ dζ ⎞ dfn fn' − fn dK K '−K dζ ζ '−ζ ⎛ dK ⎞ ⎟⎟ ζ , = ⇒ K ' = ⎜1 + ⇒ ζ ' = ⎜⎜1 + ⇒ fn' = ⎜⎜1 + n = = ⎟K , ζ ζ ζ K K K fn f f ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ n n ⎝

Sylvain Géronimi

Page 154

⎞ ⎟⎟ fn ⎠

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Pour une augmentation de 10 % de la résistance R1 , nous obtenons ⎛ dR1 ⎞ ⎛ dR1 ⎞ ⎟⎟ K = 0.9 , ζ ' = ⎜⎜1 − ⎟⎟ ζ ≅ 0.4833 , fn' = fn ≅ 786 Hz K ' = ⎜⎜1 − 3 R R 1 ⎠ 1⎠ ⎝ ⎝ 1.2V

(11.909, 1.0001) 1.0V

R1 = 10 kΩ

(562.341, 1.1545)

(11.909, 909.192m)

R1 = 11 kΩ 0.8V

(0.9991K, 706.897m) (578.762, 1.0718)

(1.0136K, 641.379m)

0.6V

0.5V 10Hz

V(s)

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

R1 +10% théorie mesure

K 0.9 0.909

fres (Hz) 574 579

Kres 1.082 1.072

fc (Hz) 1015 1014

Pour une augmentation de 10 % de la résistance R3 , nous obtenons ⎛ ⎛ dR3 ⎞ dR3 ⎞ ⎟ ζ ≅ 0.5083 , fn' = ⎜1 − ⎟ fn ≅ 747 Hz K ' = K = 1 , ζ ' = ⎜⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ 6 R3 ⎠ ⎝ ⎝ 2 R3 ⎠ 1.2V

R3 = 10 kΩ (11.909, 1.0001) (562.341, 1.1545)

1.0V

(520.795, 1.1419) (0.9991K, 706.897m) 0.8V

(945.368, 706.897m)

0.6V

R3 = 11 kΩ 0.5V 10Hz

V(s)

30Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

R3 +10% théorie mesure

Sylvain Géronimi

100Hz

K 1 1

Kres 1.142 1.142

Page 155

fres (Hz) 519 520

fc (Hz) 943 945

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Pour une augmentation de 10 % de la résistance R 4 , nous obtenons ⎛ dR 4 ⎞ ⎛ ⎛ dR 4 ⎞ dR 4 ⎞ ⎟⎟ K = 1.1 , ζ ' = ⎜⎜1 + ⎟⎟ ζ ≅ 0.5083 , fn' = ⎜⎜1 − ⎟⎟ fn ≅ 747 Hz K ' = ⎜⎜1 + 6 R4 ⎠ R4 ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ 2 R4 ⎠ 1.25V (11.923, 1.1001)

(519.132, 1.2561)

R4 = 11 kΩ

(11.909, 1.0001) (562.341, 1.1545)

1.00V

R4 = 10 kΩ (945.111, 777.833m) (0.9991K, 706.897m) 0.75V

0.50V 10Hz

V(s)

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

fres (Hz) 519 519

fc (Hz) 943 945

10KHz

Frequency

R4 +10% théorie mesure

K 1.1 1.1

Kres 1.242 1.256

Rappelons que les valeurs théoriques sont issues d’une approche linéaire.

Sylvain Géronimi

Page 156

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-bas à source contrôlée (structure Sallen-Key) Le but du problème est de comprendre la signification des facteurs de sensibilité sur le cas d’un filtre passe-bas du second ordre. L’emploi d’un simulateur de circuits électriques est nécessaire pour traiter la partie expérimentale. Le réseau à source contrôlée avec gain K (structure de Sallen-Key) utilise un amplificateur parfait en régime linéaire. C1 47n R4 1820

R3 -

1k R1

R2

1703

1703

+ ve

C2

vs

47n

Etude théorique 1. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H ( p) =

Vs ( p) en fonction des composants passifs, Ve ( p)

puis identifiez les paramètres qui caractérisent le filtre (gain K, pulsation naturelle ω n , coefficient de surtension ζ). 2. Ecrivez les expressions des sensibilités des paramètres K , ω n et ζ en fonction des composants passifs. 3. Evaluez les paramètres et les facteurs de sensibilité. Etude expérimentale par simulateur L’utilisation d’un simulateur de circuits va permettre de mesurer l’influence des variations de composants passifs sur la courbe de réponse en fréquence du filtre. Deux réponses seront tracées au sein d’une analyse paramétrique, l’une issue des valeurs nominales des composants et l’autre issue de l’augmentation de la valeur d’un ou plusieurs composants. Le balayage des fréquences s’étendra de 10 Hz à 10 kHz avec 1500 points par décade pour une bonne précision des mesures. 4. Pour la résistance R1 variant de 1703 Ω à 1788 Ω, évaluez les rapports ∆K K , ∆ζ ζ , ∆fn fn par la mesure et déduisez les facteurs de sensibilité fonction de R1 . Comparez à la théorie. 5. Faites de même lorsque les résistances R1 et R2 varient simultanément de 1703 Ω à 1788 Ω. 6. Faites de même lorsque la résistance R 4 varie de 1820 Ω à 1911 Ω. Formulaire : 1− 1−

ζ =

1 K 02

2

Sylvain Géronimi

avec K 0 =

fres K res 1 , fc = fn 1 − 2ζ 2 + , fn = = 2 2 K 2ζ 1 − ζ 1 − 2ζ

Page 157

(1 − 2ζ )

2 2

+1

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude théorique 1. Ecriture de la fonction de transfert (voir cours « Filtrage analogique ») Les composants passifs Yi sont des admittances (conductances ou capacités).

Y2 R4 R3 Y3

Y1

+

A

vs

Y4

ve

La fonction de transfert en tension du filtre s’écrit : VS ( p ) K Y1 Y3 = VE ( p ) Y4 (Y1 + Y2 + Y3 ) + Y3 (Y1 + Y2 (1 − K ))

avec K = 1 +

L’identification des admittances telles que Y1( p ) =

R4 R3

1 1 , Y2 ( p ) = C1 p , Y3 ( p ) = , Y4 ( p ) = C2 p R1 R2

conduit aux expressions des paramètres ωn , ζ , K . H ( p) =

K

1 + [R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2 ] p + R1 R2 C1 C2 p 2 1

avec ωn =

R1R2C1C2

, ζ =

R1C1(1 − K ) + (R1 + R2 )C2 2 R1R2C1C2

H0

de la forme H ( p ) = 1+

2ζ

ωn

p+

p2

ωn2

, H0 = K

2. Calcul des sensibilités Les expressions précédentes montrent que la pulsation naturelle ωn est influencée par les composants R1 , R2 , C1 , C2 , le coefficient d’amortissement ζ par R1 , R2 , C1 , C2 , R3 , R 4 puisque ces deux derniers composants ont une action sur le gain K .

ωn =

ζ =

1 R1R2C1C2

⇒

dω n

ωn

dR2 dC1 dC 2 ⎞ 1 ⎛ dR ⎟ = − ⎜⎜ 1 + + + 2 ⎝ R1 R2 C1 C2 ⎟⎠

⇒ SRωn = SRωn = SCωn = SCωn = − 0.5 1

2

1

2

R1C1(1 − K ) + (R1 + R2 )C2 2 R1R2C1C2

⇒ log ζ = log[R1C1(1 − K ) + (R1 + R2 )C2 ] − log 2 −

Sylvain Géronimi

1 [log R1 + log R2 + logC1 + logC2 ] ⇒ 2

Page 158

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

dζ

C1 (1 − K ) + C2 R1 (1 − K ) C2 dR1 + dC1 + dR 2 R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2 R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2 R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2

=

ζ

+

or

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

R1 + R2 R1C1 dR2 dC1 dC2 ⎞ 1 ⎛ dR ⎟ dC2 − dK − ⎜⎜ 1 + + + R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2 R1C1 (1 − K ) + (R1 + R2 )C2 2 ⎝ R1 R2 C1 C2 ⎟⎠

ω 1 = n R1C1(1 − K ) + (R1 + R2 )C2 2ζ

SRζ = − 2

⇒ SRζ = − 1

1 R1 [C1 (1 − K ) + C2 ]ωn + , 2 2ζ

RC ω K 1 R2 C2 ωn 1 R C (1 − K )ωn 1 (R + R2 )C2 ωn , SCζ = − + 1 1 , SCζ = − + 1 , SKζ = − 1 1 n + 1 2 2 2ζ 2 2ζ 2 2ζ 2ζ

Comme le gain K est fonction R3 et R 4 , nous pouvons calculer les sensibilités de ces résistances sur les paramètres K et ζ. R4 1 R R32 R3 K −1 dK dR3 ⇒ SRK4 = − SRK3 = K = 1+ 4 ⇒ = dR 4 − R4 R4 K R3 K 1+ 1+ R3 R3 et SRζ = SRK3 SKζ = 3

R1C1ωn (K − 1) = − SRζ 4 2ζ

3. Evaluation des paramètres et facteur de sensibilité En posant R1 = R2 = R et C1 = C2 = C , les expressions s’écrivent

ωn =

R 1 3−K , ζ = , K = 1+ 4 R3 RC 2

SRζ = − 1

1 2−K 1 1 1 1− K K −1 1 1 , SRζ = − + , SCζ = − + , SCζ = − + , SRζ = − SRζ = + 2 1 2 3 4 2 ζ 2 2ζ 2 2ζ 2 2ζ 2ζ

SRfn = SRfn = SCfn = SCfn = − 0.5 , SRK3 = − SRK4 = 1

2

1

2

1− K K

L’application numérique donne fn ≅ 1988 Hz , ζ ≅ 0.09 , K ≅ 2.82 ωn

⇒ K res ≅ 15.73 , fres ≅ 1972 Hz , fc ≅ 3071 Hz

SR ≅ − 5.06 , SR = − 0.5 , SR ≅ 5.06 , SRωn = − 0.5 , SCζ ≅ − 10.6 , SCωn = − 0.5 , SCζ ≅ 10.6 , ζ

1

ζ

1

ωn

ζ

SC = − 0.5 , SR ≅ 10.1 , 3

2

2

SRK3

2

1

ζ

≅ − 0.645 , SR ≅ − 10.1 , 4

SRK4

1

2

≅ 0.645

Etude par simulateur 4. Influence de la résistance R1 La simulation présente les tracés relatifs à la valeur nominale (1703 Ω) de la résistance et à la valeur augmentée d’environ 5 % (1788 Ω). Les fréquences de résonance et de coupure diminuent (fréquence naturelle diminue) faiblement ( SRfn = − 0.5 ), la surtension augmente (coefficient 1

d’amortissement diminue) de façon importante ( SRζ = − 5.056 ), le gain K du plateau demeure 1

inchangé

Sylvain Géronimi

( SRK1

= 0 ) avec l’augmentation de la valeur de la résistance.

Page 159

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

30V

(1.9292K, 20.855)

R1 = 1788 Ω

20V

(1.9709K, 15.752)

10V (3.0023K, 1.9942) (18.535, 2.8202)

(3.0685K, 1.9945)

R1 = 1703 Ω 0V 10Hz

V(S)

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

Tableau des mesures : R1 (Ω)

K (Veff )

K res (Veff )

fres (Hz )

fc (Hz )

1703

2.820

15.75

1971

3069

1788

2.820

20.85

1929

3002

R1 (Ω)

ζ

fn (Hz )

1703

0.08989

1987

1788

0.06777

1938

Traitement des mesures :

1− 1− en utilisant les formules ζ =

1 K 02

2

avec K 0 =

fres K res 1 . , fn = = 2 K 2ζ 1 − ζ 1 − 2ζ 2

∆R1 1788 − 1703 ∆ζ 0.06777 − 0.08989 = ≅ 4.99 % , = ≅ − 0.246 , 0.08989 ζ R1 1703

∆fn 1938 − 1987 = ≅ − 0.0247 1987 fn Comparaison : sensibilité

théorique

pratique

SRζ

- 5.05

- 4.93

SRfn

- 0.5

- 0.49

SRK1

0

0

1

1

Sylvain Géronimi

Page 160

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Influence simultanée des résistances R1 et R2 La simulation présente les tracés relatifs à la valeur nominale (1703 Ω) des résistances et à la valeur augmentée d’environ 5 % (1788 Ω). Les fréquences de résonance et de coupure diminuent (fréquence naturelle diminue deux fois plus que précédemment) ( SRfn = SRfn = − 0.5 ), la surtension 1

2

(coefficient d’amortissement) demeure inchangé car les effets s’annulent ( SRζ = − SRζ ), le gain K 1

du plateau demeure inchangé

( SRK1

=

SRK2

2

= 0 ) avec l’augmentation de la valeur des résistances.

20V (1.8765K,15.751)

(1.9709K,15.752)

15V

R1 = 1788 Ω R1 = 1703 Ω

10V

5V

0V 10Hz

(18.535,2.8202)

(3.0685K,1.9945)

(2.9230K,1.9940) V(S)

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

Tableau des mesures : R1, R2 ( Ω)

K (Veff )

K res (Veff )

fres (Hz )

fc (Hz )

1703

2.820

15.75

1971

3069

1788

2.820

15.75

1877

2923

R1, R2 (Ω)

ζ

fn (Hz )

1703

0.08989

1987

1788

0.08989

1892

Traitement des mesures :

∆R1 ∆f ∆K ∆ζ 1892 − 1987 ≅ 4.99 % , = 0, =0, n = ≅ − 0.0478 ζ R1 K 1987 fn

Comparaison : sensibilité

théorique

pratique

0

0

SRfn + SRfn

-1

- 0.958

SRK1 + SRK2

0

0

ζ

ζ

SR + SR 1

1

Sylvain Géronimi

2

2

Page 161

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

6. Influence de la résistance R 4 La simulation présente les tracés relatifs à la valeur nominale (1820 Ω) de la résistance et à la valeur augmentée d’environ 5 % (1911 Ω). Les fréquences de résonance et de coupure augmentent très légèrement (fréquence naturelle inchangée) ( SRfn = 0 ), la surtension (coefficient 4

ζ

d’amortissement diminue fortement) augmente fortement ( SR ≅ − 10.1 ), le gain K du plateau 4

augmente légèrement

( SRK4

≅ 0.645 ) avec l’augmentation de la valeur des résistances.

40V (1.9831K, 32.798)

R4 = 1911 Ω

30V

20V

(1.9709K, 15.752)

(10.798, 2.8201) (3.0819K, 2.0582)

10V

(10.798, 2.9111) (3.0685K, 1.9945)

R4 = 1820 Ω 0V 10Hz

V(S)

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

Tableau des mesures : R 4 (Ω)

K (Veff )

K res (Veff )

fres (Hz )

fc (Hz )

1820

2.820

15.75

1971

3069

1911

2.911

32.80

1983

3082

R 4 (Ω)

ζ

fn (Hz )

1820

0.08989

1987

1911

0.04442

1987

Traitement des mesures :

∆R1 ∆f ∆K 2.911 − 2.82 ∆ζ 0.04442 − 0.08989 ≅ 4.99 % , = ≅ 0.0323 , = ≅ − 0.5058 , n = 0 K 2.82 0.08989 ζ R1 fn

Comparaison : sensibilité

théorique

pratique

- 10.1

- 10.1

SRfn

0

0

SRK4

0.645

0.647

ζ

SR

4

4

Sylvain Géronimi

Page 162

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Conception d’un filtre passe-haut Butterworth d’ordre 4 Le but du problème est de concevoir un filtre de Butterworth d’ordre 4. Les caractéristiques réelles sont celles d’un filtre passe-haut de gain unité et de bande passante à – 3 dB égale à 300 Hz. La structure à contre-réaction multiple (structure de Rauch) est choisie pour la réalisation des cellules d’ordre 2. Réponse de Butterworth 1. Trouvez l’expression du polynôme de Butterworth à partir du calcul des pôles de la fonction de transfert générale, pôles vérifiant les conditions de stabilité. 2. Ecrivez la fonction de transfert dénormalisée du filtre passe-bas de pulsation de coupure ωc . Déduisez alors l’expression du filtre passe-haut par transformation conforme. 3. Identifiez les paramètres ω n et ζ de chaque cellule à la forme canonique. Structure à contre-réaction multiple

C4 C1

R5 C3 -

ve

R2 + R

+

vs

Vs ( p) en fonction des composants passifs Ve ( p) pour la réalisation d’une cellule passe-haut utilisant un amplificateur parfait en régime linéaire. 5. Identifiez les paramètres qui caractérisent le filtre (gain H0 , pulsation naturelle ω n , coefficient de surtension ζ). 6. Ecrivez les expressions des sensibilités des paramètres K = H 0 , ω n et ζ en fonction des 4. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H ( p) =

composants passifs. 7. En supposant que les condensateurs possèdent la même valeur et si tous les composants sont choisis à la tolérance de 1%, donnez les variations relatives de ces paramètres dans le pire cas. Réalisation du circuit 8. Discutez de l’interaction des cellules et de la stabilité du montage. 9. En considérant les données du problème, pouvez-vous évaluer tous les composants passifs d’une cellule ? 10. Les condensateurs C1 et C3 étant choisis à la valeur de 47 nF, évaluez les composants restants, y compris les résistances R + qui permettent de minimiser l’influence des courants de polarisation sur la composante continue de sortie des amplificateurs.

