Cours2011 2012profs-1

Chapitre 1 Les amplificateurs opérationnels

1

1. Schéma électrique – Symbole.2. Caractéristiques électriques – Modèles.3. Régimes de fonctionnement de l’AO4. A.O. en boucle ouverte5. A.O. en boucle fermée.6. Notion de Bande Passante.7. Applications en régime linéaire.8. A.O. en régime non linéaire.9. L’AO en mesures physiques

2

E1

E2

VS

1. Schéma électrique - Symbole

1.1 Schéma électrique interne d’un amplificateur opérationnel.

3

= E2-E1

Vs = A

1.2 Représentations de l’ampli opérationnel. Symboles

-Vcc

+

Vs

+Vcc

E1

E2

-

+

-

4

Modèle réel simplifié Modèle parfait

2. Caractéristiques électriques– modèles.

5

Modèle réél simplifié Modèle parfait

2.1 Gain en tension réelLe gain en tension de l’A.O. sans contre réaction n’est pas infini. Ordre de grandeur : 2000 à 500 000 2.2 Résistance différentielle d’entréeLa résistance différentielle d’entrée dépend de la structure du circuit d’entrée . Ordre de grandeur : Mohm en bipolaire ,Teraohm en unipolaire

2.3 Tension de décalageLa tension de décalage est la valeur de la tension qu’il faut appliquer à l’entrée pour que la tension de sortie s’annule :Ordre de grandeur : le millivolt.

6

2.4. Courant de polarisation.

Le courant de polarisation correspond à la moyenne des courants d’entrée, lorsque la tension de sortie est nulle :

On définit:Courant d’entrée de polarisation:

2

II I

B2B1B

Comme son nom l’indique,c’est un courant utilisé par l’étage différentiel pour trouver sa polarisation continue.

2.5. Le courant de décalageLe courant de décalage représente la différence entre les courants de polarisation:

Ioffset = IB1+ - IB2-

+

-Uout = 0

IB1+

IB2-

7

2.6. La plage de travail en tension et en courant.La tension maximale de sortie (saturation)est d’environ Vcc.Le courant maximal en sortie est lui aussi limité, il peut être positif ou négatif.

t

Uout

Uin

La vitesse maximale de montée ou de descente du signal de sortie est généralement donnée par la réponse à un échelon unité:

2.7. Vitesse Maximale.

2.8. Cas de l’AO parfait:

Si on suppose l’AO parfait, alors le gain en tension est infini, la résistance différentielle d’entrée est infinie, la résistance de sortie est nulle, la tension de décalage est nulle et les courants de polarisation et de décalage sont nuls.

8

[3] : réponse linéaire en basse fréquence pour amplitude modérée[4], [5], [6] : distorsion en forts signaux

9

3. Régimes de fonctionnement de l’AO

Le bouclage direct ou par un composant de la sortie sur l’une des deux entrées E+ ou E- est appelée réaction.Le régime de fonctionnement du montage est différent selon que la réaction s’effectue sur l’entrée E+ (réaction positive) ou E- (réaction négative)

3.1 Régime linéaireLe fonctionnement en régime linéaire exige une réaction négative (ou contre-réaction) pour maintenir proche de 0.De plus, pour que le montage fonctionne en régime linéaire, il est nécessaire que les conditions de stabilité déterminées par le critère de Nyquist soit respectées. (dans toute la suite du cours, nous supposerons ce critère toujours vérifié)Si l’AO fonctionne en régime linéaire et qu’il est supposé parfait, alors nous avons =0.

3.2 Régime non linéaire ou saturé

L’AO fonctionne en régime saturé s’il n’y a pas de réaction négative ou s’il y a une réaction négative mais que la condition de stabilité du système n’est pas respectée.En fonctionnement non linéaire peut être différent de 0 et :

Vs=+Vcc si >0 et Vs=-Vcc si <0. 10

Ex: Amplificateur opérationnel fonctionnant en comparateur.

= e2 – e1

e2 =Ve

e1 =Vseuil

-

+

s—

+Vcc

-Vcc

-

+

4. A.0. en boucle ouverte.

11

S

e1

e1 < e2

e1 = e2

e1> e2

+Vcc

-Vcc

A

A0

Évolution de la sortie en fonction des valeurs de e1 et e2

+Vcc

S

-Vcc

Évolution de la sortie selon

la valeur du gain

ε

VS = A

e2

12

Avo

β

e-Vr

e s

Vr

vo

vo

A β1

Ag

e

s

s = Av0(e-Vr)

Vr = βs

Boucle de rétroaction

5. A.0 en boucle fermée.

5.1. Schématisation.

13

Axe desréels

Cercle unité

=0=

Marge de gain GM

β.Avo (gain de boucle)

Axe des imaginaires

ΦM

Marge de phase

5.2. Stabilité (Critère de Nyquist)

14

Si le bouclage s ’effectue en opposition de phase (entrée - ) et si le critère de Nyquist est vérifié alors :

1devant grandAcar 1

A 1

A g

e

s v0

v0

v0

c’est alors un montage Linéaire.

-Le gain ne dépend pas du gain de l’AO-Si l’AO est parfait, alors Avo∞ et 0. ( s= Av0×ε)

15

6. Notion de Bande Passante.

fc(bo) fc(bf)

Abf(int)

Abo(int)

Av en dB

f

Remarque :- Une augmentation du gain en boucle fermée diminue la largeur de la bande passante et vice versa.

ft

- Le produit gain bande est constant en boucle fermée. Sa valeur est donnée par ft : fréquence de coupure à 0 dB (c’estla fréquence à laquelle on a un gain de 0 en dB).