Sylvain Géronimi

Page 163

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Réponse de Butterworth 1. Expression du polynôme de Butterworth La fonction de transfert en p s’écrit H ( p )

2

=

1

1 + (− 1) p 2n n

. k=2

Le carré du module étant pair ( H ( p ) = H ( − p ) ), les pôles le sont aussi. Pour n = 4, les pôles de la fonction sont issus de l’équation 1

π⎞ ⎛π j ⎜ +k ⎟ 4⎠ ⎝8 =

π⎞ π⎞ ⎛π ⎛π cos⎜ + k ⎟ + j sin⎜ + k ⎟ 4⎠ 4⎠ ⎝8 ⎝8 répartis sur le cercle de rayon unité (constellation). 1 + p 8 = 0 , soit p = (− 1) 8 = e

k=1

k=3

k=0

k=7

k=4 k=5

k=6

La stabilité impose de retenir les pôles à partie réelle négative, donc situés à gauche de l’axe imaginaire, c’est-à-dire ⎛ 5π ⎞ ⎛ 5π ⎞ k = 2, 5 → p = cos⎜ ⎟ ± j sin⎜ ⎟ ≅ − 0.383 ± j 0.924 ⎝ 8 ⎠ ⎝ 8 ⎠ d’où (p 2 + 0.766 p + 1)(p 2 + 1.848 p + 1) ⎛ 7π ⎞ ⎛ 7π ⎞ k = 3, 4 → p = cos⎜ ⎟ ± j sin⎜ ⎟ ≅ − 0.924 ± j 0.383 ⎝ 8 ⎠ ⎝ 8 ⎠ 2. Ecriture du filtre passe-bas dénormalisé La dénormalisation s’effectue par rapport à la pulsation de coupure à – 3 dB du filtre du 4° ordre : 1 1 2 2 (p + 0.766 p + 1) (p + 1.848 p + 1)

p→

p

⎯⎯ ⎯⎯→

Transformation passe-bas en passe-haut :

1

1

⎛ ⎞ 0.766 ⎜⎜ + p + 1⎟⎟ 2 ω ω c ⎝ c ⎠ p2

⎛ ⎞ 1.848 ⎜⎜ + p + 1⎟⎟ 2 ω ω c ⎝ c ⎠ p2

ωc

p

ωc

p2

→

p2

ωc

ωc2

ωc2

p

⎞ ⎛ p 2 0.766 ⎜⎜ p + 1⎟⎟ + 2 ω ω c ⎠ ⎝ c

⎞ ⎛ p 2 1.848 ⎜⎜ p + 1⎟⎟ + 2 ω ω c ⎠ ⎝ c

3. Identification des paramètres cellule 1 : ωn ≡ ωc ,

2ζ

0.766

, soit ωn = 2π 300 rad / s , ζ = 0.383 ωn ωc 2ζ 1.848 cellule 2 : ωn ≡ ωc , ≡ , soit ωn = 2π 300 rad / s , ζ = 0.924 ωn ωc ≡

Structure à contre-réaction multiple 4. Ecriture de la fonction de transfert (voir cours « Filtrage analogique ») H ( p) = −

C1 C3 p 2 1 R5

Sylvain Géronimi

⎛ ⎞ 1 ⎜⎜ C1 p + + C3 p + C 4 p ⎟⎟ + C3 C 4 p 2 R 2 ⎝ ⎠

=−

Page 164

R2 R5 C1 C3 p 2 1 + R2 (C1 + C3 + C 4 ) p + R2 R5 C3 C 4 p 2

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Identification des paramètres p2

H ( p) = −

p2

R 2 R5 C3 C 4 C1 de la forme H ( p ) = H 0 C 4 1 + R2 (C1 + C3 + C 4 ) p + R2 R5 C3 C 4 p 2

avec H 0 = −

C1 , ωn = C4

1 R 2 R 5 C3 C 4

, ζ =

ωn2 2ζ p2 1+ p+ ωn ωn2

C1 + C3 + C 4 R2 2 R 5 C3 C 4

6. Evaluation des sensibilités K=

C1 dK dC1 dC 4 ⇒ log K = logC1 − logC 4 ⇒ ⇒ SCK1 = − SCK4 = 1 = − C4 K C1 C4 1

ωn =

R 2 R5 C 3 C 4

dω n

ωn

dR5 dC3 dC 4 1 ⎛ dR = − ⎜⎜ 2 + + + 2 ⎝ R2 R5 C3 C4

⎞ ⎟ ⇒ SRωn = SRωn = SCωn = SCωn = − 0.5 ⎟ 2 5 3 4 ⎠

C1 + C3 + C 4 R2 2 R 5 C3 C 4

ζ = ⇒

⇒

dζ

=

ζ

⎛ C3 C4 1 ⎞ dC 4 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜C +C +C − 2⎟ + C ⎜C +C +C − 2⎟ 3 4 4 ⎝ 1 3 4 ⎝ 1 ⎠ ⎠ C3 C4 1 1 = − , SCζ = − 4 C1 + C3 + C 4 2 C1 + C3 + C 4 2

dC3 C1 1 dR 2 1 dR5 dC1 − + + 2 R 2 2 R5 C1 C1 + C3 + C 4 C3

⇒ SRζ = − SRζ = 0.5 , SCζ = 2

5

1

C1 , SCζ 3 C1 + C3 + C 4

Les condensateurs C1 et C 4 sont les seuls composants passifs à influencer le gain K. Les sensibilités sur les paramètres ω n et ζ sont inférieures à l’unité, ce qui est une bonne chose. 7. Etude du pire cas Avec des condensateurs de même valeur et des tolérances de composants identiques ∆R ∆C ( = = ± 1% ), les variations relatives sont les suivantes (approche linéaire) : R C ∆ωn 1 ⎛ ∆R ∆C ⎞ ∆K ∆C1 ∆C 4 ∆C ∆ζ ∆R 2 ∆C = ⎜2 +2 = + =2 = ± 2% , = + = ± 1.67% ⎟ = ± 2% , ζ R 3 C 2⎝ R K C1 C4 C ωn C ⎠

Réalisation du circuit 8. Discussion La fonction de transfert en tension du filtre du 4° ordre est égale au produit des fonctions de transfert des cellules sous la condition d’adaptation en tension (pas d’atténuation de tension entre cellules). Cette condition est réalisée par la présence, sur l’amplificateur, d’une contre-réaction tension courant qui réduit fortement la résistance de sortie de la cellule (topologie parallèle en sortie de montage). La stabilité est satisfaisante puisque les coefficients d’amortissement sont positifs. Cela avait déjà été conditionné par le choix des racines à partie réelle négative du polynôme de Butterworth, racines complexes conjuguées de la forme − ζω n ± jωn 1 − ζ 2 avec la normalisation ω n = 1 , d’où des valeurs de 0.383 et 0.924 pour ζ.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

9. Conditionnement du problème Le conditionnement du problème demande de disposer d’autant d’équations que d’inconnues. Un bilan montre 3 équations écrites précédemment pour 8 inconnues C1, R2 , C3 , C 4 , R5 et H 0 , ωn , ζ . Il est donc nécessaire d’introduire 5 données afin d’évaluer tous les composants d’une cellule : - 3 données issues du cahier des charges ωn = 2π 300 rad / s , ζ = 0.383 ou ζ = 0.924 , K = H 0 = 1 , -

2 données issues de valeurs de composants passifs prises de façon arbitraire.

10. Calcul des résistances Ici, les valeurs de composants passifs prises de façon arbitraire sont C1 = C3 = 47 nF . La résolution du système linéaire fournit les valeurs cellule 1 : C 4 = 47 nF , R2 = 2.88 kΩ , R5 = 44.2 kΩ cellule 2 : C 4 = 47 nF , R2 = 6.95 kΩ , R5 = 18.3 kΩ Afin de minimiser l’influence des courants de polarisation sur la composante continue de sortie, il faut équilibrer les entrées par rapport à la masse. La source dynamique étant éteinte, les condensateurs assimilés à des circuits ouverts et le potentiel de sortie souhaité à la masse, alors la topologie montre que R + = R5 .

Simulation 10 (300.454, -3.0038) 0

cellule 1 : ζ = 0.383

gain unité

(215.444, -3.0547)

cellule 2 : ζ = 0.924 (419.008, -2.9918)

-10

-20

filtre complet -30

-40 100Hz DB(V(S1))

DB(V(S2))

300Hz DB(V(S))

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

Les deux cellules possèdent le même diagramme asymptotique car mêmes pulsations naturelles ωn et leurs fréquences de coupure à – 3 dB est fournie par la relation fc = f n 2 ζ 2 − 1 +

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( 2 ζ 2 − 1)2 + 1 , soit

fc1 ≅ 216 Hz et fc2 ≅ 417 Hz .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-bande à contre-réaction multiple (structure de Rauch) à sensibilité améliorée L’étude porte sur le filtre représenté ci-dessous, utilisant deux amplificateurs de tension parfaits en régime linéaire.

C

R3

1u

100k

R1

C

80k

1u

R2

ve

+

15.9 R4

U1

vs1

100k

135k 4.7k +

R 10k

U2

vs2

-

αR

1. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert H1( p ) =

Vs1 ( p )

. Ve ( p ) 2. Vu l’expression trouvée, précisez le type de filtre. Vérifiez par l’examen du comportement en fréquence du circuit. 3. Ecrivez les expressions des paramètres qui caractérisent le filtre (gain H10 , pulsation naturelle

ωn , bande passante à -3 dB ∆ω , coefficient de qualité Q). Commentez ces résultats. 4. Effectuez la même démarche pour la fonction de transfert H 2 ( p ) =

Vs2 ( p ) Ve ( p )

et commentez.

5. Discutez de la stabilité du montage suivant la valeur de α. 6. Si l’on prend α = 1 et en constatant que la résistance R 2 possède une valeur très faible devant celles des autres résistances, évaluez les paramètres du filtre. 7. Si R 4 → ∞ , quelle topologie connue retrouvez-vous ? Comparez ses performances aux performances générales précédemment obtenues.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de la fonction de transfert H1( p ) Soit A le nœud commun à R2 , R 4 , C. ⎧Vs2 ( p ) = − α Vs1 ( p ) (inverseur U 2 ) ⎪ Vs ( p ) Ve ( p ) ⎪ + CpVs1 ( p ) + 2 ⎪ R1 R4 ⎪VA ( p ) = Ve ( p ) ⎛ α ⎞ 1 1 1 ⎪ ⎟Vs ( p ) + ⎜⎜ Cp − + + + 2Cp ⎪⎪ Vs1 ( p ) R1 R 4 ⎟⎠ 1 R1 R2 R 4 ⎝ ⇒ − = ⎨ 1 1 1 R3C p Vs1 ( p ) ⎪ + + + 2Cp CpVA ( p ) + R R R ⎪ 1 2 4 R3 − ⎪V ( p ) = 1 ⎪ Cp + ⎪ R3 ⎪ ⎪⎩V + ( p ) = V − ( p ) = 0 Vs1 ( p ) Ve ( p )

=−

R3C p 1 R1 1 R ⎞ 1 1 ⎛ + + + ⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ C p + R3C 2 p 2 R1 R2 R 4 ⎜⎝ R4 ⎠

⎛ R ⎞ ⎜⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ C R4 ⎠ ⎝ p 1 1 1 + + R3 R1 R2 R 4 H1( p ) = − ⎛ ⎛ R ⎞ R ⎞ ⎜⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ R1 ⎜⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ C R R R3C 2 4 ⎠ 4 ⎠ ⎝ 1+ ⎝ p+ p2 1 1 1 1 1 1 + + + + R1 R2 R 4 R1 R2 R 4

2. Identification du type de filtre Le type de filtre est un passe-bande. Aux très basses fréquences, les condensateurs sont assimilés à des circuits ouverts et v s1 = 0 . Aux très hautes fréquences, les condensateurs sont assimilés à des courts-circuits et v s1 = v + = 0 . 3. Paramètres du filtre

H 01 = −

R3 ⎛ R ⎞ ⎜⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ R1 R 4 ⎠ ⎝

1

, ωn = C

R3 1 1 1 + + R1 R2 R 4

ω ,Q= n = ∆ω

⎛ 1 1 1 ⎞ R ⎟⎟ R3 ⎜⎜ + + 2 −α 3 R R R R4 2 4 ⎠ ⎝ 1 , ∆ω = R3 R3 C 2 −α R4

La résistance R2 règle la fréquence centrale fn indépendamment du gain H 01 et de la largeur de bande ∆f à – 3 dB.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Fonction de transfert H 2 ( p ) H 2 ( p) =

Vs2 ( p ) Ve ( p )

=

Vs2 ( p ) Vs1 ( p ) Vs1 ( p ) Ve ( p )

= − α H1( p )

Le gain à l’accord est multiplié par α et il n’y a pas d’inversion de phase entrée/sortie α R3 H 02 = ⎛ R ⎞ ⎜⎜ 2 − α 3 ⎟⎟ R1 R 4 ⎠ ⎝ 5. Stabilité du montage Stabilité pour 2 − α

R3 2R 4 > 0 , soit α < = 2 .7 R4 R3

6. Evaluation des paramètres Pour α = 1 et R2 0 , soit 0 ≤ α < 2 ; oscillateur pour ζ = 0 , soit α = 2 ; instable pour ζ < 0 , soit α > 2 .

6. Présence de l’amplificateur U 2 L’amplificateur U 2 , monté en suiveur, sert de buffer (résistance d’entrée très élevée et résistance de sortie très faible par la contre-réaction tension-tension totale). Ainsi, la sortie du filtre est adaptée en tension et indépendante de la fréquence. 7. Evaluation de paramètres du filtre

40

(1.0574K, 31.700) (1.0841K, 28.748)

(1.0311K, 28.748)

R1 = R2 = 15 kΩ 20

C1 = C2 = 10 nF

α = 1.95, K = 39, ∆f = 53 Hz

(1.0579K, 9.529)

K = α /(2-α)

α = 1.5, K = 3, ∆f = 531 Hz 0 (1.0539K, -9.868m) (1.7120K, -3.0148)

(654.992, -3.0167) -20

α = 1, K = 1, ∆f = 1057 Hz

-40 100Hz

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DB(V(s))

300Hz

1.0KHz

3.0KHz

10KHz

Frequency

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-tout (déphaseur pur) du premier ordre Le montage représenté ci-dessous, utilise un amplificateur de tension parfait en régime linéaire. R 10k R

-

10k

s

R ve

+

10k

vs C

1. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H ( p) =

Vs ( p) . Ve ( p)

2. Tracez le module H ( jω ) et l’argument ϕ = arg[H ( jω )] en fonction de log(ω ) . 3. Ecrivez l’expression du retard (temps de propagation) de groupe τ = −

dϕ et tracez sa variation dω

en fonction de log(ω ) . 4. Evaluez le composant C tel que τ = 1 ms et donnez la plage de fréquences correspondante. Formulaire :

d f '(x) arctg [f ( x )] = dx 1 + f ( x )2

Corrigé 1. Expression de la fonction de transfert 1 ⎧ + ⎪V ( p ) = 1 + RCp Ve ( p ) ⎪ ⎪ + − ⎨V ( p ) = V ( p ) ⎪ V ( p ) + Vs ( p ) ⎪V − ( p ) = e 2 ⎪⎩

V ( p ) 1 − RCp = ⇒ s Ve ( p ) 1 + RCp

1−

d’où H ( p ) = 1+

p

ωn p

avec ωn =

1 RC

ωn

2. Tracés du module et de l’argument ( p = jω )

ω ωn H ( jω ) = ω 1+ j ωn

1+

1− j

⇒ H ( jω ) =

ω → 0 ⇒ ϕ → 0 , ω = ωn ⇒ ϕ = −

1+

π 2

ω2 ω n2 2

ω ω n2

⎛ ω = 1 (0 dB ) et ϕ = arg[H ( jω )] = − 2 arctg ⎜⎜ ⎝ ωn

⎞ ⎟⎟ ⎠

, ω → ∞ ⇒ ϕ → − π (voir tracés)

3. Retard

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Page 173

Filtrage analogique

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τ =2

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

d ⎛ ω ⎜ arctg dω ⎜⎝ ωn

⎞ 2 1 ⎟⎟ = ω ω2 n ⎠ 1+ 2

ωn

ω → 0 ⇒τ →

2

ωn

, ω = ωn ⇒ τ =

1

ωn

, ω → ∞ ⇒τ → 0

(voir tracé)

4. Evaluation de C

τ =

2

ωn

= 2 R C ⇒ C = 50 nF et fn ≅ 318 Hz

Le retard est à peu près constant pour f ∈ [0, 100 Hz ] (voir tracé)

2.0 (318.339, -263.144u) 0

-2.0 0d

DB(V(s)) (318.339, -90.013)

-90d

-180d 2.0ms

arg (V(s))

(318.339, 500.078u)

1.0ms

0s 1.0Hz

τ (V(s))

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10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

Frequency

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre passe-tout (déphaseur pur) du second ordre Le montage représenté ci-dessous, utilise un amplificateur de tension parfait en régime linéaire.

R2

C2

10k C1

R1 -

10k Ra

+

vs

ve Rb 10k

Vs ( p) en posant K = Ra Rb . Ve ( p) 2. Déterminez l’expression de K telle que le montage soit un déphaseur pur de fonction de transfert 2ζ p2 1− p+ 2 ωn ωn 1 H ( p) = . 1+ K 2ζ p2 1+ p+ 2

1. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H ( p) =

ωn

ωn

3. Ecrivez les expressions des paramètres ωn et ζ .

4. Tracez le module H ( jω ) et l’argument ϕ = arg[H ( jω )] en fonction de log(ω ) . 5. Ecrivez l’expression du retard (temps de propagation) de groupe τ = −

dϕ . dω

Un retard sensiblement constant est souhaité sur une plage de fréquences donnée. 6. En prenant comme condition τ (ωn ) = τ (0) 2 , évaluez le paramètre ζ puis déduisez les valeurs des composants passifs C1 , C2 et Ra tel que τ = 1 ms . 7. Tracez la variation du retard en fonction de log f et donnez la plage de fréquences correspondant à un retard à peu près constant.

Formulaire :

d f '(x) arctg [f ( x )] = dx 1 + f ( x )2

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de la fonction de transfert Soit A le nœud commun à R1 , R2 , C1 1 ⎧ + ⎪V ( p ) = 1 + K Ve ( p ) ⎪ VA ( p ) ⎪ + C2 pVs ( p ) ⎪ − R1 ⎪V ( p ) = 1 ⎪ + C2 p ⎪ R1 ⎨ ⎪V + ( p ) = V − ( p ) ⎪ ⎪ V ( p) V − ( p) + C1pVe ( p ) + s ⎪ R2 R1 ⎪VA ( p ) = 1 1 ⎪ C1p + + ⎪ R2 R1 ⎩

⇒

Vs ( p ) 1 1 + [(R1 + R2 )C2 − K R2C1 ] p + R1R2C1C 2 p 2 = Ve ( p ) 1 + K 1 + (R1 + R2 )C2 p + R1R2C1C2 p 2

2. Expression de K Déphaseur pur si (R1 + R2 )C2 − K R2C1 = − (R1 + R2 )C2 ⇒ K =

2 (R1 + R2 )C2 R2C1

3. Expression des paramètres

ωn =

1 R1 R2 C1C2

, ζ =

C2 R1 + R2 R1 R2 C1 2

4. Tracés du module et de l’argument ( p = jω )

H ( p) =

1 1+ K

1− 1+

2ζ

ωn

p+

p2

ωn2 2

2ζ p p+ 2 ωn ωn

⎛ ⎜ 2ζ ω ⎜ ωn 1 ⇒ H ( jω ) = (constant) et ϕ = arg[H ( jω )] = − 2 arctg ⎜ 2 1+ K ⎜ 1− ω ⎜ ωn2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

ω → 0 ⇒ ϕ → 0 , ω = ωn ⇒ ϕ = − π , ω → ∞ ⇒ ϕ → − 2 π (voir tracés) 5. Retard ⎛ ⎜ 2ζ ω ⎜ ωn d τ =2 arctg ⎜ 2 dω ω ⎜ 1− ⎜ ω n2 ⎝

ω → 0 ⇒τ →

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4ζ

ωn

⎞ ⎟ ⎟ 4ζ ⎟= ⎟ ωn ⎟ ⎠

1+

ω2 ωn2

2

2 ⎛ ω2 ⎞ ⎜1 − ⎟ + 4ζ 2 ω ⎜ ω2 ⎟ ωn2 n ⎠ ⎝

, ω = ωn ⇒ τ =

2

ζ ωn

, ω → ∞ ⇒τ → 0

Page 176

(voir tracé)

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

6. Evaluation de ζ et des composants Condition τ (ωn ) =

τ (0 ) 2

⇒

2

ζ ωn

En posant R = R1 = R 2 , ωn = ⎧ τ2 ⎪C1C2 = ⎪ 4ζ 2R 2 d’où ⎨ ⎪C = C2 ⎪ 1 2 ⎩

4ζ

=

2 ωn 1

R C1C2

d’où ζ ≅ 0.841 .

avec τ =

4ζ

ωn

, ζ =

C2 4 C 2 Ra et K = = C1 C1 Rb

⇒ C1 ≅ 35.4 nF , C2 = 25 nF

et K ≅ 2.83 (- 11.6 dB), Ra ≅ 28.3 kΩ ( fn ≅ 535 Hz )

7. Tracé du retard -10 (534.963, -11.632)

-11 -12 -13 0d

DB (V(s)) (534.963, -180.001)

-180d

-360d 2.0ms

arg (V(s)) (301.834, 965.935u) (534.963,706.750u)

1.0ms

0s 1.0Hz τ (V(s))

10Hz

100Hz

1.0KHz

10KHz

100KHz

Frequency

Le retard est à peu près constant sur une plage de 0 à 300 Hz.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre coupe-bande (réjecteur) à deux amplificateurs de tension L’étude porte sur le filtre présenté ci-dessous, utilisant deux amplificateurs de tension idéaux en régime linéaire. R3 100k R2 -

100k R1 ve

+

100k

C1 68n

-

+

Zeq

R4 33k

vs

U1

U2

C2 68n

R5 68k

1. Ecrivez l’expression de l’impédance équivalente Z eq constituée par les éléments C1, C2, R4, R5, U2.

2. Montrez que l’impédance trouvée est de la forme Z eq = R + Lp + 3. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert H ( p ) =

1 . Cp

Vs ( p ) . Ve ( p )

4. En constatant que R1 = R 2 = R3 ≅ R , identifiez le type de filtre et évaluez ses caractéristiques principales. 5. Tracez la réponse en fréquence de la fonction dans le plan de Bode (module et argument).

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Page 178

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé 1. Expression de l’impédance équivalente L’amplificateur U 2 est monté en suiveur. Le condensateur C1 étant en série avec l’entrée du montage, le calcul porte sur l’impédance d’entrée vue par la tension v + . ⎧ 1 I ( p ) = R 4 I e ( p ) car V + ( p ) = V − ( p ) ⎪ ⎨C2 p ⎪V + ( p ) = R I ( p ) + R [I ( p ) + I ( p )] 4 e 5 e ⎩

C1 ie

+

U2

⇒

R4

ve

C2

i

R5

V + ( p) = R 4 + R5 + R 4 R5 C 2 p Ie ( p)

d’où Z eq =

1 + R 4 + R5 + R 4 R5 C 2 p C1 p

2. Identification des éléments R = R 4 + R5 , L = R 4 R5 C2 et C = C1

3. Expression de la fonction de transfert R3

⎧ ⎪ + − ⎪V ( p ) = V ( p ) ⎪⎪ Z eq ( p ) Ve ( p ) ⎨V + ( p ) = Z eq ( p ) + R1 ⎪ ⎪ R3 R2 ⎪V − ( p ) = Vs ( p ) Ve ( p ) + R 2 + R3 R 2 + R3 ⎩⎪

100k R2 -

100k R1 ve

+

100k

vs

U1

Zeq ⇒ H ( p) =

Vs ( p ) = Ve ( p )

R1 R3 R2 Z eq ( p ) + R1

Z eq ( p ) −

⎛ R R ⎞ LC1 p 2 + ⎜⎜ R − 1 3 ⎟⎟ C1 p + 1 R2 ⎠ ⎝ d’où H ( p ) = LC1 p 2 + (R + R1 )C1 p + 1

4. Identification du type de filtre

ω2 ω +j ω02 ω1 H ( jω ) = ω2 ω 1− 2 + j ω0 ω2 1−

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avec ω0 =

1 LC1

, ω1 =

1 ⎛ R R ⎜⎜ R − 1 3 R2 ⎝

Page 179

⎞ ⎟⎟C1 ⎠

et ω2 =

1 (R + R1 )C1

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

R1 R3 R2 ω0 , H ( jω ) → 1 , pour ω = ω0 , H ( jω0 ) =

C’est donc un filtre réjecteur symétrique de gain unité, centré sur ωrej = ω0 et de largeur relative de bande de réjection

∆ω

ω0

C1 (R1 + R4 + R5 ) . L’évaluation des caractéristiques donnent : R 4 R5 C 2

=

frej = 49.4 Hz avec atténuation de 1 201 soit – 46 dB, ∆f = 209.6 Hz , Q = 0.236 .

5. Tracés dans le plan de Bode 2

H ( jω ) =

⎛ ω2 ⎞ ω2 ⎜1 − ⎟ ⎜ ω2 ⎟ + ω2 0 ⎠ 1 ⎝ 2

⎛ ω2 ⎞ ω2 ⎜1 − ⎟ ⎜ ω2 ⎟ + ω2 0 ⎠ 2 ⎝

ω ω ω2 ω2 − arctg et arg[H ( jω )] = arctg ω2 ω2 1− 2 1− 2 ω0 ω0

100d (49.4 Hz,0 d)

f0 = 49.4 Hz 0d

-100d Arg(V(s)) 0 ∆f = 209,6 Hz -25

(11.1 Hz,-3 dB)

(220.7 Hz,-3 dB)

f0 = 49.4 Hz

(49.4 Hz,-46 dB)

Q = 0.236 -50 1.0Hz DB(V(s))

3.0Hz

10Hz

30Hz

100Hz

300Hz

1.0KHz

Frequency

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Page 180

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre réjecteur à variable d’état L’étude porte sur le filtre représenté ci-dessous, utilisant trois amplificateurs de tension parfaits en régime linéaire.

C

R S2

C + U2 R

R R1

C

E

R1 -

ve

R2

S1

+ U1

R3

-

S3

R2 + U3

L’étude de ce filtre s’effectuera en deux étapes : étude du sous-circuit encadré en pointillé, puis étude du circuit complet. Etude du sous-circuit 1. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H1( p ) =

VS1 ( p )

en fonction des composants passifs. VE ( p ) 2. Vu l’expression trouvée, précisez le type de filtre et écrivez les expressions des paramètres qui le caractérisent. Etude du circuit complet 3. Donnez l’écriture de la fonction de transfert H ( p ) =

VS3 ( p )

en fonction des composants passifs. VE ( p ) 4. Précisez le type de filtre obtenu et écrivez les expressions des paramètres qui le caractérisent. Commentez ces résultats. 5. Citez les données manquantes que réclame le conditionnement du problème. Combien de valeurs arbitraires de composants passifs faut-il prendre si les caractéristiques réelles du filtre sont données (gain, …).

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Page 181

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Etude du sous-circuit 1. Expression de la fonction de transfert H1( p ) Le théorème de Millman appliqué aux nœuds A d’entrée des AOI donne : ⎧ ⎛ Ve ( p ) 1 ⎞ Vs2 ( p ) ⎟⎟ + + Vs1 ( p ) ⎜⎜ Cp + ⎪ R R R 1 1⎠ ⎝ ⎪0 = ⎪ 2 1 + + Cp ⎪⎪ R1 R ⎨ Vs1 ( p ) ⎪ ⎪Vs ( p )Cp 2 R ⎪ = 1 ⎪ 1 + Cp + Cp ⎪⎩ R R Vs1 ( p ) Ve ( p )

⎧Ve ( p ) ⎛ 1 ⎞ Vs2 ( p ) ⎟+ + Vs1 ( p ) ⎜⎜ C p + =0 ⎪ R1 ⎟⎠ R ⎪ R1 ⎝ ⇒ ⎨ Vs1 ( p ) ⎪ ⎪Vs2 ( p ) = RC p ⎩

R 2C p R1

=− 1+

R 2C p + R 2C 2 p 2 R1

2. Type et paramètres du filtre Le type de filtre est un passe-bande de la forme H1( p ) = H 01

avec H 01 = − 1 , ωn =

2ζ p ωn 2ζ p2 1+ p+ 2 ωn ωn

ω R 1 1 1 ,Q= = n = 1 ⇒ ∆ω = RC 2ζ ∆ω R R1C

Etude du circuit complet

3. Expression de la fonction de transfert H ( p ) =

VS3 ( p ) VE ( p )

Le montage sommateur inverseur donne : Vs3 ( p ) = − Vs3 ( p ) Ve ( p )

=−

R3 R2

[

]

R3 R Ve ( p ) + Vs1 ( p ) = − 3 [1 + H1( p )]Ve ( p ) R2 R2

1 + R 2C 2 p 2 1+

R 2C p + R 2C 2 p 2 R1

4. Type et paramètres du filtre 1+

Le type de filtre est un passe-bande coupe-bande de la forme H ( p ) = H 0 1+

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Page 182

2ζ

ωn

p2

ωn2 p+

p2

ω n2

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

avec H 0 = −

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

R3 1 1 , ωn = ≡ ωrej , ∆ω = R2 RC R1C

Le réglage de la fréquence de réjection et de la largeur de bande à – 3 dB peut être réalisé de façon indépendante par l’action sur l’ensemble des résistances R et R1 respectivement., la valeur du gain étant indépendante de ces paramètres. 5. Conditionnement du problème Le conditionnement du problème demande de disposer d’autant d’équations que d’inconnues. Un bilan montre 3 équations écrites précédemment pour 8 inconnues R1, R2 , R3 , R, C et H 0 , ωn , ∆ω . Il est donc nécessaire d’introduire 5 données afin d’évaluer tous les composants du filtre. Si les caractéristiques réelles du filtre sont données ( H 0 , ω n , ∆ω ), alors 2 valeurs de composants passifs seront prises de façon arbitraire.

Simulation 20 (47.556, 16.999)

(52.565, 16.999) (52.557, -3.0002)

(47.564, -3.0002)

-0

-20

-40

R2 = 10 kΩ

(50.004, -32.100) (77.545, -23.009)

C = 1 µF arbitraire -60 10Hz DB(V(S3))

Sylvain Géronimi

DB(V(S1))

30Hz DB(V(S2))

100Hz

300Hz

Frequency

Page 183

Filtrage analogique

Université Paul Sabatier

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Filtre universel A partir du schéma de principe, on étudiera le filtre universel à quatre sorties qui met en œuvre un additionneur soustracteur, un additionneur et deux intégrateurs. Le but est de réaliser un filtre réjecteur symétrique de gain unité, de fréquence de réjection 50 Hz, de largeur de bande 2.5 Hz à -3 dB et un filtre passe-bande de gain unité. Schéma de principe S1

-K1

E

-K4

+ K2

-K3

S4

+

-ω1/p

-K5

S2 -ω2/p S3

1. Ecrivez les équations issues du schéma. 2. Identifiez les fonctions de transfert écrites sous la forme canonique du second ordre et donnez les expressions de ζ et ωn . Réalisation du filtre R6 R5

R7

U1

10k

R1

10k

U2

-

Ve

C1

R2

C2

100n

U3

-

-

S1

+

S3

S2

+

100n

+

+

R4 R9

R3 R10

R8

U4 -

10k

S4 +

3. Identifiez les éléments du montage à ceux du schéma de principe. 4. Les deux intégrateurs étant identiques et l’influence des courants de polarisation sur la composante continue du signal de sortie de U1 étant minimisée, calculez les valeurs manquantes de résistances.

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Page 184

Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Schéma de principe 1. Equations issues du schéma VS1 ( p ) = −K1 VE ( p ) + K 2 VS2 ( p ) − K 3 VS3 ( p ) , VS2 ( p ) = −

ω1 p

VS1 ( p ) , VS3 ( p ) = −

ω2 p

VS2 ( p ) ,

VS4 ( p ) = −K 4 VS1 ( p ) − K 5 VS3 ( p )

2. Identification des fonctions de transfert 2ζ p VS2 ( p ) K1 ωn2 ωn (filtre passe-haut), (filtre passe-bande) = −K1 2 = p 2ζ VE ( p ) VE ( p ) K 2 p 2 2 ζ + p +1 + p +1 ωn2 ωn ω n2 ωn p2

VS1 ( p )

p2

VS3 ( p )

K =− 1 2 VE ( p ) K3 p

ωn2

1 2ζ

+

ωn

avec ωn = K 3 ω1 ω2

(filtre passe-bas), p +1

ζ =

et

K2 2

VS4 ( p ) VE ( p )

= K1 K 4

K5 K3 K 4 (filtre réjecteur) p2 2ζ + p +1

ωn2

ω n2

+

ωn

ω1

K 3 ω2

Réalisation du filtre 3. Identification des éléments Intégrateurs : (montage inverseur) R1

VS2 ( p )

C1

S1

VS1 ( p ) U2

=−

VS2 ( p) = −

-

S2 +

Z( p) R1

1 VS ( p ) R1C1 p 1

Identification → ω1 =

(idem pour U 3 )

1 1 , ω2 = R1 C1 R2 C2

Additionneur : (montage inverseur et théorème de superposition)

R9

R10

VS4 ( p ) = −

S3 R8 S1

R10 R VS ( p ) − 10 VS3 ( p ) R8 1 R9

U4 -

S4

Identification → K 4 =

R10 R , K 5 = 10 R8 R9

+

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Page 185

Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Additionneur soustracteur : (théorème de superposition avec montage additionneur) R6

R5

S3 R7 E

v S2 = 0 ⇒ VS1 ( p ) = −

U1 -

S1 +

R4 S2 R3

⎛ R R VS1 ( p ) = ⎜⎜1 + 5 + 5 ⎝ R 6 R7

R5 R VE ( p ) − 5 VS3 ( p ) R7 R6 ⇒

v S3 = v E = 0 R3 ⎧ + ⎪V ( p ) = R + R VS2 ( p ) 3 4 ⎪⎪ + ( p) = V − ( p) V ⎨ ⎪ R 6 // R 7 ⎪V − ( p ) = VS ( p ) R 6 // R 7 + R 5 1 ⎪⎩

⎞ R3 ⎟ ⎟ R + R VS2 ( p ) 4 ⎠ 3

⎛ R R ⎞ R3 R R VS2 ( p ) − 5 VE ( p ) − 5 VS3 ( p ) soit VS1 ( p ) = ⎜⎜1 + 5 + 5 ⎟⎟ R R R R R + R6 6 7 ⎠ 3 4 7 ⎝

Identification → K1 =

⎛ R R R5 , K 2 = ⎜⎜1 + 5 + 5 R7 ⎝ R 6 R7

⎞ R3 R5 ⎟ ⎟ R + R , K3 = R 4 6 ⎠ 3

4. Calcul des composants Le conditionnement du problème demande de disposer d’autant d’équations que d’inconnues. Un bilan montre 9 équations écrites précédemment pour 21 inconnues R1, R2 , R3 , R 4 , R5 , R6 , R7 , R8 , R9 , R10 , C1, C2 et ωn , ζ , ω1, ω2 , K1, K 2 , K 3 , K 4 , K 5 . Il est donc nécessaire d’introduire 12 données. a. 5 données sont issues du cahier des charges filtre réjecteur symétrique K 5 = K 3 K 4 , de gain unité K1 K 4 = 1 , de fréquence de réjection ωrej = ωn = 100 π rad/s et de largeur de bande relative à –3 dB 2ζ = ∆ω ωn = 0.05 , filtre passe-bande de gain unité K1 = K 2 , b. 2 données issues de relations entre composants passifs lors de la réalisation intégrateurs identiques ω1 = ω2 ou R1C1 = R2 C2 , équilibrage statique de l’additionneur soustracteur R 5 // R 6 // R 7 = R 3 // R 4 , c. 5 données issues de valeurs de composants passifs prises de façon arbitraire R5 = R6 = R8 = 10 kΩ , C1 = C2 = 100 nF La résolution du système linéaire fournit les valeurs R1 = R2 ( K 3 = 1 ), R7 = 20 R5 ( K1 = K 2 = 0.05 ), R3 // R 4 = 10 3 0.205 , 40 R3 = R 4 , R8 = R9 , R10 = 20 R8 ( K 4 = K 5 = 20 ) soit R1 = R2 = 31831 Ω , R3 = 5 kΩ , R 4 = R7 = R10 = 200 kΩ , R9 = 10 kΩ . Ce filtre est utilisé en réjecteur de la fréquence parasite issue du secteur, mais la norme EDF donne 50 ± 0.5 Hz (amenée ici à ± 1.25 Hz). Si ces fluctuations amènent une atténuation insuffisante autour de la réjection, un filtre suiveur en fréquence, intégrant une boucle à verrouillage de phase, asservira la fréquence de réjection à la variation de la fréquence du secteur (voir cours « Boucles à verrouillage de phase »).

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Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Pour une réalisation optimale, un circuit intégré quad (4 amplificateurs dans un même boîtier) doit être utilisé. 20

frej = 50 Hz, ∆f = 2.5 Hz

(49.977, 37.030m)

-0 (48.781, -3.0535)

(51.337, -3.0113)

-20

-40

(50.004, -47.457) -60 10Hz DB(V(S1))

DB(V(S2))

DB(V(S3))

30Hz DB(V(S4))

100Hz

260Hz

Frequency

Remarques : -

Les filtres passe-bande et réjecteur possèdent un gain unité, les filtres passe-haut et passe-bas un gain de 0.05 (- 26 dB). Les quatre cellules composant le filtre présentent chacune une contre-réaction tension-courant qui justifie une très faible résistance de sortie (topologie parallèle), assurant ainsi une adaptation en tension (fonction de transfert globale égale au produit des fonctions de transfert élémentaires). La lecture du schéma électrique peut s’effectuer par le raisonnement suivant : les deux intégrateurs multiplient la fonction de transfert VS1 ( p ) VE ( p ) (sortie de U1 ) par 1 p (sortie de U 2 ), puis par 1 p (sortie de U 3 ), ce qui implique respectivement que S1 est un passe-haut, S2 passebande, S3 passe-bas ; la somme des passe-haut et passe-bas produit le coupe-bande (sortie de U 4 ).

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Page 187

Filtrage analogique

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur sinusoïdal triphasé L’étude proposée concerne le circuit de la figure ci-dessous, utilisant des amplificateurs de tension supposés idéaux en régime dynamique faibles signaux. C1 C1

10n

C1

10n

10n

R1 R2

R1 -

R2

R1 -

R2

S1

+

S2

S3

+ +

1. Ecrivez l’expression de la fonction de transfert en boucle ouverte. 2. En boucle fermée et en régime sinusoïdal, déterminez la pulsation ωosc des oscillations et la condition d’entretien de celles-ci. 3. Evaluez les résistances pour que le système oscille à la fréquence de 1021 Hz.

Corrigé 1. Expression de la fonction de transfert en boucle ouverte G( p ) B' ( p ) Les trois étages sont des montages inverseurs Gi ( p ) = − 3

⎛ R ⎞ 1 d’où G( p ) B' ( p ) = ⎜⎜ − 1 ⎟⎟ ⎝ R2 ⎠ ⎛ p ⎜⎜1 + ω 0 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

3

avec ω0 =

R1 Z( p) avec Z ( p ) = 1 + R1 C1 p R2

1 et B' ( p ) = 1 (retour unitaire) R1 C1

relation valable car les conditions d’adaptation en tension entre blocs sont respectées. En effet, la résistance de sortie du montage inverseur est très faible par rapport à sa résistance d’entrée (contre-réaction tension-courant).

2. Conditions d’oscillations La boucle étant fermée et en régime établi, G( jω )B' ( jω ) = 1 . ⎛ R1 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ R2 ⎠

3

1 1− 3

ω2 ω ⎛⎜ ω2 ⎞ +j 3 − 2 ⎟⎟ 2 ⎜ ω0 ω0 ⎝ ω0 ⎠

3. Evaluation des résistances R1 =

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=1

⎧⎪ω ⎧Im[G ( jω )B' ( jω )] = 0 = ω0 3 → ⎨ ⇒ ⎨ osc [ ( ) ( ) ] Re G j ω B j ω ' = 1 ⎪⎩R1 = 2 R2 ⎩

3 = 27 kΩ , R 2 = 13.5 kΩ . 2π fosc C1

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Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur à pont RLC L’étude proposée concerne le circuit de la figure ci-dessous, utilisant un amplificateur de tension supposé idéal en régime dynamique faibles signaux.