Gain en BO

Gain en BF

16

7. Applications en régime linéaire.

• Inverseur• Suiveur• Impédance d’entrée du montage suiveur• Non inverseur

• Sommateur inverseur

17

7.1. Inverseur.

=0

V = Z.i et Vs = -Z’.i, donc Vs = - (Z’/Z).V

Amplificateur parfait

Vs

-

+V

Z

Z’i

i

Masse virtuelle

18

7.2. Suiveur.

-

+

Ve Vs

Ve = Vs

=0

19

7.3. Non inverseur.

Vs

i

i -

+

Ve

R1

R2

=0

Vs = Ve (1+ R2 /R1) Ve = -R1 i

Ve = R2 i + Vs20

7.4. Sommateur inverseur.

V2 = R2 i2

V1 = R1 i1

Vs = -R ’ i ’

i1

Vs

-

+V1

V2

R1

R2

R’

=0i2

i ’

Vs = -R’( (V1 / R1) + (V2 /R2))

21

7.5. Calcul du courant de sortie.

-

+

Vs

Ve

R1

R2

R RL

iios

i’

i’ dans RL > 0 ou <0 ios= i-i’ >0 ou<0

22

7.6 Montage dérivateur

-

+Vs

Ve(t)

R

C

En régime sinusoïdal:En régime variable:

A.N. R=10kΩ

C=100 nF

es VjRC- V dt

dVRC esV

23

Soit une tension d’entrée Ve triangulaire centrée en 0V, d’amplitude 2V et de fréquence 1kHz. Donnez l’allure de la tension de sortie.

A.N. R=10kΩ

C=100 nF

Si la fréquence du signal avait été plus élevé, que ce serait-il passé ?

Quel est donc le problème posé par le dérivateur pur ?

Comment peut-on y remédier ?

-

+Vs

Ve(t)

R

C

24

7.7 Montage intégrateur

-

+Vs

Ve(t)

R

C

En régime sinusoïdal:En régime variable:

RjCωV- V e

s

A.N. R=10kΩ

C=10 nF

)0((t)dtVRC

1V

t

0

es sV 25

-

+Vs

Ve(t)

R

C

Soit une tension d’entrée Ve carrée centrée en 0V, d’amplitude 2V et de fréquence 1kHz (on admettra que Vs(0)=-5V). Donnez l’allure de la tension de sortie.

A.N. R=10kΩ

C=10 nF

Quel est le problème posé par l’intégrateur pur ?

Comment peut-on y remédier ?

26

Vs

+-

VeR1

R2

e

ii

=e Vs + R2 i = Vs + R2 (Ve - Vs) / (R1 + R2)

= R1/(R1 + R2) Vs + R2 Ve /(R1 + R2)

Tant que 0e Vs = +Vcc et cela ( ≥ 0) reste vrai tant que Ve - R1/R2*Vcc et dès que Ve < - R1/R2*Vcc, devient inférieur à 0

Tant que 0e Vs = - Vcc et cela ( ≤ 0) reste vrai tant que Ve R1/R2*Vcc et dès que Ve > R1/R2*Vcc, devient supérieur à 0

8.1. Bascule de Schmitt.

8. L’A.O. en régime non linéaire

27

8.2. Forme d’onde du montage.

Diagramme d’hystérésis

Vs

Ve

bcc sVR

R

2

1

hcc sVR

R

2

1

-Vcc

Vcc

Sh et sb sont les seuils de basculement respectivement haut et bas 28

Une Entrée du circuit sinusoïdale donne un créneau en sortie.

Vs Vcc

- Vcc

Vs (t)Ve

eH

eB

Ve(t)

t

29

9. L’AO en mesures physiques

9.1 Introduction sur la mesure de signaux issus de capteurs

9.2 Convertisseur courant/tension

9.3 Le pont de Wheastone

9.4 L’Amplification différentielle

30

9.1 Introduction sur la mesure de signaux issus de capteurs

Il existe différents types de capteurs:- des capteurs passifs: ce sont des résistances, selfs, ou condensateurs dont

la valeur change avec la grandeur physique à mesurer- des capteurs qui fournissent une valeur de tension, de courant, de charge

qui évoluent avec la grandeur physique à mesurerLe plus souvent on souhaite obtenir une tension fonction de la grandeur à mesurer.Si le capteur ne fournit pas une tension on lui ajoute un conditionneur (convertisseurcourant-tension ou pont de Wheatstone pour une résistance par exemple) afin d’avoir un signal issu de capteur qui soit une tension.En général ces signaux issus de capteurs sont faibles (< au mV), bruités et parfois noyés dans une tension continue appelée la tension de mode commun (Cf montage en pont de Wheatstone) Afin de les rendre exploitables par un système d’acquisition il faut:

- les amplifier, éliminer la tension de mode commun: cette fonction est réalisée par les amplificateurs différentiels

- supprimer le bruit: on utilise pour cela des filtresOn notera que les filtres et les amplificateurs ne sont jamais parfaits et que, en général,on doit faire un compromis entre performance et coût d’une chaîne de mesure

31

9.2 Convertisseur Courant/Tension.

-

+

R2

R1

Vs

RF

Ic

32

RFIc = R2i2

Ic+i2 = i1

Vs

-

+

R2

R1

RF

Ic

i2

0 vi1

Ic

Ic

Vs =-(R2i2+R1i1) = -(RFIc +R1 Ic(1+(RF/R2))

Si on choisit R2>>RF, on a :

Vs= - Ic*(RF + R1)

On a bien une tension directement proportionnelle au courant.

33

9.3 Le pont de Wheatstone

Il s’agit d’un montage très utile lorsqu’une résistance sert de capteur (ex thermistancedont la résistance évolue avec la température, jauges de contrainte). On peut placerdans le pont ci-dessous une ou plusieurs résistance de capteur Rc.On étudiera le cas simple d’une résistance de capteur

ERR

R

RR

RV

C

Cd

)(

23

3

1

On choisit en général:R1=R2=R3=Rco avec Rco valeur de Rc quand la grandeur à mesurer est nulleOn note alors: Rc=Rco+∆Rc

Si ∆Rc est << à Rco , Vm varie linéairement avec∆Rc au premier ordre

ERco

RcVd

4

Rc

R1 R2

R3

E VdA B

34

Pour mesurer Vd, on fait la différence entre la tension au point A et la tension au point B: Vd=VA-VB

On appelle tension de mode commun Vmc la tension (VA+VB)/2On a alors VA=Vmc+Vd/2

VB=Vmc-Vd/2

9.4 L’amplification différentielle

9.4.1 Application à l’amplification différentielle à AO parfaits

35

Soit le montage différentiel simple à AO parfait:

R2

R3

R4

R1

-

+

V1 V2

VS

Question exprimer Vs en fonction de V1 et V2 (AOP parfait)

36

R2

R3

R4

R1

-

+

V1

Vs

V2

i1

i2

i1

i2

=0

Vs= V1 - (R1 + R2) i1

On cherche Vs=f(V1,V2), on exprime donc i1 en fonction de V1 et V2

on exprime i2 en fonction de V2

i2 = V2 /(R3 +R4)