R3 + R

L

C -

100n

R1

vs

R2

1. Ecrivez la fonction de transfert B ' ( p ) en tension du réseau passif. 2. Ecrivez le gain de l’amplificateur G. 3. En boucle fermée et en régime sinusoïdal, déterminez l’expression de la pulsation ω osc des oscillations du signal de sortie, ainsi que la condition sur les résistances. 4. La résistance R représentant les imperfections de l’inductance ( R >> R3 ), donnez le type de comportement du bloc amplificateur. 5. Donnez la valeur de l’inductance L pour obtenir un signal de sortie à la fréquence de 16 kHz. 6. Evaluez la résistance R3 de telle manière que ζ = 0.5 pour la fonction B ' ( p ) . 7. Comment devez-vous faire varier R1 pour démarrer les oscillations ?

Corrigé 1. Fonction de transfert B ' ( p ) en tension du réseau passif L’ensemble des éléments mis en parallèle conduit à une impédance 1 Lp Lp Z ( p ) = R // // Lp = R // = . L Cp LCp 2 + 1 2 LCp + p + 1 R

La fonction de transfert en tension est fournie par le pont L p R3 Z( p) B' ( p ) = = Z ( p ) + R3 ⎛1 1 ⎞ ⎟⎟ p + 1 LCp 2 + L ⎜⎜ + R R 3 ⎠ ⎝

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Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

2. Gain de l’amplificateur L’amplificateur de tension étant idéal, sa bande passante est considérée comme infinie. G( p ) = 1 +

R1 = G (amplificateur non inverseur de gain réel) R2

3. Conditions d’oscillations La boucle étant fermée et en régime établi, G B' ( jω ) = 1 , relation valable car les conditions d’adaptation en tension entre blocs sont respectées. En effet, la résistance d’entrée est infinie et résistance de sortie est nulle pour le bloc amplificateur idéal. Si l’amplificateur est réel, la contreréaction tension-tension conduit à des résultats voisins. Lω ⎛ R3 R1 ⎞ ⎟⎟ G B' ( jω ) = ⎜⎜1 + =1 ⎝ R2 ⎠ Lω ⎛⎜ 1 + 1 ⎞⎟ + j LCω 2 − 1 ⎜R R ⎟ 3 ⎠ ⎝

(

)

1 ⎧ ⎪ωosc = ⎧Im[G B' ( jω )] = 0 LC ⎪ → ⎨ ⇒ ⎨ ⎩Re[G B' ( jω )] = 1 ⎪1 + R1 = 1 + R3 ⎪⎩ R2 R

4. Comportement du bloc amplificateur Puisque R >> R3 → G = 1 +

R1 ≅ 1. R2

L’amplificateur se comporte comme un suiveur de tension ( R 2 >> R1 ).

5. Evaluation de l’inductance L=

1

(2π fosc )2 C

≅ 0.99 mH

6. Evaluation de la résistance R3 L p R3 2ζ 1 L Pour R >> R3 , B' ( p ) ≅ est obtenue en . La relation nécessaire = = L Q R ω ω n n 3 LCp 2 + p +1 R3 identifiant à la forme canonique du filtre passe-bande du second ordre, d’où R3 ≅ 99.5 Ω .

7. Démarrage des oscillations Il faut établir la condition G B' ( p ) > 1 avec G = 1 +

R1 = 1 + ε , c’est-à-dire donner à la résistance R2

R1 une valeur relativement plus élevée que la valeur nominale, puis diminuer cette valeur jusqu’à l’obtention du régime sinusoïdal établi.

Ce montage est utilisé pour détecter la présence de matériaux magnétiques ou amagnétiques.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur à pont RLC avec potentiomètre L’étude proposée concerne le circuit de la figure ci-dessous, utilisant un amplificateur de tension supposé idéal en régime dynamique faibles signaux. R2 100k R1 5k + (1-α)R αR C 10n

R 10k

L 10mH

Etude du régime dynamique (faibles signaux) 1. Ecrivez les fonctions de transfert en tension du réseau passif B' ( p ) et de l’amplificateur G. 2. Ecrivez les conditions d’oscillation. 3. Calculez la fréquence des oscillations et la position α du potentiomètre pour laquelle le circuit oscille.

Corrigé 1. Fonction de transfert B' ( p ) en tension du réseau passif L’ensemble des éléments mis en parallèle conduit à une impédance Lp Lp 1 Z ( p ) = α R // // Lp = α R // = . L Cp LCp 2 + 1 LCp 2 + p +1 αR

La fonction de transfert en tension est fournie par le pont L p Z( p) ( 1 − α )R B' ( p ) = = L Z ( p ) + (1 − α )R LCp 2 + p +1 α (1 − α )R L’amplificateur de tension étant idéal, sa bande passante est considérée comme infinie. G( p ) = 1 +

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R2 = G (amplificateur non inverseur de gain réel) R1

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

2. Conditions d’oscillations La boucle étant fermée et en régime établi, G B' ( jω ) = 1 , relation valable car les conditions d’adaptation en tension entre blocs sont respectées. En effet, la résistance d’entrée est infinie et résistance de sortie est nulle pour le bloc amplificateur idéal. Si l’amplificateur est réel, la contreréaction tension-tension amène à des résultats voisins. Lω

⎛ R ⎞ G B' ( jω ) = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ R1 ⎠ ⎝ fosc

(1 − α )R

(

)

Lω + j LCω 2 − 1 α (1 − α )R R1 1 ,α= = R1 + R2 2π LC

=1

⎧LCω 2 − 1 = 0 ⎪ ⎧Im[G B' ( jω )] = 0 → ⎨ ⇒ ⎨ ⎛ R2 ⎞ ⎟ =1 ⎩Re[G B' ( jω )] = 1 ⎪α ⎜⎜1 + R1 ⎟⎠ ⎩ ⎝

3. Application numérique fosc ≅ 15.9 kHz , α = 0.0476

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Page 192

Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur à pont de Wien L’étude proposée concerne le circuit de la figure suivante, utilisant un amplificateur linéaire de tension supposé idéal.

+

R3

C1

10k

15n

S

-

R4

R2

10k

C2 15n

10k

R1

Condition d’entretien des oscillations 1. 2. 3. 4.

Ecrivez la fonction de transfert en boucle ouverte. En boucle fermée, exprimez les conditions d’entretien d’oscillations sinusoïdales. Donnez les règles de démarrage de l’oscillateur. Calculez les valeurs de la fréquence fosc des oscillations et de la résistance R1 .

Stabilisation de l’amplitude des oscillations par thermistance La résistance R2 s’identifie à une thermistance à coefficient de température négatif telle que 2 2 R2 = R0 − a v eff avec R0 = 11 kΩ, a = 10 3 Ω / V 2 et v eff la valeur quadratique moyenne de la tension aux bornes de R2 .

5. Vérifiez que la condition de démarrage est assurée. 6. Evaluez l’amplitude de la tension de sortie v s en Vpp .

Stabilisation de l’amplitude des oscillations par résistance variable R3

U1

10k

+

C1 15n

uA741

S

-

R2 37.5k

R6 R4 10k

C2 15n

D1 J1 J2N4416A

G

R5 100k

C3 100u

D1N4148

La résistance variable est constituée d’un JFET travaillant dans sa zone ohmique et commandé en tension par un détecteur de crête, Dans ces conditions, la tension v ds ne peut dépasser quelques

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Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

dizaines de mVpp , ce qui explique la présence de la résistance série R6 sur le schéma électrique. Le transistor possède les caractéristiques IDSS = 14 mA, VP = − 4 V . 7. Donnez l’expression de la résistance RDS du transistor. 8. Ecrivez l’expression de R2 en fonction de RDS , v s et v ds , puis l’expression de R6 . 9. La diode possédant une tension de seuil V0 , écrivez l’expression de VGS en fonction de V0 , v ds et R2 . 10. Evaluez RON , VGS , v s , RDS et R6 en prenant v ds = 80 mVpp et V0 = 0.6 V . 11. Vérifiez que la condition de démarrage est assurée.

Corrigé Condition d’entretien des oscillations 1. Fonction de transfert en boucle ouverte Amplificateur non inverseur : G (p ) = 1 + Réseau sélectif : B' (p ) =

R2 (gain constant car amplificateur idéal) R1

RC p avec R = R3 = R 4 et C = C1 = C2 R 2 C 2 p 2 + 3 RC p + 1

2ζ p ω filtre de type passe-bande de la forme B0' 2 n et de caractéristiques p 2ζ + p +1 ω n2 ωn B0' =

⎛ R ⎞ 1 ∆ω 1 1 , ωn = , = = 2ζ = 3 , d’où G(p )B' (p ) = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ R1 ⎠ 3 RC ωn Q ⎝

1 . p ωn 3+ + ωn p

relation valable car les conditions d’adaptation en tension entre blocs sont respectées. En effet, la résistance d’entrée est infinie et résistance de sortie est nulle pour le bloc amplificateur idéal. Si l’amplificateur est réel, la contre-réaction tension-tension conduit à des résultats voisins. Cependant, le gain peut ne plus être considéré comme constant si la fréquence de l’oscillateur n’est pas faible par rapport à la bande passante de l’amplificateur.

2. Conditions d’oscillations ⎛ R ⎞ 1 En boucle fermée et en régime établi, G ( jω )B' ( jω ) = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ R1 ⎠ ⎛ω ω ⎝ 3 − j ⎜⎜ n − ω ω n ⎝ = ω ω ( ) ( ) ⎧ [ ] ⎧Im G jω B' jω = 0 osc n Conditions de Barkhausen → ⎨ ⇒ ⎨ [ ( ) ( ) ] = = Re G j ω B ' j ω 1 R 2R ⎩ 1 ⎩ 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

=1

3. Condition de démarrage 1+

R2 >3 R1

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soit R2 supérieure à sa valeur nominale ou R1 inférieure à sa valeur nominale.

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Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4. Application fosc =

1 ≅ 1061 Hz , R1 = 5 kΩ 2π RC

Stabilisation de l’amplitude des oscillations par thermistance 5. Condition de démarrage R0 > 3 avec l’alimentation éteinte. Une fois l’alimentation R1 allumée, la tension aux bornes de la thermistance augmente jusqu’à ce que sa valeur ohmique diminue et se stabilise à R 2 = 2R1 .

Le démarrage est assuré car 1 +

6. Amplitude de la tension de sortie R0 − R2 = 1Veff a

v eff =

⇒

v s = 3 2 v eff ≅ 4.24 Vpp

Stabilisation de l’amplitude des oscillations par résistance variable 7. Expression de la résistance dynamique du JFET

RDS ≅

RON V 1 − GS VP

avec RON ≅

−VP (à partir d’une caractéristique de transfert « stylisée » du JFET) I DSS

8. Expressions des résistances R2 et R3 Condition d’oscillations : R 2 = 2 (R 6 + RDS ) car R 6 + R DS s’identifie à R1 des études précédentes Pont de résistances : v ds =

d’où R2 =

2 RDS v s 3 v ds

RDS

et R6 =

RDS vs + R6 + R2

R2 − RDS 2

9. Expression de la tension de grille Le redressement de l’alternance négative du signal sinusoïdal de sortie s’effectue en détection crête puisque R5 C3 >> Tosc , d’où v s pp = 2 (V0 − VGS ) en tenant compte du seuil de conduction de la diode. VGS = −

1 − α V0 1 α− VP

avec α =

4 RON 3 R2 v ds

(tension continue négative de commande du JFET canal N).

10. Application RON ≅ 286 Ω , VGS ≅ − 2.45 V , v s ≅ 6.1Vpp , RDS ≅ 738 Ω et R6 ≅ 18 kΩ .

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Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

11. Condition de démarrage R2 > 3 avec l’alimentation éteinte ( VGS = 0 ). A la mise R6 + RON sous tension du montage, la valeur de RDS augmente et se stabilise pour vérifier l’égalité R 2 = 2 (R 6 + RDS ) .

Le démarrage est assuré car 1 +

Simulation du circuit Démarrage de l’oscillateur 4.0V

0V

-4.0V 0s

0.5s V(S)

1.0s

1.5s

V(G) Time

Régime permanent 4.0V fosc = 1055 Hz

vs = 6 Vpp

v+ = 2 Vpp

v ds = 80 mVpp

0V

VGS = -2.39 V -4.0V 1.3500s V(S)

1.3505s V(G) V(U1:+)

1.3510s V(J1:d)

1.3515s

1.3520s

1.3525s

Time

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur Colpitts L’étude proposée concerne le circuit de la figure ci-dessous, le transistor JFET possédant les caractéristiques constructeur I DSS = 8 mA, VP = − 4 V .

VCC 20 V

RD 2.2k

+ -

L

CG

J1 J2N3819

100 n R

68p

RS

10M

C1

C2

CS

480

100 n

Etude du régime continu 1. Déterminez les variables de polarisation.

Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2. Déduisez le paramètre g m de l’étude précédente ( rds = ∞ , Cgs , Cgd négligées). 3. En boucle ouverte, écrivez l’expression de la fonction de transfert en tension. 4. En boucle fermée et en régime sinusoïdal, écrivez les équations donnant les conditions d’entretien des oscillations. 5. Calculez les valeurs manquantes des composants du filtre afin de générer un signal sinusoïdal à la fréquence de 3 MHz. 6. Effectuez l’étude de la fonction de transfert en tension du circuit en boucle ouverte. Tracez la réponse en fréquence dans le plan de Bode et interprétez les résultats.

Corrigé Etude du régime continu 1. Etude statique ⎧VCC = (RD + RS )I D + VDS ⎛ V et I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎨ VP ⎩VGS = − RS I D ⎝ VGS0 = − 1.5 V ( VP < VGS0 < 0 ), I D0 =

− VGS0 RS

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

⇒

2 VGS

VP2

⎛ 1 2 ⎞ ⎟VGS + 1 = 0 + ⎜⎜ − ⎟ ⎝ I DSS RS VP ⎠

= 3.125 mA , VDS0 = VCC − (RD + RS )I D0 ≅ 11.6 V

Etude du régime dynamique aux faibles signaux 2 VP 3. Etude en boucle ouverte

2. Pente du JFET g m = −

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I D0 I DSS ≅ 2.5 mA / V

Page 197

Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Les condensateurs de liaison et de découplage CG et CS sont assimilés à des court-circuits à la fréquence de travail de l’oscillateur. ⎡ ZC2 Z L + ZC1 ⎤ Vs ( p ) = − g m Vgs ( p ) RD // ZC2 // Z L + ZC1 = − g m Vgs ( p ) ⎢RD // ⎥ ZC2 + Z L + ZC1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 1 avec ZC1 = , ZC2 = , Z L = Lp C1 p C2 p

[

(

)]

(

(

)

ZC2 Z L + ZC1 Vs ( p ) = − g m RD Vgs ( p ) RD ZC2 + Z L + ZC1 + ZC2 ZL + ZC1

)

ZC1 ZC2 V ( p) = − g m RD Vgs ( p ) RD ZC2 + Z L + ZC1 + ZC2 ZL + ZC1

)

( (

) )

( (

et

)

ZC1 V ( p) = Vs ( p ) Z L + ZC1

4. Etude en boucle fermée et en régime établi ( p = jω ) En refermant la boucle, le filtre charge sur la résistance R de valeur très importante devant celle 1 de la réactance du condensateur C1 à la fréquence d’oscillation ( > 1 2 , ce qui implique que ωosc peut varier uniquement en fonction de C3 . C1 + C2

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Page 202

Oscillateurs sinusoïdaux

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Oscillateur Clapp Une étude dynamique aux faibles signaux est proposée ici, concernant le circuit de la figure cidessous. Les paramètres du modèle transistor JFET sont g m = 2.5 mA / V , rds , Cgs et Cgd négligeables.

RD 2.2k

VCC + 20 V -

L

S

CG

J1

RG 10M

10p

J2N3819

1u RS 480

C3

C2 1n

C1

CS 1u

1. Ecrivez les équations donnant les conditions d’entretien des oscillations. 2. Evaluez les autres composants ( C3 , L ) du filtre afin de générer un signal sinusoïdal à la fréquence de 5 MHz. 3. Quel est l’intérêt de ce montage ?

Corrigé 1. Conditions d’entretien des oscillations C1 ⎧ ⎪g m RD = C 2 ⎪ ⎪ 1 ⎨ω = L ⎪ ⎪ 1 1 1 + + ⎪ C C C 1 2 3 ⎩

Ici aussi, la self voit à ses bornes un condensateur équivalent de capacité C égale à C1 , C2 et C3 en série, ce qui conduit à l’expression de la fréquence fosc . Le rapport des tensions sur le réseau LC est encore − C2 C1 , ce qui nécessite un gain de l’amplificateur Av = − C1 C2 pour satisfaire les conditions de Barkhausen.

2. Evaluation des composants de l’oscillateur 1 1 1 1 1 C1 = g m RD C2 ≅ 5.5 nF et L ≅ 2 ≅ 100 µH car et ωosc ≅ + + ≅ C C C C ω C3 1 2 3 3

1

.

L C3

3. Intérêt du montage La relation donnant la pulsation des oscillations laisse apparaître au niveau numérique que C1 et C2 >> C3 , ce qui implique que ωosc peut varier uniquement en fonction de C3 . De cette façon, la fréquence des oscillations est très peu dépendante des impédances d’entrée ( de sortie (

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1 C2 ωosc

1 C1 ωosc

> R Z

2. Condition sur la réalisation de la stabilité Pour que la stabilisation ait bien lieu, le point de fonctionnement de la diode doit se situer à l’intersection de la droite de charge et de la partie pratiquement verticale de sa caractéristique. Le circuit équivalent vu par la diode conduit à l’expression de cette droite de charge. ID R VEo

avec Vth' = VEo

R’th Rch

D

V’th

D

VD

Rch V' V ' = R // R , d’où la droite de charge I = − D − th et Rth ch D ' ' Rch + R Rth Rth

La condition s’écrit Vth' > VZo ou encore VEo

Rch > VZo . Rch + R

3. Condition sur la puissance dissipée dans la diode La puissance dissipée dans la diode doit être nettement inférieure à la puissance maximale en régime permanent, soit VSo I Z rz ).

dv s r dRch ≅ z vs Rch Rch

Si dRch = 0 (stabilisation amont) → dv s ≅

rz dv e R

soit

dv s dRch > Rs ) et Rch → ∞ . A d (β + 1)Rch ⎧⎪ A d v d ≅ (Rs + rbe )i + (β + 1)(R1 + Rch )i v ⇒ Av = s ≅ ≅ A d = 10 5 ⎨ v d Rs + rbe + (β + 1)(R1 + Rch ) ⎪⎩v s = (β + 1)Rch i Le calcul de la résistance de sortie du dipôle se fait en éteignant la tension d’entrée ( v d = 0 ) ⎧i 0 + (β + 1)i = 0 v R +r ⇒ Z s = 0 ≅ R1 + s be ≅ 4 Ω et Z e = Rd = 1 MΩ ⎨ ( ) ( ) β 1 v ≅ − R + r i − + R i i β +1 s be 1 0 ⎩ 0

La chaîne de retour est un quadripôle résistif supposé attaqué en tension v s , non chargé, et de tension de sortie v r , le condensateur C1 étant assimilé à un court-circuit, soit

R3 vr = =λ. v s R3 + R 4

4. Caractérisation du montage en boucle fermée La théorie de la contre-réaction réclame la connaissance du facteur 1 + G( p ) B( p ) , soit, aux fréquences moyennes, 1 + Ad λ ≅ 10 4 avec G ≡ A v ≅ A d et B ≡ λ . Le gain est alors A 'v = Ad (1 + Ad λ ) ≅ 10 , la résistance d’entrée est Z e' = Z e (1 + Ad λ ) ≅ 1010 Ω (topologie série) et la résistance de sortie Z 's = Z s (1 + Ad λ ) ≅ 0.4 mΩ (topologie parallèle).