V1=R1 i1 +R4 i2 -

37

V1

Vs

R2

R3

R4

R1

-

+

V2

i1

i2

i1

i2

=0V1= R1 i1+R4 i2

i1=(V1 - Vs )/( R1 + R2)

i2 = V2 /(R3 +R4)

VRV R R

)R (RRR

1V 12 2

43

214

1

s

Si R1 = R2 et R3 = R4 on a Vs =V2-V1

Si R1 = R3 et R2 = R4 on a Vs =(V2-V1) (R4/R3)Avantages du montage • Coût faible et réalisation facileInconvénients du montage:• Il faut en général choisir des résistances de forte valeur pour réaliser une bonne

adaptation d’impédance avec le montage capteur• On doit apparier les résistances pour chaque valeur de gain souhaité• Les résistances doivent avoir des valeurs très précises

43

24

21

111 RR

VR

RR

VVRV s

38

9.4.2 Application à l’amplificateur d’instrumentation

L’amplificateur d’instrumentation est un CI qui réalise la fonction d’un montagedifférentiel à AO parfaits plus complexe que celui vu précédemment.On peut le modéliser par le montage suivant

v1

vs

R4

R3

R4

R3

-

+

=0

-

+

-

+

R1

R2

R1

v2

V’1

V’2

39

1) Exprimer vs en fonction de v’1 et v’2

2) Exprimer vs en fonction de v1 et v2

vs

R4

R3

R4

R3

-

+

=0

V’1

V’2

D’après l’exercice précédent et en remplaçant V1 par V’1 et V2 par V’2 Vs=(v’2-v’1)R4/R3 40

-

+

-

+

R1

R2

R1

v2

V’1

V’2

i=0

i=0

i’

i’=(v’1 –v’2)/(2R1+R2)

v1

2) Exprimer vs en fonction de v1 et v2

41

-

+

-

+

R1

R2

R1

v2

V’1

V’2

v1

V1=R2i’+V2 d’où V1-V2=R2i’

=R2 (v’1 –v’2)/(2R1+R2),

En remplaçant v’1 –v’2 dans l’équation de la question précédente on a

) v v( R

R 2R *RR v 12

2

21

3

4s

i’

42

Avantages de l’amplificateur d’instrumentation- gain précis et stable réglé avec une seule résistance extérieure R2

(et plus avec un rapport de résistance plus difficile à obtenir), R3 et R4 sont fixes- impédance d’entrée très importante (de l’ordre de 1010 Ω)- le montage parvient à amplifier uniquement le signal utile et pas la tension

de mode commun

Inconvénients:- coût élevé du composant qui parfois ne se justifie pas

43

Chapitre 2 Les filtres actifs et passifs

44

1. Présentation de différents types de filtres

1.1 Définition du filtrage, caractéristiques des gabarits

1.2 Filtre passe-bas

1.3 Filtre passe-haut

1.4 Filtre coupe bande

1.5 Cas des filtres du second ordre

1.7 TD

1.6 Action de différents filtres sur un signal carré

45

1.1 Définition du filtrage, caractéristique des gabarits :

Filtrer c’est ne conserver en sortie que la partie utile du signal d’entrée, on élimine les parties parasites.

Paramètre essentiel : Bande passante, qui représente la gamme des fréquences transmises en sortie sans affaiblissement.

On distingue quatre types de filtre définis selon la gamme des fréquences restituées.• Les filtres passe-haut qui laissent passer toutes les fréquences au-dessus d’une

fréquence appelée fréquence de coupure haute,

• les filtres passe-bas qui ne laissent passer les fréquences que jusqu’à une fréquence appelée fréquence de coupure basse

• Les filtres coupe-bande et passe-bande soit qui laissent passer une bande de fréquence soit qui rejettent une bande de fréquence.

Tve vs

ie is

46

Caractéristiques électroniques d’un filtre

Un filtre est caractérisé par le rapport vs/ve appelé fonction de transfert T, l’étude de cette fonction peut se faire dans l’espace des fréquences T(f) (ou dans l’espace de Laplace T(p)), ou dans l’espace temporel..Cette fonction T dépend des éléments constituant le montage.

Les filtres sont en général modélisé par un gabarit, ce gabarit définit le type de filtre. En général les gabarits sont définis par l’atténuation (affaiblissement du gain) qu’ils engendrent sur le signal de sortie exprimé en décibel (dB), fonction de la fréquence. Ces gabarits sont asymptotiques et on a qu’une approximation du filtre. On retrouve quatre gabarits qui regroupent les quatre types de filtres énoncés précédemment. Ces quatre gabarits sont entièrement définis par les paramètres Gmin, Gmax, fa, fp où Gmin est gain minimum, Gmax, le gain maximal, fa, première fréquence de la bande atténuée, fp dernière fréquence de la bande passante Remarque : on a décrit ici les gabarits uniquement par leur courbes de gain, il faudrait se poser la question de l’influence de la phase induite par ces gabarits sur le comportement du filtre. On supposera que ces gabarits sont à déphasages minimales dans la partie utile.

Modélisation

47

Gabarits dans l’espace des fréquences G(f)dB = 20log( | vs/ve | )

G(dB)

Gmax

Gmin

fc fa F F

Gmin

Gmax

fcfa

G(dB)

Gmin

Gmax

fa- fc+fcfa+

G(dB)

Ffa- fc+fcfa+ F

G(dB)

Gmax

Gmin

48

jRC1

1

jC

1R

jC

1

e

sT

avec : =RC on retrouve un module élémentaire GdBMAX = 0dBPente de –20dB par décadeFc ,pour ωC=1/=1/RC et Fc = 1/ 2π

se

R

C

Filtre passe-bas

1.2 Filtre passe-basCe type de filtre conserve la composante continue et les premières harmoniques jusqu’à Fc) du signal d’entrée, il élimine les parasites hautes fréquences

FILTRE RC

49

e s jRCω1

1jRCω

jCω

1R

R

e

sT

T est le produit de deux modules élémentaires

π/2

Φ(rad)

ω

1/τ

Module jω

filtre

Module jω

filtre

Module 1/(1+j ω)

ω

TdB

1.3 Filtre passe-hautCe type de filtre élimine la composante continue et les premières harmoniques (jusqu’à Fc) du signal d’entrée.FILTRE CR

Module 1/(1+j ω) 50

ω 3jRC) ω jRC ( 21

) ω jRC1 ( 2

ω jC

1R

ω jC

1R

ω jC

1R

ω jC

1R

ZcR

RZcZcR

ZcR

e

sT

S

R

C

CR

1.4 Filtre coupe bande

Déterminez la fonction de transfert du circuit suivant

51

Après calcul du discriminant et des racines du dénominateur, on obtient :

ω τj1 ω] τj[1) ω jτ1 ( 2

53

ω 2jRC1

53

ω 2jRC1

) ω jRC1 ( 2

- - C2R2) jRC1 ( 2

2121

T

TdB

1/τ2 1/τ11/τ Log

TOTAL

°

Log

-90

90

Ф

1/τ11/τ1/τ2

-20dB/décade -20dB/décade

40dB/décade

52

1.5 Cas des filtres du second ordre:– Nous verrons 3 types de filtre: passe-bas, passe-haut, sélectif

• Fonction de transfert du passe-bas:

• Fonction de transfert du passe-haut:

• Fonction de transfert du filtre sélectif (passe-bande sélectif):

221)(

jwjwm

KjwT

22

21)(

jwjwm

jwKjwT

221)(

jwjwm

jwKjwT

53

Les trois types de filtre ont le même dénominateur, on étudiera le filtre

passe-bas de gain unitaire, on pourra déduire de cette étude les diagrammes

de Bode des filtres passe-haut et sélectif:

• cas 1:

m≥1, alors T se met sous la forme d’un produit de deux fonctions élémentaires comme dans le paragraphe précédent

• Cas 2:

m<1, on ne peut plus mettre la fonction de transfert sous la forme du produit de deux modules élémentaires, on étudie donc

21 11

1)(

jwjwjwT

222222 4)1(log20log20 wmwTG

54

On constate que les asymptotes sont inchangées

w→0 ; G→0dB

w→ ; G a pour pente -40dB par décade

Pour m<√2/2 on aura résonance en amplitude: G présente

un maximum pour wR:

Q amplitude de la

résonance

L’étude de la phase s’effectue de la même façon et on

obtient les courbes suivantes

QmmG

mWR

log20)12log(20

)21(

2

2

55

Filtre passe-bas du second ordre

56

Courbe des phases d’un filtre passe-bas du second ordre

57

Filtre passe-haut du second ordre

58

Filtre sélectif du second ordre

59

Le filtre RC à la représentation de Bode ci-dessous

le signal carré injecté à ce filtre à une fréquence F0 et donc une représentation de Fourier simplifiée comme suit GdB

Log FFc0

Filtre Passe Bas

Ck

F0 Fc1 Fc2

F

Ce filtre laissera passer plus ou moins les fréquences caractéristiques du signal carré. Si F0 >>Fc0 , alors le signal est fortement filtré et donc mal reconstituéSi F0 <<Fc0 , alors le signal est faiblement filtré et donc bien reconstitué

1.6 Action de différents types de filtres sur un signal carré

Ex: filtre passe-bas

60

L’applet des pages suivantes simule le filtrage d'un signal périodique par un système linéaire. L'utilisateur peut choisir le signal d'entrée, un filtre ainsi que ses caractéristiques. Pour le signal d'entrée: signal sinusoïdal, en créneaux ou triangulaire. possibilité d'ajouter un offset. Pour le filtre, les différentes possibilités sont:

• passe-bas d'ordre 1 ou 2; • passe-haut d'ordre 1 ou 2; • passe-bande d'ordre 2; • coupe-bande d'ordre 2;

L'utilisateur doit choisir la fréquence propre fp du filtre (plus exactement, il détermine log (fp/f), où f est la fréquence fondamentale du signal. Il doit aussi choisir l'amplification A. Pour les filtres d'ordre 2, l'utilisateur peut aussi indiquer le facteur de qualité Q (non étudié ici). L'applet donne alors une représentation temporelle des signaux d'entrée et de sortie, ainsi que le spectre d'amplitude de ces deux signaux. La courbe de réponse en gain du filtre est superposée au spectre d'amplitude.

Utilisation de l’applet trouvée à cette adresse: http://www.f-vandenbrouck.org/filtrage.html

61

2. Exemples de filtres passifs et actifs

2.3 Filtres actifs du premier ordre

2.2 Filtres passifs du second ordre

2.1 Filtres passifs du premier ordre

2.4 Filtres actifs du second ordre

68

2.1 Filtres passifs du premier ordre

Nous avons déjà rencontré des filtres passifs du premier ordre

Voici deux autres filtres passe-bas et passe-haut dérivés de ceux rencontrés

)//(

1

11

21

2

21

RRC

R

RRa

p

ap

aVe

VsT

VsVe

C

R1 R2

VsVe

R1 R2

Passe-haut

)(

1

1

21

2

21

RRC

R

RRb

pb

p

Ve

VsT

Passe-bas

69

VsC

LR

Ve

2.2 Filtres passifs du second ordre

L

CRm

LC

ppmpT

2

21

1)( 2

Filtre passe-bas du second ordre

Filtre passe-haut du second ordre

Vs

C

L

R

Ve

L

CRm

LC

ppm

ppT

2

21)( 2

22

70

L

CRm

LC

ppm

mppT

2

21

2)( 2

Filtre sélectif du second ordre

Vs

CL

RVe

Avantages et inconvénients des filtres passifs

- Caractéristiques ne dépendant que de R,L,C: R et C sont des composants stables

en fréquence alors que L n’est bien définie que pour une fréquence donnée - Difficultés liées à l’adaptation lors de l’association d’étages pour créer d’autres types de filtres (passe bande par exemple)

71

2.3 Filtres actifs du premier ordre:

Filtre passe-bas du premier ordre

VeVs

C

R1R2

-+

CpRR

RpT

21

2

1

1)(

Ve Vs

CR1

R2

-+

Filtre passe-haut du premier ordre

CpR

CpR

R

RpT

1

1

1

2

1)(

72

2.4 Filtres actifs du second ordre

On peut facilement à partir de l’association de deux filtres du premier ordre créer un filtre du second ordre, les problèmes d’adaptation d’impédance sont résolus par l’utilisation d’un AO

Ex. Montrer que la fonction de transfert du filtre suivant correspond à un passe-bas du second ordre