+ ve

Zs

Ze

vd

Rch

vs

Av vd

R4

vr

+

⇒

ve

Z’s

Z’e

Rch

vs

A’v ve

R3

Le quadripôle de retour est attaqué tel que Z s > R3 // (R 4 + Z s ) ne charge pas la sortie ( Z s > 1 ⇒ v s ≅ ⎨ Ad λ λ 1 + Ad λ 1 + Ad λ ⎪⎩v = Ad (v e − λ v s ) En sortie, la composante issue de la perturbation est divisée par le gain Ad de l’amplificateur différentiel par rapport à la composante du signal d’entrée. Pour v p = 1 Vpp , 100 µV viennent s’ajouter au transfert de tension.

Etude du régime dynamique aux fréquences hautes et basses 6. Calcul de la fréquence de coupure haute Le système en boucle fermée s’écrit H ( jω ) =

qui donne H ( jω ) =

Ad 1 + Ad λ

1

ω 1+ j ω h'

G( jω ) avec G( jω ) = 1 + G( jω ) B( jω )

Ad

ω 1+ j ωh

et B = λ , ce

avec ωh' = (1 + Ad λ )ωh (voir cours « La contre-réaction »).

La contre-réaction augmente la fréquence de coupure haute fh' ≅ 100 kHz ( fh = 10 Hz ).

7. Calcul de la fréquence de coupure basse Zs

(+) ve = 0

+ Ze

vd

Rch

vs

Av vd (-) R4

R3

C1

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Amplificateurs de puissance

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Le système est du premier ordre puisque le circuit comporte un seul condensateur. Le pôle de la fonction de transfert est trouvé à partir de la constante de temps C1 Req , avec Req résistance équivalente du dipôle vue aux bornes du condensateur. Pour ce calcul, remarquons que la branche composée de la source liée et de la résistance R 4 possède la tension v d à ses bornes après avoir constaté que Z s VCEsat .

VCC = VEC sat ( PNP ) + VBE3 + VBE1 + (2 RE + Rch )ISmax + VEB6 + VEB8 + VCE sat ( NPN ) ⇒ ISmax ≅ 1.974 A . VSmax = Rch ISmax ≅ 7.9 V valeur maximale autour de la tension au repos 0 V, soit Vs ≅ 7.9 Vcrête . VAmax = VCC − VEC sat ( PNP ) − VBE3 − VBE1 + RE ISmax ≅ 9.95 V ,

VBmax = VCE sat ( NPN ) + VEB6 − VEB8 + RE ISmax ≅ 2.05 V écarts maximaux par rapport à la tension au repos 6 V, soit Va = Vb ≅ 3.95 Vcrête . Les courants circulant dans les branches de contre-réaction des amplificateurs de tension sont de valeurs négligeables devant celui traversant la charge, mais importants comparés aux courants d’entrée de ces amplificateurs (supposés nuls). 2 1 Pour U1 , V + = V − = VF + VA = 6 V ⇒ VF = 4.025 V 3 3 1 Pour U 2 , VF = V − = (VB + 6 ) = 4.025 V 2 écart maximum par rapport à la tension au repos 6 V, soit Vf = 1.975 Vcrête .

La présence du condensateur de liaison en entrée translate ce signal autour de 0 V (isolation du continu), soit VEmax = VF − 6 = − 1.975 V . Ve ≅ 1.975 Vcrête est donc la valeur de l’amplitude de la tension sinusoïdale d’entrée à ne pas dépasser avant écrêtage du signal de sortie. Ce montage en pont présente un transfert en tension VSmax VEmax = − 4 , ce qui quadruple la puissance en sortie par rapport au montage traditionnel. 10V (250u, 9.95) (750u, 9.95) (1m, 6.0)

(250u, 7.975)

5V

(750u, 4.025)

vA (t)

vF (t)

vB (t)

(250u, 2.05) 0V 10V

vS (t)

(250u, 1.975)

vE (t)

(750u, 7.9) 0V (250u, - 7.9) (750u, - 1.975) -10V 0s

0.2ms

0.4ms

0.6ms

0.8ms

1.0ms

1.2ms

1.4ms

1.6ms

Time

Au sein des chronogrammes, le signal sinusoïdal est de fréquence 1 kHz (période 1 ms).

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Amplificateurs de puissance

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

5. Calcul du rendement maximum

Puissance maximale en sortie

Putilemax

(V =

2

s

)

2

Rch

≅ 7.8 W avec Vs amplitude crête maximale.

Puissance fournie par l’alimentation sur une période L’alimentation fournit les courants de polarisation des miroirs du haut du schéma (chacun des transistors d’un miroir consomme un courant constant I 0 ), ainsi que les courants de collecteur de Q1 , Q3 , Q5 et Q7 , de forme sinusoïdale mono alternée dont les valeurs moyennes s’écrivent IC1 moy = IC5 moy ≅

Is

π

≅ 628 mA et IC3 moy = IC7 moy ≅

Is

πβ

≅ 12.6 mA ( I s amplitude crête maximale),

d’où ICC = 2 I 0 ( miroir ) + 2 I 0 ( miroir ) + IC1 moy + IC3 moy + IC5 moy + IC7 moy . Le courant constant I 0 doit être supérieur au courant de base maximum de Q3 de façon à polariser les diodes dans ce cas extrême. Pour cela, l’hypothèse propose I Dmin ≅ 0.6 mA et donc I0 = IDmin + I B3 max ≅ 1 mA avec I B3 max ≅ 0.4 mA . Pfourniemax = ICC VCC ≅ 15.42 W , ηmax ≅ 0.506 .

Ce calcul correspond au rendement de l’étage terminal. Le montage proposé montre une consommation supplémentaire de courants due au pont de polarisation générale 10 kΩ/10 kΩ (0.6 mA) et aux amplificateurs de tension. La consommation est essentiellement définie par le courant moyen des transistors de puissance Q1 , Q2 , Q5 , Q6 .

Régime dynamique aux faibles signaux 6. Schéma + va U1

+1

100k ve

Rch

+ vb

U2

+1

ve -

vs 100k

200k

100k

7. Evaluation du gain en tension Les adaptations en tension étant réalisées, les tensions à vide ( Rch = ∞ ), en sortie des montages inverseur et non inverseur, sont respectivement v a ≅ − 2 v e et v b ≅ 2 v e . Les contre-réactions tension/courant et tension/tension produisent une très faible résistance de sortie (topologies parallèles), ce qui permet d’écrire v s = v a − v b ≅ − 4 v e . Ce résultat est évidemment identique à celui trouvé dans l’étude du régime pseudo-continu.

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Amplificateurs de puissance

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Amplificateur de tension (inspiré du LM741 de National Semiconductor) On considère le circuit intégré de la figure ci-dessous. Le but est de caractériser l’amplificateur de tension, puis d’évaluer le produit gain bande passante au sein d’une étude aux faibles signaux. Tous les transistors de type NPN sont supposés identiques ( β = 250 , VANPN = 100V ). Pour les transistors de type PNP, Q3 , Q4 identiques ( β ' = 5 , VAPNP très grand), Q10 , Q11, Q15 identiques ( β = 250 , VAPNP = 50V ). L’alimentation symétrique du montage est telle que VCC = 15 V

et la

résistance de charge se situe hors puce. +VCC Q1

Q2 Q11

v1

Q10

v2

Q14 R4

Q3

Q4

R1 57.6k

C

4.5k

30p

Q7

Q9

R5 Rch

7.5k Q6

Q13

Q8

Q12

vS

Q15

Q5 R3

R2 9.78k

20k

-VCC

Compréhension du schéma 1. Donnez une description précise du circuit. Etude du régime continu 2. Déterminez les courants de collecteur de Q10 et Q13 . 3. Evaluez la tension entre les bases de Q14 et Q15 , puis concluez sur la classe de fonctionnement du dernier étage. 4. Dessinez le montage dans son régime. 5. Calculez les courants de collecteur de Q1, Q2 ,Q3 , Q4 , Q5 , Q6 , Q7 , Q8 et Q9 . Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences moyennes) 6. Evaluez les paramètres rbe et rce des modèles des transistors. 7. Evaluez les résistances dynamiques présentées par les étages de polarisation Q10 - Q11 - R1 - Q12 Q13 - R2 ( z10 , z13 ), par l’ensemble Q9 - R4 - R5 entre bases de Q14 - Q15 ( z9 ), ainsi que les éléments de la caractérisation de l’ensemble Q5 - Q6 ( ze , zs , Ai ). 8. Dessinez le montage dans son régime. 9. Caractérisez le montage en régime purement différentiel ( Ad , Zd , Zs ). 10. Caractérisez le montage en régime de mode commun ( Ac , Zc ). 11. Déduisez le taux de réjection de mode commun. 12. Caractérisez l’étage de gain en tension Q7 - Q8 ( A v , Z e' , Z s' ).

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences hautes) 13. Calculez la fréquence de coupure haute du montage, les transistors étant sous leur schéma aux fréquences moyennes. Justifiez ce résultat, puis évaluez le produit gain bande du circuit. Etude du régime pseudo-continu 14. Ecrivez les expressions des transferts IC3 (VD ) , IC4 (VD ) et I (VD ) de l’étage différentiel avec I courant de court-circuit en sortie de l’étage. Tracez ces fonctions. 15. Démontrez qu’en considérant la zone linéaire des transferts, on retrouve l’expression du transfert en tension à vide de l’étage différentiel obtenu lors de l’étude en régime dynamique aux faibles signaux. Ecrivez l’expression de la conductance de transfert i (v d ) .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Compréhension du schéma 1. Description Le schéma se compose d’un circuit de polarisation, d’un amplificateur différentiel, d’un étage de gain en tension et d’un étage de sortie push-pull. - Le circuit de polarisation est composé d’une source de Widlar Q12 - Q13 - R2 et d’un miroir de courant élémentaire Q10 - Q11 polarisant respectivement l’étage différentiel par le point commun des bases de Q3 - Q4 et l’émetteur commun Q8 . Les courants de ces sources sont réglés par la résistance R1 . -

-

-

-

-

L’étage différentiel est un amplificateur cascode, permettant d’obtenir une bande passante plus élevée que le montage traditionnel à comportement émetteur commun. Les collecteurs communs Q1 et Q2 sont suivis de bases communes Q3 et Q4 dont la charge dynamique du point commun des bases est la source de Widlar et la charge dynamique des collecteurs est un miroir de courant Q5 - Q6 . Le choix de la source de Widlar est, d’une part, de polariser l’étage d’entrée à très faible courant (effet lentille au lieu d’un effet miroir) et, d’autre part, de présenter une charge dynamique très importante en vue de minimiser au mieux l’amplification de mode commun. La présence du miroir permet de doubler le courant dynamique traversant la résistance interne de cette source, donc de doubler la valeur du gain différentiel en tension (condition à vide). Il est à remarquer que la sortie de l’étage est alors asymétrique. L’étage de gain en tension, nécessaire pour obtenir un gain global de quelques centaines de mille, est composé d’un collecteur commun Q7 suivi par un émetteur commun Q8 dont la forte charge dynamique est le miroir de courant Q10 - Q11 . Le rôle du collecteur commun est d’améliorer le transfert en tension entre l’étage différentiel de forte résistance de sortie (amplificateur à conductance de transfert) et l’étage émetteur commun de relativement faible résistance d’entrée. L’étage de sortie est un étage push-pull série à émetteur suiveur complémentaire, car Q14 et Q15 sont des transistors de type opposé et montés en collecteur commun. Le rôle de cet étage en régime dynamique est d’abaisser la résistance dynamique en sortie du circuit afin de satisfaire l’adaptation en tension vis-à-vis de la charge, tout en produisant un courant notoire dans cette dernière. De plus, cette structure permet une dynamique maximale en sortie par rapport aux tensions d’alimentation. En régime continu, le point commun de sortie des émetteurs doit être au potentiel 0 V en absence de dynamique, ainsi pas de courant traversant la charge, donc décalage de tension nul (réalisable par une contre-réaction totale tension-tension statique). La structure Q9 - R4 - R5 est un multiplicateur de VBE polarisé par le courant du miroir Q10 - Q11 . Son rôle consiste à produire une translation de tension continue entre les bases de Q14 et Q15 dont la valeur définit la classe de fonctionnement de l’étage push-pull (A, AB, B). Pour ce type de circuit intégré, la classe B est recommandée afin de dissiper un minimum d’énergie au repos d’une part, et d’autre part, de minimiser la distorsion de croisement que produirait l’étage de sortie sans cette translation. La distorsion restante sera fortement réduite par l’effet de contreréaction dû à la présence d’éléments extérieurs au circuit. La capacité intégrée C est une capacité de compensation par effet Miller sur l’étage de gain, requise pour rétrécir la bande passante de l’amplificateur afin que ce dernier soit inconditionnellement stable. De ce fait, les applications de ce circuit intégré appartiennent au domaine de l’amplification linéaire basses fréquences, donc non utilisable en fonctionnement en commutation par manque de rapidité dû au phénomène de triangulation (slew rate).

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Etude du régime continu 2. Courants issus des sources +VCC

VEB11 Q11

Q10

R1

IC10 Ipol

IC13 Q13 R2

I pol

Courant de 2VCC − VEB11 − VBE12 o o = ≅ 500 µA R1 Miroir de courant IC10 ≅ I pol ≅ 500 µA o

⎞ ⎛ I R2 pol ⎟ IC13 ≅ Ln ⎜⎜ o UT ⎜ IC13 ⎟⎟ o ⎠ ⎝ (équation transcendante)

Source de Widlar

Q12 VBE12

-VCC

référence

d’où IC13 ≅ 10 µA o

3. Multiplicateur de VBE ⎛ R ⎞ VCE9 = VBE 9 ⎜⎜1 + 4 ⎟⎟ ≅ 0.96 V R5 ⎠ ⎝ La valeur numérique trouvée permet de préciser la classe du push-pull série, ici classe B. En effet, cette tension compense les seuils de conduction des deux jonctions base-émetteur des transistors Q14 et Q15 (deux fois 0.5 V) et les valeurs de leurs courants de base ne sont pas significatifs (absence de l’étage push-pull au sein du schéma en régime continu).

4. Schéma

Q1

Q2 IC10o 500 µA

30 µA

30 µA

Q3

Q4

25 µA

25 µA

32 µA VCE9 128 nA

Q7

Q5

Q6

IC13o 10 µA

15 V

0A translateur de tension

0.96 V

2 µA

miroir

Q8

0A

source de 30 µA Widlar

15 V

R3 20k

Les sources dynamiques sont éteintes ( v 1 = v 2 = 0 ). Les étages de polarisation sont remplacés par leur équivalent statique, à savoir des sources de courant ( IC10 , IC13 ) et de tension VCE9 . Les o

o

o

deux alimentations continues VCC sont évidemment présentes. Attention, le miroir de courant Q5 Q6 , représenté sous sa forme originelle, reconduit le courant issu du collecteur de Q3 à sa sortie,

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mais n’est pas, pour autant, un étage de polarisation. L’étude du pseudo-continu permettra de mieux saisir son rôle. 5. Calcul des courants collecteurs Pour l’étage différentiel ⎧VBE1 − VBE 2 = VEB4 − VEB3 ⎪ ⎪I E = I E3 équations du circuit ⎨ 1 ⎪I E2 = I E 4 ⎪I ⎩ C13 = I B3 + I B4

+VCC Q1

Q2

VEB3 VEB4 VBE1

VBE2

Q3

⎧ ⎪Q ≡ Q 2 ⎪ 1 ⎪ équations technologiques ⎨ ⎪ ⎪Q3 ≡ Q4 ⎪⎩

Q4

IC13

⇒

I E1 I E2

=

IE4 I E3

⇒ I E1 = I E 2 et I E3 = I E 4 , d’où IC3 = IC4 = o

Pour l’étage de gain

o

o

o

o

o

IC8 = IC10 ≅ 500 µA et I E7 = o

o

o

Pour le multiplicateur de VBE , IC10 = IC9 + I B9 + o

o

o

VBE9

o

R5

VBE8

o

R3

β' 2

I E1

→

IE2 I E3

→

IE4

VBE1 −VBE2

≅e

UT VEB3 −VEB4

≅e

UT

IC13 = 25 µA , IC1 = IC2 ≅ 30 µA o

o

o

+ I B8 ≅ IC7 ≅ 32 µA o

⇒ IC 9 = o

o

β ⎛⎜

β + 1⎜ ⎝

IC10 − o

VBE9 ⎞ o ⎟ ≅ 418 µA R5 ⎟ ⎠

Pour la charge de l’étage différentiel : équations technologiques Q5 ≡ Q6 ⇒ IC5 ≅ IC6 car VBE5 = VBE6 en négligeant l’effet Early. ⎧⎪IC3 = I B5 + I B6 + IC5 équations des nœuds ⎨ ⎪⎩IC4 = I B7 + IC6 I B5 + I B6 > 37.5 Ω ). La base du transistor Q4 étant, pour ainsi dire, connectée à la masse, l’étage correspond à un montage base commune.

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7. Schéma z10

Q5

Q4

Q6

i2

(-)

z13

Q3

z14

vs

i1

(+)

Q1

Q2

8. Expressions du transfert et de la résistance de sortie Afin de trouver l’équivalent du dipôle de sortie du montage sous la forme Thévenin (ici résistance de transfert), rappelons qu’une méthode de travail consiste à représenter la sortie d’un étage élémentaire non chargé sous la forme équivalente d’un dipôle de Thévenin ( v s , Z s ) ou de Norton ( i s , Z s ) suivant le cas, étude effectuée du premier étage au dernier. A chaque étape, le dipôle obtenu attaque l’étage élémentaire suivant. Les étapes successives étudient un miroir de courant, un étage émetteur commun, un étage base commune et deux étages collecteur commun. Miroir de courant élémentaire Q1 - Q2 i1

rce2 rbe / (β+2)

≅ i1

Zs1

⇒

Zs2

is1

C’est un amplificateur de courant de dipôle de sortie (Norton) caractérisé par le courant de courtcircuit i s1 = i1 et la résistance de sortie Z s1 = rce2 . L’écriture de la résistance d’entrée est donnée telle que r be1 = r be2 = r be .

Etage émetteur commun Q3 i2

i3 Zs1 i1

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rce3

rbe3 β i3

Page 269

vs2

Zs2

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⎧⎪v s2 = − β i 3 rce3 ⎨ ⎪⎩i 3 = i 2 − i1

⇒ v s2 = β rce3 (i1 − i 2 ) et Z s2 = rce3

( rce2 >> rbe3 )

Etage base commune Q4 β i4

(β+1) i4

Zs2

i4

z10

Zs3

vs3

rbe4 vs2 z4

⎧⎪v s3 = − β i 4 z10 ⎨ ⎪⎩v s2 = − (β + 1)Z s2 + rbe4 i 4

[

v s3

⇒

]

v s2

≅

z z β z10 ≅ 10 = 10 ( β + 1)Z s2 Z s2 rce3

et Z s3 = z10 .