Ve

C11R11

R12

-+

Vs

C21R21

R22

-+

On notera que pour ce type de filtre il n’y a pas de résonance en amplitude z ≥ 1

73

Autres types de filtres actifs du second ordre- filtre de Sallen et Key

Ve

Y1 Y2

Y4

Y3

+-

V

A

Vs

Y1, Y2, Y3, Y4 sont des admittancesMéthode de résolution:

-loi des nœuds en A

-V+=V-

-i+=i-=0 32

241

)(

)()()(

YVYVV

VsV

YVVYVsVYVVe

On aboutit au résultat suivant:

)( 421321

21

YYYYYY

YY

V

V

e

S

74

Pour obtenir un passe-bas du second ordre de K=1, on choisit:

44

33

22

11

1

1

pCY

pCY

RY

RY

alors4

3

21

21

4321

2 C

C

RR

RRm

CCRR

Pour obtenir un passe-haut du second ordre de K=1, on choisit:

44

33

22

11

1

1

RY

RY

pCY

pCY

4

3

21

21

4321

2 R

R

CC

CCm

RRCC

75

- filtre de Tchebicheff

-+

Ve VsY2

Y1 Y3Y5Y4

)( 4321543

31

YYYYYYY

YY

V

V

e

S

Par le même type de calculs que précédemment, on obtient

On peut réaliser des filtres passe-bas, passe-haut et sélectif, nous nous intéresserons uniquement au filtre sélectif

76

55

44

33

22

11

1

1

1

RY

pCY

pCY

RY

RY

21

21543

215

21

43

43

211

25

4

3

2

)(2

1

)(

21)(

RR

RRRCC

RRR

RR

CC

CCm

RRR

RR

C

CK

ppm

pKpT

Le choix des éléments permet de choisir la fréquence de coupure et la résonance des passe-bas et passe-haut ainsi que la sélectivité des filtres sélectifs.

77

Exercice 1 : Déterminez la fonction de transfert des circuits suivants, calculer la fréquence de coupure, et tracez les diagrammes de BODE correspondant :

S

r

C Re S

R

R

C

Ce

2R

2R-

ve vs

RC

+

Exercice 2 : Ve tension nominale, ampli op parfait avec R=10k et C=0.1F

1. Exprimer T=vs/ve

2. Tracez les diagrammes de bode : module et phase

r = 1 kΩ , R = 100 Ω , C = 1µF

e(t)

3. Exercices

78

e(t)

+- -

+

R1 R2

C2

C1s1(t)

R3

C3

s2(t)

MRR 2,221 nFCC 1031 nFC 202 MR 1,33

Etablir la fonction de transfert T=s1/e puis s2/e

Existe-t-il une fréquence F0 pour laquelle s2/e=K où K est un réel >0 ? Quelle est alors la valeur de K ?

Les A.O. sont supposés parfaits et fonctionnent en régime linéaire

Exercice 3

82

Exercice 4

On propose le circuit ci-dessous :

C1 = 100nF C2 = 900 nF R = 1 KW

a) Calculer la fonction de transfert H(jw) = v2/v1

b) Tracer les diagrammes de Bode en amplitude et en phase

86

Exercice 5

avec dans les deux cas R1 = 999·R2 .

Indiquer la valeur analytique de l'amplitude, de la phase et de la pulsation aux points de brisure.

2/ Représenter dans un diagramme de Bode l'amplitude et la phase de la fonction de transfert H(jw) = pour les deux circuits suivants : a) b)

87

9.5 Filtre actif.(Extrait de l’épreuve de synthèse du 05/02/04)

R6

R3

R4

R5

-Vcc

+Vcc

S

Vs

C

Ampli opérationnel parfait

Vcc=20V ; C=1µF ; R3=1kΩ ; R4=10kΩ ; R5=3.3kΩ ; R6=3.3kΩ ; f=100Hz.

1. Exprimer la transmittance T=s/vs et tracer le diagramme de Bode.

2. Donner le type du filtre et sa fréquence de coupure. 90

Chapitre 3 Les diodes

92

1. 1L ’atome Neutre

Silicium Germanium

Proton (+)

Electron (-)

4 e- sur la couche M 4 e- sur la couche N

1.Les semiconducteurs

93

E

BV

BI

BC

BC (Bande de Conduction) : niveau d’énergie où peuvent se trouver les électrons qui assurent la conduction de l’électricité.

BI ( Bande Interdite) : aucun électron de cette énergie.

BV (Bande de Valence) : on y trouve tous les électrons assurants les liaisons de covalence.

1.2. Bande d ’energie des electrons de la derniere couche.

94

Si Si

Si

Si

SiSi

Si Si Si

Semi-conducteur intrinsèque

-Tous les électrons de la couche périphérique participent aux liaisons de covalence

-Pas d ’électrons libres

Atomes de silicium

1.3. Structure cristalline Si et Ge

95

Tous les électrons participent aux liaisons de covalence. Aucun électron libre: Si et Ge sont des isolants.

Si un électron se libère: création d ’un trou.

Conduction d ’e- libres

Conduction d ’e- liés: un e- voisin peut occuper le trou.

Conduction Intrinsèque

Très faible à TA et désordonnée96

Semi-conducteur extrinsèque type N

-Introduction d ’impuretés de valence 5: apport d ’un électron libre.

-Dans un semi-conducteur de type N, les électrons sont majoritaires.

Introduction du DopeurSi Si

Si

Si

SiSi

Si D Si

1.4. Semi-conducteur dopé

97

Si Si

Si

Si

SiSi

Si Ga Si

Semi-conducteur extrinsèque type P

-Introduction d ’impuretés de valence 3: création d ’un trou mobile.

-Dans un semi-conducteur de type P, les trous sont majoritaires.

Introduction de Ga

98

Semi-conducteur extrinsèque =

SC intrinsèque + Ajout d ’un dopeur

Atome pentavalent

SC type N

Atome trivalent

SC type P

e- Porteurs Majoritaires Trous

Trous Porteurs Minoritaires e-

Dopeur:Ion négatif l ’atome capte un électron

Dopeur: Ion positif l ’électron quitte l ’atome

Résumé sur les Semi-conducteurs extrinsèques

99

1.5. La jonction PN

-Mise en contact de deux semi-conducteurs de types différents.