Si nous tenons compte de la présence de rce4 dans ces calculs, les résultats obtenus demeurent toujours valables (erreur de l’ordre de 0.5%). En effet, un montage base commune présente, en sortie, une jonction polarisée en inverse, donc une résistance dynamique très importante devant la charge z10 . Etages collecteur commun Q5 et Q6 rbe5

i5

Zs3

rce5

β i5

z13

vs4

Zs4

vs3

( [

)

(

)

⎧⎪v s4 = rce5 // z13 (β + 1)i 5 (β + 1) rce5 // z13 v s4 ⇒ ≅ ≅ +1 ⎨ ( ) = + + + v Z r r // z β 1 i v Z + r ⎪⎩ s3 s3 be5 ce5 13 5 s3 s3 be5 + (β + 1) rce5 // z13 Zs 4 = rce5 // z13 //

(

Z s3 + rbe5

(β + 1)

]

)

≅

Z s3 + rbe5

(β + 1)

(

)

≅ 290 Ω

La topologie étant identiques pour les deux étages, on obtient v s5 v s4

≅ +1 , Z s5 ≅

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Z s 4 + rbe6

(β + 1)

≅ 43 Ω

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L’expression de la résistance de transfert est égale au produit des transferts élémentaires puisque ces derniers tiennent compte de l’interaction inter-étages par la présence de la résistance de Thévenin / Norton. Rt =

v s v s v s v s2 vs = 5 4 3 ≅ β z10 = 10 MΩ (140 dB) i 1 − i 2 v s 4 v s3 v s 2 i 1 − i 2

avec v s = v s5 et Z s = Z s5 .

9. Identification des éléments du modèle Z e1 =

rbe , Z e2 = rbe3 = 2.5 kΩ , Z s ≅ 43 Ω β +2

⎧⎪v s = Rt (i1 − i 2 ) = − Av v − ⎨ − ⎪⎩v = (i 2 − i1 )Z e2

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⇒ Av =

Rt = + 4000 (72 dB) Z e2

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Applications de l’amplificateur Norton Nous proposons deux applications de l’amplificateur. Dans les schémas apparaît le montage de l’étude précédente sous l’image symbolique suivante. + VCC i

-

i+

symbole de l’amplificateur Norton

Application n°1 R2 10k C

R1 -

1k ve

+ vs R3 +VCC 12 V

Etude du régime continu 1. Dessinez le schéma. 2. Evaluez la résistance R3 afin que le potentiel de sortie VS soit de l’ordre de VCC 2 ( VBE ≅ 0.6 V et I B3 > 1 . La source de Wilson étant un miroir de précision, les courants d’entrée de chacune d’elles sont reconduits en sortie et inversés, c’est-à-dire I pol ≅ IC5 (courant constant) et IC1 ≅ IC9 ≅ IC15 , IC2 ≅ IC12 . o

équations du circuit

⎧VD = VBE1 − VBE 2 ⎪ ⎪V = R I pol + VBE5 + VBE 4 − VCC → ⎨ ⎪IC5o = I E1 + I E2 ⎪I = I − I C15 C12 ⎩S

VBE1 ⎧ ⎪I ≅ β I e UT BS ⎪ C1 équations technologiques Q1 ≡ Q2 → ⎨ VBE2 ⎪ ⎪IC2 ≅ β I BS e UT ⎩ VD IC 5 IC 5 ⎛ V o o ⇒ IC1 ≅ IC2 e UT d’où IC1 ≅ , IC 2 ≅ , IS ≅ IC1 − IC2 ≅ I pol th⎜⎜ D VD VD − ⎝ 2 UT 1 + e UT 1 + e UT

3. Commentaire V − VBE5 − VBE 4 + VCC I pol = R

⎞ ⎟⎟ ⎠

V − 2VBE + VCC ⎛ VD ⎞ ⎟⎟ th⎜⎜ R ⎝ 2UT ⎠ Le transfert sera modifiable en retouchant la tension V et/ou la résistance R extérieure.

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⇒

IS ≅

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Si VD >> 2 UT ⇒ IS ≅ ± I pol 500uA

Ipol tangente au point de polarisation (VD = 0)

0A

zone linéaire

- Ipol -500uA -200mV IS

-150mV

-100mV

-50mV

-0mV

50mV

100mV

150mV

200mV

VD

Etude du régime continu 4. Courants de polarisation Aucune source dynamique n’étant appliquée à l’entrée du circuit, les bases des transistors Q1 et Q2 sont à la masse. Dans l’étude du régime pseudo-continu, cela revient à poser VD = 0 . Il s’en suit I pol , IS ≅ IC1 − IC2 ≅ 0 IC1 = IC2 ≅ o o o o 2

Etude du régime dynamique purement différentiel (faibles signaux aux fréquences moyennes) 5. Caractérisation du miroir (voir problème « Source de Wilson pour transfert dynamique ») is

ie

ig

ze rg

ie

β rce , zs ≅ , Ai ≅ 1 β 2 avec les conditions rg >> ze , zs >> Rch

ze ≅

zs Rch

2 rbe

6. Expression du courant de sortie IC1 ⎧ I pol β vd o ⎪i c1 ≅ vd ≅ = vd r U I pol 2 T 4 UT ⎪ be1 2 ⇒ i s ≅ i c1 − i c2 ≅ vd ⎨ 2 UT I pol β vd ⎪ ≅− vd ⎪i c 2 ≅ − r 4 UT be2 2 ⎩ car attaque en courant en sortie de l’étage différentiel rce1 et rce2 >> ze et de même entre miroirs

zs >> ze (pour la sortie sur Rch , voir plus loin).

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7. Linéarisation du transfert On peut calculer la pente à l’origine telle que

dI S ⎤ ⎥ dVD ⎦V

D =0

v d (t ) > rg ) et attaque de la charge en courant ( β rce 4 >> Z ch ), le quadripôle obtenu représente un amplificateur différentiel à conductance de transfert. is

Ze

vd

Zs1

Zch

vs1

Yt vd

⎛i Yt = ⎜⎜ s ⎝ vd

I pol ⎞ ⎛v ⎟ ≅ , Z e = ⎜⎜ d ⎟ ⎠v s1 =0 2UT ⎝ ie

⎛ vs ⎞ ⎟ = 2 rbe , Z s1 = ⎜⎜ 1 ⎟ ⎠v s1 =0 ⎝ is

⎞ β rce ⎟ = ⎟ 4 ⎠v d = 0

9. Caractérisation du montage en sortie S2 Les transistors, Q16 alimenté par le miroir de courant Q6 - Q4 , et Q17 connecté à la charge, sont montés en collecteur commun. L’étage darlington présente une très importante résistance d’entrée ( ≅ β 2 Rch ) et une résistance de sortie très diminuée ( ≅ ZS1 β 2 > 2 UT . ⎝ 2 UT ⎠ En régime permanent, le signal sur la résistance de charge R 4 de OTA2 est un signal carré de niveau ± R 4 I pol 2 par rapport à la masse. Ce signal est appliqué à l’entrée (+) de OTA1 et comparé à la masse et le condensateur C en sortie, chargé (ou déchargé) à courant constant, produit à ses bornes un signal triangulaire. Ce signal est recopié à la sortie du buffer de OTA1, à la translation 2VBE près, et comparé au signal carré à l’entrée de l’OTA2. Il y a basculement lorsque les niveaux des signaux sont quasiment égaux ( v D (t ) ≅ 0 ). Ainsi, la tension aux bornes du condensateur croît ou décroît linéairement suivant que le signal carré est sur son front haut ou son front bas et ceci de façon périodique. Le circuit est donc un oscillateur produisant deux signaux synchrones de forme carrée et triangulaire. Le signal carré v OUT (t ) est disponible en sortie de buffer sous faible impédance pour une attaque en tension. Si la tension Vcom est variable (modulation) , la fréquence de l’oscillateur est modifiée (VCO). 2. Chronogrammes

+ R 4 I pol 2

+ v OTA

2

− v OTA 2 0

t2

t1

t

− R 4 I pol 2 + − (t ) − v OTA (t ) ≅ 0 , c’est-à-dire que les tensions Les basculements ont lieu lorsque v D (t ) = v OTA 2 2

+ − = ± R 4 I pol 2 et v OTA = v C (t ) − 2VBE sont à peu près égales. nodales v OTA 2 2

3. Période des oscillations En prenant pour origine des temps, le basculement − R 4 I pol 2 → + R 4 I pol 2 de la tension de sortie de OTA2, calculons les instants t1 et t 2 des basculements suivants. A partir de l’instant t = 0 , v C (t ) =

d’où v C (t ) =

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I pol1 C

I pol1 C

t + cte avec cte = v C (0) = − R 4 I pol 2 + 2VBE

t − R 4 I pol 2 + 2VBE pour t ∈ [0, t1 ]

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A l’instant t1 du basculement suivant + R 4 I pol 2 → − R 4 I pol 2 , v C (t1 ) = R 4 I pol 2 + 2VBE =

I pol1 C

t1 − R 4 I pol 2 + 2VBE ⇒ t1 =

A partir de l’instant t1 , VC (t ) = − d’où v C (t ) = −

I pol1 C

I pol1 C

2 C R 4 I pol 2 I pol1

t + cte avec cte = VC (t1 ) +

I pol1 C

t1 = 3 R 4 I pol 2 + 2VBE

t + 3 R 4 I pol 2 + 2VBE pour t ∈ [t1,t 2 ]

A l’instant t 2 du basculement suivant − R 4 I pol 2 → + R 4 I pol 2 , v C (t 2 ) = − R 4 I pol 2 + 2VBE = −

Ainsi, t 2 = 2 t1 =

4 C R 4 I pol 2 I pol1

I pol1 C

t 2 + 3 R 4 I pol 2 + 2VBE ⇒ t 2 =

4 C R 4 I pol 2 I pol1

= T (période des signaux)

4. Caractéristique du VCO fVCO ≅

I pol1

avec I pol1 =

4 C R 4 I pol 2

de la forme fVCO = K 0 Vcom + f0

2VCC − 2VBE Vcom − 2VBE + VCC et I pol 2 = R1 R3

avec f0 ≅

R3 VCC − 2VBE 4 C R1 R 4 2VCC − 2VBE

et K 0 ≅

VCC

f0 − 2VBE

L’application numérique donne f0 ≅ 100 kHz et K 0 ≅ 7.23 kHz / V . 5. Discussion Les résistances R3 et R 4 réglent l’amplitude du signal carré. Le choix de la fréquence centrale f0 du VCO est fixée par la valeur de C et R1 avec la condition Vcom = 0V , tension correspondant au centrage de la plage des fréquences possibles.

200K

150K

K0 ≅ 6.89 kHz/V

(15.000, 195.371K) (20.548m, 96.440K)

100K

(-12.000, 12.280K) 50K

0 -12

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1/ Period(V(OUT))

-8

-4

0

4

8

12

15

Vcom

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Vcom = 0 V

10V (32.318u, 5.6410)

fosc ≅ 96.8 kHz

2VBE 0

pente ≅ 2.21 V/µs

-10V

28us

(36.671u, -7.2086) 30us V(OTA2:+) - V(OTA2:-) V(OTA2:+)

32us V(OTA2-) V(OUT)

V(C)

34us

36us

(37.706u, -5.8083)

38us

40us

Time

La simulation montre des résultats en accord avec l’étude à la précision près des valeurs de VBE (0.6 à 0.7 V) et de la transition de IS = ± I pol en fonction de VD lors des basculements. Pente du signal triangulaire

I pol1 C

≅ 2.3 V / µs et amplitude crête du signal carré R 4 I pol 2 ≅ 5.76 V avec

VBE = 0.6 V .

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Buffer et amplificateur à conductance de transfert (OPA660 de Burr-Brown) Le circuit à étudier intègre deux fonctions, un buffer et un amplificateur à conductance de transfert. Tous les transistors sont supposés technologiquement identiques ou parfaitement complémentaires et de gain en courant β = 200 , de tension d’Early VA = 100V . L’alimentation symétrique du montage est telle que VCC = ± 5 V . Les résistances R pol et Rch sont hors puce et la tension VE est appliquée à l’entrée du circuit. Lors des calculs, les courants de base seront négligés ( β grand ) et VA >> VCEo . Etude du buffer de tension (Diamond Buffer) +VCC

Q4

Q3

Q8

Q6 Rpol 17.6k

vE

Q7

Q5

Ipol

Q1

Rch 1k

vS

Q2

-VCC

Compréhension du schéma 1. Donnez une description précise du circuit. Etude du régime pseudo-continu 2. Ecrivez la relation de la tension VS en fonction de VE et I pol , Rch .

Etude du régime continu 3. Evaluez les courants de collecteur des transistors. Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences moyennes) 4. Evaluez les paramètres rbe et rce des modèles des transistors. 5. Dessinez le schéma. 6. Ecrivez l’expression du transfert en tension Av = v s v e . Comparez au résultat obtenu lors de l’étude en régime pseudo-continu. 7. Ecrivez les expressions des résistances d’entrée Z e et de sortie Z s vue de la charge. 8. Evaluez les paramètres Z e , Z s , A v qui caractérisent l’amplificateur de tension en précisant les conditions d’adaptation à respecter.

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Etude de l’amplificateur à conductance de transfert (Diamond Transistor) +VCC

Q4

Q3

Q11

Q12

Q8

Q6

iS

Rpol 17.6k

vE

Q7

Q5

vS

Ipol

Q1

Q2

Q9

Rch 1k

Q10

-VCC

Compréhension du schéma 9. Donnez une description précise du circuit. Etude du régime pseudo-continu 10. Ecrivez la relation de la tension IS en fonction de VE et I pol .

Etude du régime continu 11. Evaluez les courants de collecteur des transistors. Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences moyennes) 12. Evaluez les paramètres rbe et rce des modèles des transistors, ainsi que les éléments de la caractérisation des miroirs Q9 - Q10 et Q11 - Q12 ( ze , zs , Ai ). 13. Dessinez le schéma. 14. Ecrivez l’expression du transfert en tension Yt = i s v e . Comparez au résultat obtenu lors de l’étude en régime pseudo-continu. 15. Ecrivez les expressions des résistances d’entrée Z e et de sortie Z s du montage. 16. Evaluez les paramètres Z e , Z s , Y t qui caractérisent l’amplificateur à conductance de transfert en précisant les conditions d’adaptation à respecter. Rappel de la notation : v E (t ) = VE + v e (t ) , … (superposition des régimes continu et dynamique).

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Corrigé Compréhension du schéma 1. Description Le schéma se compose d’un étage de polarisation et de quatre étages collecteur commun. Une symétrie par rapport à la masse, due aux transistors complémentaires fait apparaître une topologie parallèle de l’ensemble. - Le circuit de polarisation est composé de deux miroirs de courant élémentaire Q1 - Q2 et Q3 - Q4 polarisant respectivement les transistors Q6 et Q5 . Les courants de ces sources sont fixés par le choix de la résistance R pol . Nous démontrerons que l’association des transistors parfaitement complémentaires Q5 - Q8 et Q6 - Q7 produit ici les mêmes courants de polarisation. -

Les étages collecteur commun Q5 et Q6 , chargés en partie par une source de courant, présentent un niveau de résistance d’entrée relativement élevé, permettant une attaque en tension du montage. Les étages collecteur commun Q7 et Q8 assurent une faible résistance de sortie, permettant une attaque en tension de la charge. L’association de ces émetteurs suiveurs conduit à un gain en tension unité. Ici, l’intérêt de cette topologie réside dans l’association en cascade de deux émetteurs suiveurs complémentaires ( Q5 - Q8 ou Q6 - Q7 ) qui compensent leurs tensions base-émetteur en mode actif (ni saturés ou bloqués), donc pas de translation de tension continue entre entrée et sortie ( VS ≅ VE ) et amélioration de la stabilité thermique (structure Diamond).

Cette partie du circuit intégré est appelé Diamond Buffer.

Etude du régime pseudo-continu Les courants de saturation I BS des jonctions base-émetteur et les gains en courant β des transistors sont supposés identiques, l’effet Early est négligé. 2. Relation VS (VE ) Pour les étages de polarisation : VBE1 ⎧ ⎪IC ≅ β I BS e UT ⎪ Q1 ≡ Q2 → ⎨ 1 (technologie) VBE2 ⎪ UT ⎩⎪IC2 ≅ β I BS e VEB3 ⎧ ⎪IC ≅ β I BS e UT ⎪ Q3 ≡ Q4 → ⎨ 3 (technologie) VEB4 ⎪ ⎪⎩IC4 ≅ β I BS e UT

VBE1 = VBE 2 (circuit)

⇒ IC1 ≅ IC2 ≅ I pol

VEB3 = VEB4 (circuit)

⇒ IC3 ≅ IC4 ≅ I pol

Pour les étages émetteurs suiveurs VEB5 ⎧ VE −VS ⎪IC ≅ β I BS e UT ⎪ 5 Q5 ≡ Q8 → ⎨ (technologie) VE = −VEB5 + VBE8 + VS (circuit) ⇒ IC8 ≅ I pol e UT VBE8 ⎪ ⎪⎩IC8 ≅ β I BS e UT

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VBE6 ⎧ ⎪IC ≅ β I BS e UT ⎪ 6 Q6 ≡ Q7 → ⎨ (technologie) VEB7 ⎪ UT ⎩⎪IC7 ≅ β I BS e

VE = VBE6 − VEB7 + VS (circuit) ⇒ IC7 ≅ I pol e

−

VE −VS UT

Pour définir la tension de sortie

(

VS ≅ Rch IC8 − IC7

)

V −V ⎛ VE −VS − E S ⇒ VS ≅ Rch I pol ⎜ e UT − e UT ⎜ ⎝

⎞ ⎟ = 2 R I sh VE − VS ch pol ⎟ UT ⎠

Comme il a été dit lors de la discussion, VS ≅ VE ou VE − VS RG ) et en sortie ( Z s > ze , β rce >> 2 Rch et Z s1 + rbe .

Etages de transfert en courant i s ≅ − (i1 + i 2 ) = − 2 i1

⇒ i s ≅ − (i1 + i 2 ) = − 2 i1 ≅

ve Rch

(courant de court-circuit à l’image du

théorème de Norton)

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soit Yt =

is 1 ≅ v e Rch

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(même expression que pour le transfert en régime pseudo-continu).

15. Résistances d’entrée et de sortie du montage La résistance d’entrée du montage est inchangée (voir l’étude du buffer). Calcul de la résistance de sortie rce . 2 L’association de cette résistance Z s en parallèle avec une source de courant indépendante i s constitue le dipôle équivalent de Norton pouvant attaquer la charge du montage.

La résistance de sortie est produite par deux miroirs en parallèle, soit Zs = rce10 // rce12 =

16. Caractérisation de l’amplificateur à conductance de transfert Les conditions d’adaptation à respecter pour ce type d’amplificateur sont une attaque en tension en entrée ( Z e >> RG ) et une attaque de la charge en courant ( Z s >> Rch ). is

ve

Ze

vs

Zs

Rch

Yt ve

avec les valeurs Yt ≅ 1 mA / V , Z e ≅ 8 MΩ , Z s ≅ 100 kΩ . 5.0mA

IS (VE)

saturation et blocage

pente de 0.973 mA/V 0A

fonctionnement en mode actif des transistors

saturation et blocage

-5.0mA -5.0V

0V

5.0V

Nous constatons que le domaine de linéarité est très étendu, puisque la tension d’entrée maximale possible est voisine de la tension d’alimentation ± VCC . De plus, les transferts en tension et en courant ont même expression en régime pseudo-continu et en régime dynamique à condition de rester dans le mode actif des transistors. Par contre, l’étude du régime pseudo-continu est la seule étude à délimiter les domaines de linéarité.

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Applications de l’amplificateur à conductance de transfert L’amplificateur à conductance de transfert peut être vu comme un « transistor auto-polarisé », puisque par définition, c’est une source de courant commandée par une tension. Ce quasi-transistor possède trois bornes : une entrée à haute impédance (base), une entrée/sortie à basse impédance (émetteur) et une sortie de courant (collecteur). Nous proposons trois applications de base de l’amplificateur qui démontrent une équivalence de comportement avec les montages fondamentaux traditionnels. Dans les schémas apparaît le montage de l’étude précédente sous l’image symbolique suivante.

C B E

Application n°1

Application n°2

Application n°3

iS

iS

C

Rch

C

vOUT

E

vIN

C

B

B

E

vIN

vOUT

E iS

iS RE

Rch

B

vE

Rch

vOUT

RE

vIN

1. Déterminez le transfert en tension des montages suivants. 2. Comparez avec les caractéristiques des montages fondamentaux.

Corrigé Application n°1

1. Transfert en tension Régime pseudo-continu V R VE V 1 1 VE ≅ VIN ≅ VIN , IS ≅ ≅ E , VOUT = Rch IS ⇒ OUT ≅ ch UT UT RE RE VIN RE 1+ 1+ 2 I pol RE 2 I pol RE Régime continu VE ≅ VIN = 0 (base à la masse), IS ≅ 0 ⇒ VOUT ≅ 0 Régime dynamique aux faibles signaux v R r v v e ≅ v in , v out ≅ Rch i s ≅ Rch in ⇒ out ≅ ch , Z s ≅ ce // Rch ≅ Rch 2 RE v in RE

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2. Comparaison Le montage est un amplificateur non inverseur, comparable à un montage pseudo-émetteur commun (inverseur) sans translation de l’ordre 0.6 V de la tension de sortie en régime continu. Sa résistance de sortie est de valeur importante (source de courant).

Application n°2

1. Transfert en tension Régime pseudo-continu 1 VOUT ≅ VIN ≅ VIN UT 1+ 2 I pol Rch Régime continu VIN = 0 (base à la masse) ⇒ VOUT ≅ 0 Régime dynamique aux faibles signaux r v out ≅ v in , Z s ≅ be 2β 2. Comparaison Le montage est un amplificateur suiveur (buffer), comparable à un montage collecteur commun sans translation de 0.6 V de la tension de sortie en régime continu. Sa résistance d’entrée est de valeur importante et sa résistance de sortie de valeur faible.

Application n°3

1. Transfert en tension Régime pseudo-continu V R V IS ≅ − IN , VOUT = Rch IS ⇒ OUT ≅ − ch RE VIN RE Régime continu VIN = 0 , IS ≅ 0 ⇒ VOUT ≅ 0 Régime dynamique aux faibles signaux v R v i s ≅ − in , v out ≅ Rch i s ⇒ out ≅ − ch , Z s ≅ Rch RE v in RE 2. Comparaison Le montage est un amplificateur inverseur, comparable à un montage base commun (non inverseur) sans translation de la tension de sortie en régime continu. De plus, l’amplificateur travaille en convoyeur de courant de gain unité. Sa résistance d’entrée est de valeur faible et sa résistance de sortie de valeur importante.

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Amplificateur à contre réaction de courant (LT1223 de Linear Technology) Tous les transistors de ce circuit intégré sont supposés technologiquement identiques ou parfaitement complémentaires et de gain en courant β = 200 , de tension d’Early VA = 100V . La capacité C correspond à un effet parasite en H.F.. La résistance R est hors puce et la tension VE est appliquée à l’entrée du circuit. L’alimentation symétrique du montage est telle que VCC = ± 15 V . Lors des calculs, les courants de base seront négligés ( β grand ) et VA >> VCEo .

+VCC

Q5

Q6

Q12

Q9 Q10

Q11

Q3

Q19

Q17

Ipol Q1 iN C

R 57.6k

vE

Q2

vS

vN Q18

Q4

Q15 Q20 Q14 Q7

Q8

Q16

Q13

-VCC

Compréhension du schéma 1. Donnez une description précise du circuit. Etude du régime continu 2. Evaluez les courants de collecteur des transistors. Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences moyennes 3. Evaluez les paramètres rbe et rce des modèles des transistors, ainsi que les éléments de la caractérisation des sources de courant. 4. Dessinez le schéma du circuit intégré en prenant en compte les éléments précédents.

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5. En considérant uniquement la partie de circuit composée des transistors Q1 - Q2 - Q3 - Q4 et leurs charges, écrivez les expressions des résistances d’entrée Re1 et de sortie Rs1 , du gain de transfert en tension α1 = v n v e dans des conditions idéales d’adaptation en tension à l’entrée et chargé par une résistante Rch1 à la sortie. Evaluez ces paramètres. 6. En considérant uniquement la partie de circuit composée des transistors Q17 - Q18 - Q19 - Q20 et le circuit d’attaque, écrivez les expressions de la résistance de transfert Rt = v s i n à vide (charge infinie), et de sortie Rs2 . Evaluez ces paramètres. Etude du régime dynamique faibles signaux aux fréquences hautes 7. En ne considérant que l’effet dû à la capacité parasite C, écrivez les expressions des impédances de transfert Z t (p ) et de sortie Z s2 ( p ) . 8. Dessinez le schéma de l’ensemble du circuit en utilisant les paramètres de caractérisation obtenus.

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Corrigé Compréhension du schéma 1. Description Le schéma se compose d’un buffer en entrée (étage tampon de gain en tension unité) dont le courant de sortie, dépendant de sa charge, subit un transfert vers l’entrée d’un second buffer. Un étage de polarisation, présent en amont, conditionne les courants du circuit intégré. La symétrie par rapport à la masse de l’ensemble, due aux transistors complémentaires, fait apparaître une topologie parallèle. -

Le circuit de polarisation est composé de deux miroirs de courant élémentaire Q5 - Q6 et Q7 - Q8 imposant respectivement les courants de collecteur des transistors Q1 et Q2 . Les courants de ces sources sont fixés par le choix de la résistance R. L’association des transistors parfaitement complémentaires Q1 - Q3 et Q2 - Q4 reconduit ces courants de polarisation à l’entrée des deux répétiteurs de courant à effet miroir (miroirs élémentaires et Wilson) pour polariser les transistors Q17 et Q18 en association avec Q19 et Q20 .

-

Le buffer d’entrée est constitué de quatre transistors Q1 - Q2 - Q3 - Q4 montés en collecteur commun. Q1 et Q2 , chargés en partie par une source de courant, présentent un niveau de résistance d’entrée relativement élevé, permettant une attaque en tension du montage. Q3 et Q4 assurent une faible résistance de sortie au niveau de leurs émetteurs, permettant une attaque en tension de la charge. L’association de ces émetteurs suiveurs conduit à un gain en tension unité. Ici, l’intérêt de cette topologie réside dans l’association en cascade de deux émetteurs suiveurs complémentaires ( Q1 - Q3 ou Q2 - Q4 ) qui compensent leurs tensions base-émetteur en mode actif (ni saturés ou bloqués), donc pas de translation de tension continue entre entrée et sortie ( VS ≅ VE ) et amélioration de la stabilité thermique (structure Diamond).

-

Le faible courant différentiel en sortie du buffer est reconduit par effet miroir (sources de Wilson Q9 - Q10 - Q11 et Q13 - Q14 - Q15 ) de manière à ce qu’il traverse une charge dynamique complexe de valeur très importante (résistances de sortie des sources Wilson en parallèle avec la capacité parasite C). Le buffer de sortie Q17 - Q18 - Q19 - Q20 possède une topologie à l’image du buffer d’entrée à l’apport d’un transfert en courant près (miroirs élémentaires Q10 - Q12 et Q14 - Q16 ). La tension développée aux bornes de la charge à l’entrée du buffer est recopiée à sa sortie. Les caractéristiques dynamiques des buffers sont fonctions des conditions d’attaque et de charge.

-

En résumé, si un signal est appliqué à l’entrée, il déséquilibre les entrée de Q1 et Q2 en générant un courant de décalage. Ce faible courant est transmis à une forte impédance dynamique dont la tension résultante est recopiée en sortie (à l’adaptation près).

+ VCC

buffer E

I1

transfert de courant

I1 buffer

+1

N

+1

S

C I2

transfert de courant

I2

- VCC

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Etude du régime continu 2. Courants de polarisation Aucune tension n’étant appliquée à l’entrée du circuit, les bases des transistors Q1 et Q2 sont à la masse. Il s’en suit que tous les courants de collecteurs sont égaux à I pol et les tensions de sortie VN ≅ 0 et VS ≅ 0 (symétrie complémentaire). VBE i

Les transistors étant technologiquement identiques, ICi ≅ β I BS e

UT

.

Pour le buffer d’entrée, VE = − VEB1 + VBE3 + VN ⇒ VEB1 = VBE3 ⇒ IC1 = IC3 ≅ I pol et VBE 2 = VEB4 ⇒ IC2 = IC4 ≅ I pol . Pour le buffer de sortie, les courants de polarisation sont reconduits par les miroirs Q10 - Q12 et Q14 - Q16 , IC17 = IC19 ≅ I pol et IC18 = IC20 ≅ I pol . Le courant de polarisation est calculé à partir de l’écriture de la maille 2VCC = VEB5 + R I pol + VBE7 d’où I pol ≅ 500 µA avec VBEo ≅ 0.6 V .

Etude du régime dynamique (faibles signaux aux fréquences moyennes) 3. Evaluation des paramètres des modèles des transistors et des quadripôles de transfert de courant U V rbe ≅ T β et rce ≅ A ( VCEi > RG ) et en sortie ( Rs1 > ze et β rce >> 2 Rch1 Rch1 i n =

Rch1 Rch1 + Rs1

α 1v e

d’où i1 = i 2 ≅ −

ve in et i n ≅ . 2 Rch1 + Rs1

6. Caractérisation de l’étage amplificateur à résistance de transfert rbe

rbe

i βi

rce /2

2i

i’ β i’

in /2

rce

i’’ in

Rn rbe

vs

rbe i’

i βi

rce /2

in /2

β i’

rce

i’’

Evaluation de la résistance de transfert à vide La sortie des sources de Wilson (étages de transfert en courant) fait apparaître un circuit sous forme de Norton, attaquant le second buffer, tel que i n ≅ − (i1 + i 2 ) = − 2 i1 et Rn =

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zs = 10 MΩ . 2

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in ⎧ '' ' ⎪(β + 1)i + 2 = i + i ⎪ ⎪[r + r (β + 1)]i ' = rce i '' ⎪ be ce 2 ⎨ ⎪ rce '' i ⎪R n (i n − 2 i ) = rbe i + 2 ⎪ ⎪v s = rce (β + 1)i ' ⎩

Electronique analogique – Problèmes et corrigés

⎧⎡ rce ⎤ ' rce (β + 1)i + rce i n i = ⎪⎢rbe + rce (β + 1) + ⎥ 2 ⎦ 2 4 ⎪⎣ ⎪ ' ⇒ ⎨R n i n = (2 Rn + rbe ) i + [rbe + rce (β + 1)]i ⎪ ' ⎪v s = rce (β + 1)i ⎪ ⎩

rce ⎡ rce ⎤ ⎧ (β + 1)⎫⎪⎪ v ⎢ 2 (β + 1)Rn rce ⎥ rce ⎪⎪ s 2 ⇒ ⎨rbe + rce (β + 1) + =⎢ + + [rbe + rce (β + 1)] ⎥ in ⎬ 2 2 Rn + rbe ⎪ rce (β + 1) ⎢ 2 Rn + rbe 4 ⎥ ⎪ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ rce ⎤ ⎢ 2 (β + 1)Rn rce ⎥ vs rce (β + 1) = + d’où Rt = ⎢ ⎥ rce in 2 Rn + rbe 4 ⎥ ⎡ ⎤ ⎢ (β + 1)⎥ r ⎢ ⎢ ⎦⎥ ce ⎣ [rbe + rce (β + 1)] ⎢1 + 2 ⎥+ + R r 2 2 n be ⎥ ⎢ ⎣⎢ ⎦⎥ rce rce (β + 1)(β + 2) (β + 2)Rn 2 Rt ≅ ≅ 2 ≅ 5.03 MΩ avec rbe > f1 ) à la valeur Rs' 2 =

rbe ω2 Rs2 ≅ 25 Ω . Rs 2 ≅ ω1 rbe + zs1

Notons que l’influence des buffers en fonction de la fréquence est négligée, les montages collecteur commun présentant une large bande importante. La stabilité ne peut être étudiée ici.

8. Caractérisation de l’amplificateur à contre-réaction de courant

ve

+1 Zs2 (p) in Rs1

Zt (p) in

vs

vn

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Application de l’amplificateur à contre réaction de courant Le circuit intégré de l’amplificateur à contre réaction de courant figure sous l’image symbolique suivante au sein des datasheets.

+ +

ve R2

symbole

vs

R1

1. Déterminez le transfert en tension du montage aux fréquences moyennes. 2. En ne considérant que l’effet de la capacité parasite, déterminez la fréquence de coupure haute. 3. Concluez sur l’originalité de ce type de circuit.

Corrigé 1. Gain en tension aux fréquences moyennes v e − Rs1 i n Rt i n − v s ⎧ − ⎪i n = R1 R s2 ⎪ ⇒ ⎨ ⎪v = v − R i + Rt i n − v s R e s1 n 2 ⎪ s Rs 2 ⎩ ve v + s ⎛ Rt R 2 ⎞ R1 Rs2 R ⇒ vs = ve + ⎜ − Rs1 ⎟ − 2 vs ⎜ Rs ⎟ Rs1 Rt R s2 2 ⎝ ⎠ 1+ + R1 Rs2

⎧i n = i1 − i 2 ⎪ ⎪v e ≅ Rs1 i n + R1 i1 ⎨ ⎪v s = Rt i n − Rs2 i 2 ⎪v = R i + R i 1 1 2 2 ⎩ s

⎡ Rs ⎡ Rt Rt ⎛ R ⎞ Rs ⎤ R + 2 + ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ 1 ⎥ v s = ⎢1 + ⇒ ⎢1 + 1 + R1 Rs2 Rs2 ⎝ R1 ⎠ Rs2 ⎥⎦ ⎢⎣ Rs2 ⎣⎢ ⎛ R s2 K ⎜1 + ⎜ K Rt v ⇒ s = ⎝ R ve 1+ x Rt

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

en posant K = 1 +

⎛ R2 ⎞⎤ ⎜⎜1 + ⎟⎥ v e R1 ⎟⎠⎥⎦ ⎝

⎛ Rs ⎞ R2 et R x = ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ Rs2 + R 2 + K Rs1 . R1 R1 ⎠ ⎝

2. Réponse aux fréquences hautes

Rt Zt ( p) ≅ et Z s2 ( p ) ≅ Rs2 1 + Rt C p

1+ 1+

p

ω1 p

( f1 ≅ 37.8 kHz et f2 ≅ 6.3 kHz )

ω2

Une approche directe de la fréquence de coupure peut être effectuée en prenant Z s2 ( p ) ≅ Rs' 2 pour des fréquences très élevées (>> 1 MHz).

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Rs' 2 C K p ⎞ 1+ Rs' 2 ⎟ Rs' C 1+ ⎟ 1+ 2 p K Rt ⎠ K ≅K 1 + (R x // Rt )C p 1+ Rx C p

⎛ ⎛ Rs' 2 ⎞⎟ Rs' 2 K ⎜1 + K ⎜1 + ⎜ K Zt ( p) ⎟ ⎜ K Rt V ( p) ⎠= ⎝ d’où s ≅ ⎝ Rx R Ve ( p ) 1+ 1+ x Zt ( p ) Rt

⎛ Rs car Rs' 2 > VCEsat et VBEsat , les équations issues de l’étude du VCO s’écrivent : ⎛ R5 (R5 + R6 )R8 ⎞⎟ 2V − V R 6 R8 VT+ − VT− = ⎜⎜ − 2VCC − VBEsat CC CE sat + ⎟ ( ) ( + + R R R + R R + R R R R 6 5 6 8 5 6 ⎠ 5 6 )R 8 + R 5 R 6 ⎝ 5 R5 R5 R8 ⇒ VT+ − VT− ≅ k VALIM avec k = − ≅ 0.2023 R5 + R6 (R5 + R6 )R8 + R5 R6

(

VCC − VFo ≅

)

(

)

2VCC − VBE25 R24 R26 R R I pol = 24 26 2 R27 2 R27 R19 + R20 + R21 + R26

⇒ VCC − VFo ≅ k 'VALIM avec k ' =

R24 R26 ≅ 0.1268 2 R27 (R19 + R20 + R21 + R26 )

D’après l’expression de la période du signal carré v S (t ) issu du VCO (borne 4), la pulsation s’écrit

ω=

π I1 2π . = T C1 (VT+ − VT− )

Le courant I1 est obtenu à partir, d’une part de la résistance extérieure R1 et, d’autre part, de la tension d’entrée VF = VFo + ∆VF , d’où I1 ≅

ωs =

(

π VCC − VFo

)

VCC − VFo R1

−

∆VF (composantes continue et variable). R1

π

− ∆VF de la forme ωs = ωo + ∆ω = ωo + K 0 ∆VF R1C1 (VT+ − VT− ) R1C1 (VT+ − VT− )

Par identification, les expressions de la pulsation libre et de la sensibilité du VCO s’écrivent :

ωo =

(

π VCC − VFo

(

R1C1 VT+

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)

− VT−

π k'

)≅ R C k 1 1

et K 0 =

−π −π ≅ . R1C1 (VT+ − VT− ) R1C1 k VALIM

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

La PLL est associée à un filtre passif de la forme F ( p ) =

1 avec τ = R24 C2 . 1+ τ p

Calcul de la plage de maintien La variation maximale de la tension d’erreur générée à la sortie du CDP est ∆v c max = K D ϕ d En sortie du filtre, la tension est ∆v f max = F (0) ∆v c max = K D

max

.

π

puisque F (0) = 1. 2 En sortie du VCO, la variation de la pulsation du signal de sortie autour de la pulsation libre ωo est ∆ωs max = K 0 ∆v f max = K D K 0

π 2

.

Par définition ∆ωs max = 2 π ∆fM , ce qui donne la plage de maintien 2 ∆fM =

KD K0 . 2

Calcul de la plage d’acquisition ∆ω A ≅ K D K 0

π 2

F ( j∆ω A ) pour une capture rapide, avec F ( j∆ω A ) =

1 1 + ∆ω A2 τ 2

≅

1 ∆ω A τ

.

En supposant que la demi-largeur de capture ∆ω A est, en pratique, très supérieure à la pulsation de coupure du filtre 1 τ , ∆ω A ≅ K D K 0

π

1 ⇒ 2 ∆f A ≅ 2 ∆ω A τ

2 ∆f M

πτ

.