Dans la zone de transition:

-Les électrons majoritaires en N vont migrer en P

-Les trous majoritaires en P vont migrer en N

Création d ’un champ électrique dirigé de N vers P. Etat d ’équilibre Ei, plus de diffusion ni de recombinaison

Type N Type P

Eie - majoritaires

trous + majoritaires

e - minoritaires

trous minoritaires

Résumé sur les Semi-conducteurs extrinsèques

100

Sur un cristal unique: dopage « P » et « N »

Dans la zone de transition: Diffusion et Recombinaison

P N

A J B

Ei

Ei augmente jusqu ’à l ’état d ’équilibre

-plus de diffusion ni de recombinaison

-Ei = constante101

La jonction PN sous tension

P NEi

e- e-

Champ électrique E

E s ’oppose à Ei , si E est suffisant.

+ -

Le sens passant

Si l’on applique une tension électrique continue aux bornes d’un barreau de silicium ou de germanium qui comporte une jonction PN, on observe les phénomènes suivants :

102

P N

Ei

E

e- e-

Le nouveau champ électrique est opposé au champ électrique interne.

ü Le passage des majoritaires est de nouveau possible.

ü Les trous sont attirés vers la région N, les électrons vers la région P. Il y a une recombinaison électron/trou.

Raisonnement avec les trous

Quand un trou franchit la jonction et pénètre dans la région N, il s’associe avec un électron libre pour établir une liaison de covalence.

DONC : disparition d’un trou de la région P et d’un électron de la région N.

MAIS : pour la conservation des charges électriques dans les régions N et P, un électron pénètre par l’électrode négative, et un trou se libère par l’électrode positive.103

Pour chaque recombinaison au voisinage de la jonction, apparition d’un électron libre dans la région N, d’un trou dans la région P, et déplacement d’un électron dans le circuit extérieur : le barreau conduit l’électricité, il y a circulation d’un courant électrique.

CONVENTION : ce courant est appelé courant de trous. Il est dû aux trous de la région P passant dans la région N.

Raisonnement avec les électrons

Quand un électron franchit la barrière, il se recombine avec un trou pour établir une liaison de covalence.

DONC : disparition d’un électron de la région N et d’un trou de la région P.

MAIS : pour la conservation des charges, on observe le même phénomène que ci-dessus. Un électron pénètre par l’électrode négative et un trou se libère par l’électrode positive.

CONVENTION : ce courant est appelé courant d’électrons. Il est dû aux électrons passant de la région N dans la région P.

104

1.2.2 Le sens bloqué

Si l’on met la ddp dans le sens inverse, on ne constate qu’un très faible courant. Le champ électrique créé est de même sens que le champ électrique interne. Il s’oppose davantage au passage des majoritaires, mais favorise le passage des minoritaires.

Etant donné leur nombre, le courant qui circule est très faible, c’est le courant de saturation.

CONCLUSION : suivant la polarité de la tension appliquée au barreau, celui-ci se comporte comme un court-circuit ou un circuit ouvert. Cet effet est la base de l’électronique semi-conductrice. Les applications sont nombreuses, depuis la diode jusqu’aux circuits intégrés

105

NP

A : anode, + K : cathode, -

A K

IdVAK

C’est une diode constituée d’une jonction PN.

La diode est représentée par :

2. Définition

Symbole

106

Id

VAK

-Is

NB : échelle différente pour la caractéristique inverse

Vo

Caractéristique directe

Id = f ( VAK )

Id = Is [ exp (qVAK / kT ) – 1 ]

3. Caractéristiques statiques

Caractéristique inverse

Avec - q = charge d’un électron = 1,6.10-19 Coulomb.- k = constante de Boltzman = 1,38.10-23

J/K- T = température en Kelvin, T = T°C +

273.

Si VAK > 0 : caractéristique directe, la diode conduit.

Il faut VAK > Vo = Vseuil ( 0,6V pour le silicium, 0,3V pour le germanium ), afin de compenser le champ interne de la jonction.

Si VAK >>,alors Id ~ Is.exp (qVAK / kT ).

Si VAK < 0 : caractéristique inverse

Très vite, exp (qVAK / kT ) << 1.

Ainsi, Id -Is, courant de saturation (pas plus de quelques A ). 107

Remarques :

- Il existe en inverse une tension VAK inverse max, tension de claquage qui détruit la diode. De même, en direct, si Id >>, il y a claquage.

- Is double quand T augmente de 10°C, donc dépend de la température.

- Limite en dynamique : il existe en direct comme en inverse une capacité en parallèle sur la jonction PN, d’où une limite en fréquence.

108

4. Modèle d'une diode

4.1.1 Modèle Parfait: CC

A K

Id

VAK

4.1.2 Modèle Idéal ou à Seuil : V0

Id

VAKVo

A KVoId

4.1 Modèle d'une diode polarisée en direct

Si la diode est considérée comme parfaite, alors elle est assimilée en polarisation directe à un interrupteur parfait, c’est-à-dire à un court-circuit.

Dans ce modèle, la tension de seuil est prise en considération (la tension de seuil est notée ici V0). Si VAK>V0, la diode est modélisée par la pile comme ci-dessus.

Cependant, par ce modèle, nous sommes encore loin de la caractéristique réelle

109

A KIs

4.2 Modèle d'une diode polarisée en inverse

4.1.3 Modèle Réel Simplifié: Vo + droite

Id

VAKVo

1/RdId RdA K

VAK

Vo

En plus de la tension de seuil, on modélise la résistance de la diode (jonction et contact ohmique). On ajoute donc une résistance Rd, en série avec le générateur. On obtient une tension de seuil et une zone linéaire. Donc, si VAK>V0, la diode est modélisée par la pile en série avec Rd comme ci-dessus.

Remarque : Si Rd est négligeable, alors on retrouve le modèle idéal.

4.2.1 Modèle parfaitIl y a blocage, on assimile la diode à un circuit ouvert

4.2.2 Modèle réel

Il existe un courant Is que l’on modélise par un générateur de courant

110

5. Méthodologie d'analyse d'un circuit a diodes

Les diodes sont utilisées pour la transformation de signaux dont le redressement.

Elles sont souvent utilisées, comme sécurité, dans les circuits continus pour éviter les inversions de polarités (CO).

Enfin en électrotechnique, elle est souvent utilisée en diode dite de » roue libre » ou elle assure la circulation du courant lors des commutations et limitent les pointes de courant par écrêtage.

111

1. On fait une HYPOTHESE de Conduction

2. On choisit le modèle correspondant.

3. On calcule le réseau électrique.

4. On valide l’hypothèse et ses limites.

5. Si l’hypothèse est fausse, on recommence avec une autre.

6. Si l’hypothèse est limitée, on étudie le réseau hors des limites.

6. Méthodologie d'analyse d'un circuit a diodes

112

Ve

t

10V

10ms

R = 1k

V = 6VVe Vs

Ve est une tension en dents de scie.La diode au silicium sera représentée par son modèle à seuil. Sur un même diagramme f(t), tracer Ve et Vs en justifiant les niveaux et la forme d'onde.

7. Etude de montages7.1 Montage N°1 : Epreuve de Synthèse du 10/12/97

113

Résolution :1. On fait l’Hypothèse que la diode conduit2. On choisit le modèle idéal (imposé ici par l’énoncé)

R = 1k

V = 6VVe Vs

Vo

Id

3. On calcule le réseau électrique (on utilise Id)

4. On valide l’hypothèse et ses limites, ici on cherche les conditions pour que Id>0 (hypothèse de conduction de la diode)

On cherche Vs Vs = V – VoVe = V – Vo – R.IdId =( V - Vo - Ve ) / R >0 pour valider l’hypothèse de

conduction. soitVe < V - Vo = 5,4V

Si Ve > 5,4V, la diode ne conduit plusOn a alors : Id = 0 ( CO ) et Vs = Ve 114

t

Diode conduitVs = V – Vo=5.4v

Diode bloquée Vs = Ve

Forme d’onde

VeVs

10V

5,4VVe > 5,4V,

Ve < 5.4

115

7.2 Montage N°2

RcVAA

Ve

Vs

Diode SiliciumRd = 10Rc = 2kVAA = 9VVe = 0,2.sin t

Exprimer et calculer Vs.

RcVAA

Ve

Vs

Vo Rd

Id

Vs = 8,36V + 0,199.sin t

Résolution1. On fait l’Hypothèse que la diode conduit2. On choisit le modèle réel (Rd est donnée dans l’énoncé)

116

3. On calcule le réseau électrique (on cherche Vs)

4. On valide l’hypothèse et ses limites,ici on cherche les conditions pour que Id>0 car hypothèse de conduction de la diode

RcVAA

Ve

Vs

Vo Rd

IdSi conduction, Id > 0.On calcule Vs par superposition.

Vs = Rc.Id = Rc ( Id1 + Id2 )

Id1 = ( VAA – Vo ) / ( Rc + Rd )Id2 = Ve / ( Rc + Rd )

Id = Id1 + Id2 > 0 si VAA + Ve > VoVrai car 9 – 0,2 > 0,6V

Vs = 8,36V + 0,199.sin t

117

Rc

VeVs

Vo

Diode SiliciumRd << RcVe = Vm. sin tVm = 2V

Résolution1. On fait l’Hypothèse que la diode conduit2. On choisit le modèle idéal Rd négligeable

3. On calcule le réseau électrique (on cherche Vs)

4. On valide l’hypothèse et ses limites,ici on cherche les conditions pour que Id>0 car hypothèse de conduction de la diode

7.3 Montage N°3

Ve

VsId

118

Vs

Vm

-Vm

t

Ve

0,6V

Si Vm >> VoAlors Vs ~ Ve pour l’alternance positiveOn obtient ainsi un montage redresseur demi-onde.

Vs = Rc Id

Id = ( Ve – Vo ) / ( Rc )Id > 0 si Ve > Vo

Pas toujours vrai :Si Ve > 0,6V, Vs =Ve – VoSi Ve < 0,6V, Vs = 0 ( CO )

Pour obtenir la forme d’onde en sortie (Vs), on regroupe l’ensemble sur un diagramme

Ve

VsId

Vo

119

8. Diode zener:Elle est représentée par le symbole suivant

Polarisation Directe

Polarisation Inverse

I

VAK-Vz

-Izmin

-Izmax

Tension Zener

Pente forte

Zone de régulationVAK << IDonné

A KI Iz

120

8.1 Modélisation de la diode Zener en régulation

a/ Modèle idéal

I

VAK

-Vz

b/ Modèle Réel Simplifié I

VAK

-Vz

1/Rz

KA

VAK

I

IRz

KA

VAK

Iz

Iz

121

8.2 Etude de casIct

Iz

R

Ve

ERc Vst

E = 15VVe = 3.sin tVz = 9VRz = 10R = 50Izmin = 5mARc = 470

La diode régule-t-elle toujours ?

Iz

IctR

Ve

ERc Vst

Rz

Vz

Résolution1. On fait l’Hypothèse que la diode régule2. On choisit le modèle réel (Rz est donnée dans l’énoncé)

3. On calcule le réseau électrique (on cherche Vst)

4. On valide l’hypothèse et ses limites, ici on cherche les conditions pour que IZ>5 mA, car hypothèse de régulation de la diode, avec le modèle choisie. 122

Maille extérieureE + Ve = R ( Iz + Ict ) + Rc.Ict (1)

Maille de sortieRc.Ict = Vz + Rz.Iz

Ict = ( Vz + Rz.Iz ) / Rc

RcRRc

RzR

VzRc

RcRVeE

Iz

*

En remplaçant dans (1), on obtient :

Iz

IctR

Ve

ERc Vst

Rz

Vz

Iz est mini quand ( E + Ve ) est mini.

520*470

1050

9*470

52012

min

Iz

Izmin = 33mA, la diode régule, l’hypothèse est vérifiée, IZ > IZMIN.123

RcRRc

RzR

VzRc

RcRVeE

RzVzVst

**)1(

RcRRc

RzR

VeRzVst

*

On a alors : T = 10/61 = 16,6%

• Calcul de Vst ?

Vst=Vz + Rz Iz

VentréeVsT

• Taux de régulation

Ventrée : 12 < E + Ve < 18V

Vs : 9,3< Vst < 10,3VT = 16.6 %

Par (1), Vz = 0 et E = 0.

124

RLVi

B

A

Vi

9. Redressement mono-alternance

Tension à l’entrée du circuit : Vi=VMsin(t)avec VM >> V0

125

RL

Vi

BA

i

Vi

On suppose la diode parfaite.Si Vi > 0, la diode est passante et un courant circule.

VRL

126

VRL

Vi

Si Vi < 0,

la diode est bloquée et aucun courant circule.