Dans le cas général, les données de la PLL NE565 sont les suivantes : K D ≅ − 0.64 V / rad , fo ≅ ∆f A ≅

50 fo 8 fo 1 (Hz), K 0 ≅ − (rad/s/V), ∆fM ≅ (Hz), 3.19 R1C1 VALIM VALIM

5 fo 1 (Hz) avec τ = 3.6 10 3 × C2 (pour un réseau RC). 2 τ VALIM

Le gain de conversion K D du CDP est peu sensible à la valeur de la tension d’alimentation totale. Si le multiplicateur fonctionne en commutation (modulateur équilibré), sa valeur est quasi constante et négative car le gain K 0 du VCO est négatif. Sur la caractéristique triangulaire v C (ϕ d ) , le point de repos stable est donc à l’abscisse ϕ d = −

π

, centré entre - π et 0 (voir cours « technologie des 2 PLL »). Si le multiplicateur ne travaille pas en commutation, K D est fonction de l’amplitude des signaux v E (t ) et v S (t ) . La fréquence centrale libre des oscillations fo est ajustée par R1 et C1 . Les domaines de verrouillage et de capture s’étendent respectivement de ∆fM et ∆f A de chaque côté de la fréquence centrale.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Applications de la PLL 565 Nous proposons deux applications de la PLL. L’étude précédente permet de présenter le composant sous le schéma suivant. 10

+VCC

R24

2

Multiplicateur

3

Amplificateur

7

3.6k

6

5 4

VCO

8

9

1

R1

C1

+VCC

-VCC

-VCC

Application n°1 : Démodulation FSK +6V R1

C2 47n

CE

10

8 2

7

1u 565 vE (t)

6 5

3 Ra

Ra

680

680

9

1

4

C1 6.8n -6V

La boucle est fermée en reliant les bornes 4 et 5. La résistance R24 intégrée au sein du circuit et le condensateur C2 compose le filtre passe-bas (FPB) du premier ordre. Les résistances Ra de polarisation du multiplicateur ont une influence négligeable. Le composant CE est un condensateur de liaison pour la source d’attaque v E (t ) d’amplitude >> 50 mV . Caractérisation des paramètres statiques de la boucle En l’absence du signal v E (t ) et du condensateur de filtrage C2 , la fréquence libre des oscillations est ajustée à fo = 10 kHz à l’aide de la résistance R1 . 1. Déterminez les valeurs des paramètres K D , K 0 , 2 ∆fM de la PLL. Evaluez la résistance R1 qui règle la fréquence fo à la valeur souhaitée. 2. Ecrivez la relation linéaire fs (VF ) du transfert du VCO.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Etude dynamique Le filtre passe-bas est introduit dans la boucle en connectant C2 entre les bornes 7 et 10. Un signal carré v E (t ) est appliqué à l’entrée, d’amplitude v e (t ) = ± 0.25 V et de valeur moyenne nulle, de fréquence 9 kHz durant 3 ms , puis 11 kHz durant 3 ms et ceci périodiquement. 3. Evaluez la fréquence de coupure du filtre et la plage de capture correspondante. 4. La PLL étant verrouillée, tracez v F (t ) théorique. Discutez du type de démodulation. Vf ( p ) , puis écrivez les expressions de ω n et ζ, Ωe ( p) respectivement pulsation propre du système non amorti et coefficient d’amortissement. 6. En appliquant le théorème de la valeur finale, évaluez la variation d’amplitude de v f (t ) en régime permanent relative au saut de pulsation en entrée, ainsi que la fréquence des oscillations amorties et le dépassement pendant le régime transitoire. 7. Tracez v F (t ) réelle en respectant les échelles sur le régime transitoire. 8. Discutez de l’efficacité du filtre sur les résidus de porteuse et de la stabilité du système.

5. Ecrivez la fonction de transfert en boucle fermée

Application n°2 : Modem 300 bauds +5V R1

C2

3.94k

CE

220n

10

8 2

C

C

C

22n

22n

22n

R

R

R

10k

10k

10k

7

1u

+ TL082

R' 565

vE (t) Ra

680

680

30k

5

3 Ra

-

6

9

1

4

C1 68n -5V

La PLL 565 est destinée à démoduler un signal FSK (lignes téléphoniques pour transmission de signaux binaires). Le signal v E (t ) qu’elle reçoit a une fréquence de 1270 Hz lorsque l’information correspond à un 1 logique et une fréquence de 1070 Hz lorsque l’information correspond à un 0 logique. Le composant CE évite une composante continue indésirable. La valeur du condensateur C2 du filtre de boucle est fixée par le choix du dépassement approprié sur la tension démodulée v F (t ) . Un filtre en échelle à trois étages RC est utilisé pour enlever les résidus de porteuse ( 2 fe ) et sa bande passante doit se situer approximativement à mi-chemin entre la vitesse maximale du débit binaire (ici 300 bits/s ou 150 Hz) et deux fois la fréquence d’entrée (autour de 2340 Hz). La fréquence libre du VCO est ajustée avec R1 pour que le potentiel continu à la sortie (signal à rapport cyclique de 50 % sur la borne 7) soit le même que sur la borne 6. Un comparateur de tension convertit le signal de sortie en logique compatible. La résistance R ' = 3 R équilibre les entrées au niveau continu. Développez le problème à l’image de l’application précédente.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

Corrigé Application n°1

Caractérisation des paramètres statiques de la boucle 1. Valeurs des paramètres

K D ≅ − 0.64 V / rad (pour le multiplicateur fonctionnant en commutation) K0 ≅ − R1 ≅

50 fo 8 fo ≅ − 41667 rad / s / V , ∆fM ≅ ≅ 6667 Hz avec VALIM = 12 V VALIM VALIM

1 ≅ 4610 Ω 3.19 C1 fo

2. Relation du transfert du VCO

ωs = aVF + b avec a = K 0 , b = ωo − K 0 VF0 et VFo ≅ 4.56 V ⇒ ωs ≅ − 41700 VF + 252833 rad / s ou encore fs ≅ − 6632 VF + 40240 Hz 30K

fS (Hz) K0 ≅ - 6632 Hz / V (4.0, 13.71K)

20K

(4.56, 10K) (5.0, 7.08K) 10K

0

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

5.0

5.5

6.0

VF (V)

Etude dynamique 3. Evaluation de la fréquence de coupure du filtre et de la plage de capture F ( p) = ∆f A ≅

1 1 avec τ = R24 C2 ⇒ ffpb = ≅ 941 Hz 1+ τ p 2π τ

5 fo 1 ≅ 2.48 kHz valeur majorée par l’hypothèse ∆ω A2 τ 2 >> 1 . 2 τ VALIM

4. Tracé de v F (t ) théorique Pour fs = 9 kHz , VF ≅ 4.71V et pour fs = 11 kHz , VF ≅ 4.41V , ce qui donne un écart de tension ∆VF ≅ 0.3 V associé à une valeur moyenne VFo = 4.56 V .

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

4.71 V 4.7V

vF (t)

9 kHz

∆VF = 0.3 V

4.6V

VF moyen = 4.56 V

4.5V

11 kHz 4.4V 4.41 V

3.0ms

0s

6.0ms

9.0ms

Time

Le signal démodulé v F (t ) est à l’image du signal modulant de forme carré de fréquence d’environ 167 Hz, de valeur moyenne nulle et dont l’amplitude est réglée pour produire un saut de fréquence de 2 kHz centré sur la fréquence de 10 kHz de la porteuse. Le signal v E (t ) modulé à l’entrée de la PLL subit un décalage en fréquence. Le circuit effectue une démodulation FSK. 5. Ecriture de la fonction de transfert en boucle fermée H ( p) =

Ω ( p) K D K 0 F ( p) K K F ( p) G( p ) avec G( p ) = D 0 et B( p ) = 1 (retour unitaire ) ⇒ s = 1 + G( p ) p Ωe ( p) p + K D K 0 F ( p)

Ω s ( p ) = K 0 Vf ( p ) ⇒

⇒

Vf ( p ) 1 = Ω e ( p) K 0

de la forme

1 K0

Vf ( p ) K D F ( p) 1 avec F ( p ) = = 1+ τ p Ω e ( p) p + K D K 0 F ( p)

1 1 τ 1+ p+ p2 KD K0 KD K0 1 1+

2ζ

ωn

p+

p2

avec ωn =

KD K0

τ

et ζ =

ωn2

1 2 τ KD K0

6. Paramètres de v f (t ) En régime permanent, la variation de l’amplitude de la tension v F (t ) est obtenue par l’application du théorème de la valeur finale ∆ω e ∆ω e , soit ∆VF ≅ 0.3 V pour ∆fe = 2 kHz . ⇒ v f (∞ ) = lim v f (t ) = lim pVf ( p ) avec Ω e (p ) = p K0 p→0 t →∞ En régime transitoire, les paramètres ζ ≅ 0.235 , fn =

1 2π

KD K0

τ

≅ 2 kHz du domaine fréquentiel

se traduisent par les paramètres fosc = fn 1 − ζ 2 ≅ 1942 Hz , D = e

−

πζ 1−ζ 2

≅ 46.8 % (valeur

normalisée du premier dépassement) dans le domaine temporel.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

7. Tracé de v F (t ) réelle fréquence des oscillations ≅ 1942 Hz

4.85 V

4.8V

dépassement ≅ 46.8 %

4.71 V

vF (t) 4.6V

∆V = 0.3 V

4.4V

4.41 V 4.27 V 4.2V

2ms

0s

4ms

6ms

8ms

10ms

Time

Les valeurs crête valent 4.41 + 0.3 × 1.468 ≅ 4.85 V et 4.71 − 0.3 × 1.468 ≅ 4.27 V .

8. Discussion sur le filtrage et la stabilité Le filtre atténue ces fréquences suivant la relation F ( jω ) =

1

ω2 1+ ωc2

. Son rôle est d’éliminer les

résidus de porteuse issus du doublage de fréquence du CDP à comportement « ou exclusif ». Le signal démodulé v F (t ) supporte sur ses fronts des résidus aux fréquences 18 kHz ( 2 × 9 kHz ) et 22 kHz ( 2 × 11 kHz ). Dans le cas présent ffpb ≅ 941 Hz pour C2 = 47 nF , les atténuations à 18 kHz et 22 kHz valent respectivement 0.052 et 0.043 (contexte sinusoïdal), soit des résidus d’amplitude 104 mV et 85 mV issus du signal rectangulaire d’amplitude d’environ 2 V ( v C (t ) = 4.56 ± 1V ). 5.7V

sans C2

signaux à la fréquence de 22 kHz

5.0V

(fe = 11 kHz) C2 = 4.7 nF C2 = 47 nF 4.0V

C2 = 470 nF 3.6V 440us

460us

VF (t)

480us

500us

520us

540us

560us

580us

600us

Time

Sur cette simulation, nous pouvons observer l’efficacité du filtrage lorsque la valeur du condensateur C2 augmente. Le choix de C2 = 47 nF apparaît relativement acceptable.

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Electronique analogique – Problèmes et corrigés

La stabilité du système laisse à désirer au regard des valeurs des paramètres ζ = 0.235 ou D ≅ 46.8 % . Ce type de filtre est incapable de satisfaire stabilité et filtrage simultanément. Cependant, pour la variation maximale ∆VF ≅ ± 0.29 V de la tension à l’entrée du VCO autour de la valeur moyenne VFo = 4.56 V correspond une variation dynamique de fréquence ∆fdyn =

K 0 ∆VF ≅ 1923 Hz autour de la fréquence libre fo = 10 kHz . La demi plage de maintien, 2π

centrée autour de fo , valant ∆fM ≅ 6.67 kHz pour ce type de filtre, la PLL est bien verrouillée. excursion maximale de la fréquence 3.3

7.5 8.1

10

11.9 12.5

fo-∆fM

fo-∆fA fo-∆fdyn

fo

fo+∆fdyn fo+∆fA

16.7

fo+∆fM f (kHz)

plage de verrouillage

5.0V

fréquence amortie = 1942 Hz

résidu issu du signal carré à fe = 9 kHz

dépassement = 46.8 %

fréquence ≅ 18 kHz

VF (t)

niveaux différents des amplitudes des résidus

4.5V

amplitude ≅ 85 mV fréquence = 22 kHz résidu issu du signal carré à fe = 11 kHz

fréquence du signal modulant = 167 Hz 4.0V

0s

2ms

4ms

6ms

8ms

10ms

Time

Simulation de la PLL 565 en démodulation FSK : le signal d’attaque est un signal v e (t ) = ± 0.25 V de valeur moyenne nulle et modulé par un signal carré de fréquence 167 Hz dont l’amplitude est réglée de façon à obtenir un saut de fréquence de 2 kHz.

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12ms

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Application n°2 Caractérisation des paramètres statiques de la boucle La fréquence libre du VCO a pour valeur fo ≅

1 ≅ 1170 Hz , centrée par rapport au saut 3.19 R1C1

de fréquence de 200Hz. K D ≅ − 0.64 V / rad (pour le multiplicateur fonctionnant en commutation) K0 ≅ −

50 fo 8 fo ≅ − 5850 rad / s / V , ∆fM ≅ ≅ 936 Hz avec VALIM = 10 V VALIM VALIM

Evaluation de la fréquence de coupure du filtre de boucle et de la plage de capture F ( p) = ∆f A ≅

1 1 avec τ = R24 C2 ⇒ ffpb = ≅ 201 Hz 1+ τ p 2π τ

5 fo 1 ≅ 430 Hz valeur majorée par l’hypothèse ∆ω A2 τ 2 >> 1 . 2 τ VALIM

Paramètres de v F (t ) fn =

ζ =

1 2π

KD K0

τ

1 2 τ KD K0

≅ 346 Hz ⇒ fosc = fn 1 − ζ 2 ≅ 331 Hz , ≅ 0.29 , D = e

−

πζ 1−ζ 2

≅ 38.6 %

Variation en régime permanent de v F (t ) autour de VFo = 3.81V (car VALIM = 10 V ) relative à une variation ∆fe = 200 Hz ⇒ ∆v f (∞ ) =

∆ω e ≅ 215 mV . K0

Filtres de lissage et comparateur de tension Ce filtre du troisième ordre doit lisser les résidus de porteuse du signal v F (t ) . Par une approche ne tenant pas compte de l’interaction entre cellules, y compris celle du FPB (adaptation en tension 1 réalisée), la fréquence de coupure est de l’ordre de flissage = ≅ 723 Hz avec une descente 2 π RC de – 60 dB par décade. Les résidus de porteuse de v F (t ) étant éliminés à l’arrivée d’une entrée du comparateur, ce dernier bascule lorsque v + = v − , soit pour v F (t ) = Vref avec Vref ≅ 3.81V . Les variations de v f (t ) sont centrées par rapport à la masse (si ce n’est pas le cas, retouchez la fréquence libre à l’aide de la résistance R1 ). ⎧⎪v + > v − ⎨ + ⎪⎩v < v −

→

v s = + Vsat

→

v s = −Vsat

avec ± Vsat en accord avec la logique compatible.

La vitesse maximale de transmission est de l’ordre de
0

Transistors technologiquement identiques : mêmes I DSS et VP .

Régime dynamique aux faibles signaux Cgd

Modèle linéarisé

gm

I D0 I DSS

Cgs

∞

vgs

2 =± VP

id

∞

G

(pour VDS > VP : zone de saturation)

rds

D

vds

g m vgs

en A/V

(paramètre g m toujours >0)

S

Données du constructeur : I DSS (courant de saturation de drain pour VGS = 0 ), VP (tension de pincement), C gs , C gd (capacités de transition), rds (résistance dynamique de sortie).

Le transistor bipolaire à jonction (JBT) IC

IC IB

IB

VEC

VCE

en mode actif VBE

⎧v BE (t ) = VBE + v be (t ) avec ⎨ ⎩i B (t ) = I B + i b (t )

VEB

IE

IE

NPN

PNP

Régime continu

Modèle mathématique non linéaire (équations d’Ebers-Molls en mode actif) VBE

⎛ V IC = β I B = β I BS e UT ⎜⎜1 + CE VA ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

VEB

(NPN)

⎛ V IC = β I B = β I BS e UT ⎜⎜1 + EC VA ⎝

VBE

IC = β I B = β I BS e UT

⎞ ⎟⎟ ⎠

(PNP)

VEB

(NPN)

IC = β I B = β I BS e UT

(PNP)

(effet Early négligé)

Transistors technologiquement identiques : mêmes β et I BS .

Sylvain Géronimi

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Annexes

Université Paul Sabatier

Electronique analogique - Cours

Modèle linéarisé

IB

B

⎧I E = I B + IC ⎪ ⎨IC = β I B ⎪ ⎩ VBE ≅ 0.6 à 0.7 V

IC +

C

Vγ β IB RD ≅ 0

VBE

IE

E

Régime dynamique aux faibles signaux Cbc

Modèle linéarisé B

UT UT ⎧ β ⎧ ⎪rbe = I = I β ⎪g m = r B0 C0 be ⎪ ⎪ et ⎨ ⎨ + V V V CE 0 ⎪C + C = IC0 ⎪r = A ≅ A bc ce ⎪ be ⎪ 2π UT ft IC 0 IC 0 ⎩ ⎩

ib ib1 rbe

vbe

ic

∞

C

β ib1 rce

Cbe gm vbe

E

Données du constructeur : β (valeur typique acceptable en régimes statique et dynamique), Cbc (capacité de transition), ft (fréquence de transition), VA (tension d’Early supposée grande devant VCE 0 ).

Tableau récapitulatif sur le choix du modèle du composant en fonction du régime étudié

diode

Régime continu

Régime dynamique

Données constructeur Hypothèses simplificatrices

modèle linéaire par morceaux

VD = RD I D + Vγ

modèle mathématique

⎛ VD ⎞ ⎜ ⎟ I D ≅IS ⎜ e UT − 1⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

modèle faibles signaux aux fréquences basses et moyennes aux fréquences hautes

JFET

JBT VBE ≅ 0.6 V , IC = β IB

⎛ V ID = IDSS ⎜1 − GS ⎜ VP ⎝ gm = ±

U rd = T , ri = ∞ ID0

2 VP

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

VBE

2

IC ≅ β I BS e UT (mode actif direct) gm =

I D I DSS

rds

Cd , Ct

Cgs , Cgd

Rd , Vγ , Cd , Ct

I DSS , VP , rds , Cgs , Cgd

rbe =

β rbe

UT V β , rce ≅ A IC 0 IC0

Cbe ≅

IC0 2π UT ft

− Cbc

β , VA , Cbc , ft

VD ≅ −VZ pour

VBE ≅ Vγ , RD = 0

zener (R Z = 0)

VA >> VCE0

( Transistors technologiquement identiques : mêmes β , IBS pour les JBT ou mêmes I DSS , VP pour les JFET au sein du modèle non linéaire en régime continu ; pour le JBT en mode actif direct du modèle Ebers-Moll, l’expression du transfert est simplifiée VBE VBE ⎛ VCE0 ⎞⎟ UT UT ⎜ IC = β I BS e avec VCE0 > VCE0 ,

-

Cce est une capacité extrinsèque que l’on peut caractériser de type électrostatique (très faible).

La source de courant dépendante est liée aux variables de la branche supportant rb 'e illustre l’effet amplificateur du transistor. Dans cette représentation, le courant commandé est proportionnel à la tension vb’e par le facteur g m (pente interne du transistor) ou au courant traversant la résistance de jonction par le facteur β (gain en courant). Le relation liant les deux facteurs est g m = β rb 'e . De façon pratique, cette modélisation du transistor n’est valable que pour des fréquences inférieures à la fréquence de transition, ceci à cause de la représentation du mécanisme de diffusion sous la forme d’une simple capacité. D’autre part, on considère que l’on peut négliger les influences de rb'c et Cce qu’on assimile à des circuits ouverts et l’influence de rbb ' qu’on assimile à un court-circuit. Les points B et B’ étant confondus, les paramètres rb'e , Cb'e , Cb'c s’identifient à rbe , Cbe , Cbc . L’influence de la résistance rce peut être négligée qu’à condition que la charge soit faible.

Evaluation du paramètre Cbe du modèle Soit le montage émetteur commun excité en courant et chargé par un court-circuit ( Rch