Vi

B

A

RL

127

Vi

B

A

RL

VRLVi

Tension à l ’entrée Demi-sinusoïde en sortie

π

V ))cos(-(cos(0)

2

V)

2cos((

2T

1

2sin

T

1 )(

T

1 )(

T

1

MM

2/

0

2/

00

0

0

T

M

T

M

TTt

t

moy

tT

TV

dttT

VdttvdttvV

La tension moyenne :

128

: forme deFacteur : FVmoy

Veff

1- F2 : ondulationd' taux :

2dt

2

T

2T

Vdt t

T

4cos1

2T

V

dt 2

tT

4cos-1

V T

1dt t

T

2sinV

T

1 dt (t)v

T

1 V

2M

T/2

0

T/2

0

2M

T/2

0

2M

2T/2

0

2M

T

0

2 eff

MVdt

La tension efficace :

Vi

B

A

RL

VRLVi

Tension à l’entrée Demi-sinusoïde en sortie

129

RL

BA

V1m

V2m

C

B ’A ’

D2

D1

Vi

V2m

V1m

10.1 Redressement double alternance par transfo à point milieu

10. Redressement double-alternance

130

RL

BA

V1m

V2m

C

B ’A ’

D2

D1

i

Vi

V2m

V1m

Lors de la première alternance, V A ’< 0 , la diode D2 est bloquée et VA >0, la diode D1 est passante,le retour du courant s ’effectue par RL

VRL

131

RL

BA

V1m

V2m

C

B ’A ’

D2

i

Vi

V2m

V1m

VRL

Lors de la deuxième alternance, V A < 0 , la diode D1 est bloquée et VA ’ >0, la diode D2 est passante,le retour du courant s ’effectue par RL

132

On a bien effectué un redressement double alternance

π

2V V M

RLmoytension moyenne

2

V V M

RLefftension efficace

VRLVi

V2m

V1mTension d ’entrée

Tension de sortie

t t

133

V0

D1

C

Re(t)

D4

D2

D3

Vi

10.2 Montage à Pont de Graetz

Tension à l’entrée du circuit : Vi=VMsin(t)

avec VM >> V0

134

V0

D1

C

Re(t)

D4

D2

D3

ViV0

A

• Au point A, VA>0donc D1 est passante et D4 bloquée• Au point A1, VA1>0donc D2 est bloquée• Au point C, VC< VA

donc D3 passante et D4 est toujours bloquée, le courant de retour se fait par D3

A1

135

V0

D1

C

R

e(t)

D4

D2

D3

Vi

V0

• Au point E, VE>0donc D2 est passante et D3 bloquée• Au point E1, VE1>0donc D1 est bloquée• Au point C, VC< VE

donc D4 est passante et D3 bloquée, le courant de retour se fait par D4

E

E1

136

V0

D1

C

Re(t)

D4

D2

D3

π

2V V max

moy

0

0

2

V V max

eff

0

0

tension moyenne

tension efficace

V0

Vi Tension d’entréeTension en sortie

137

11. Redressement filtrage (cas monoalternance)

Vi

B

A

RL CVo

Sans C:

Vo

Avec C:

Vo

On se place dans l’hypothèse où la diode est parfaite et RC>>T avec T période du signal

À t=0 le condensateur est déchargé. Vi>0 la diode est passante , le condensateur se charge jusqu’à Vomax (pour t~T/4). Puis Vi devient <à Vo le condensateur se décharge dans la résistance La décharge s’arrête lorsque Vi redevient > à Vo (au point A pour t~5T/4)

T/4 5T/4

A

138

Exercice: détermination plus précise des temps de charge et de décharge du condensateurVi: F=50Hz, Vieff=24 V; RC= 0,2s

1) Montrer que la diode se bloque pour t~T/4 (pour cela on utilisera Idiode)2) Trouver l’équation de la décharge3) Donner l’équation permettant d’obtenir les coordonnées du point A. Proposer une

méthode de résolution

Eléments de réponse:4) Calculer le courant dans R et C lorsque la diode est passanteEn déduire

2) La diode est bloquée le condensateur se décharge dans R. Trouver l’équation différentielle régissant la décharge et résoudre (attention aux conditions aux limites).

3) On procède par itérations successives pour trouver une estimation du point A

sin R

EEC i

M Mcosd

Lorsque le modèle de la diode parfaite convient et que RC>>T, on peut en général faire les approximations suivantes:La décharge commence à t=T/4 et Vomax=VimaxVomin peut être calculé en prenant comme temps de décharge T (redressement mono-alternance)

139

12. Application : Alimentation continue stabilisée

Tranformateur Redresseur

Filtre Régulateur

Utilisation : Tension continue

Entrée :Tension alternative

1. Transformateur : règle le niveau alternatif pour obtenir l’amplitude désirée en continu.

2. Redresseur : convertit la tension sinusoidale en signal continu pulsatoire

3. Filtre : lisse le signal en éliminant les composantes alternatives de la sortie du redresseur

4. Régulateur : maintient un niveau constant de tension indépendant des conditions de charges ou des variations de l’amplitude de l’alimentation alternative. 140

R’

Vo

B

A

C

R

e(t)

Vs

13. TD convertisseur : alimentation continue stabilisée

Les diodes sont supposées parfaites.

e(t) = 15 sin (t) 1. Donnez la forme d’onde dans la résistance R, les éléments C,R’ et la diode Zéner étant enlevés. Donner la valeur de la tension maximale (crête) aux bornes de la résistance R ainsi que le courant max traversant les diodes.

2. On ajoute maintenant la capacité C en parallèle sur la résistance R, on suppose la constante de temps τ=RC grande par rapport à la période du signal d’entrée e(t) et que C est déchargée au départ.Donnez la forme d’onde Vc(t)aux bornes de RC, en expliquant le fonctionnement du

système. (pour les calculs on prendra RC=0.2s et f=50Hz)

Donnez l’expression de Vc(t) lors de la décharge de C. On appellera VcMax(t) et VcMin(t) les valeurs

extrêmes de Vc(t).

141

3. On branche maintenant le circuit constitué de R’ et de la diode Zéner aux bornes du filtre RC.Donnez la forme d’onde de Vs (t) en fonction de la tension Vc(t) et de la tension Zéner Vz. On distinguera les trois cas suivants : 1. Vz1 > VcMax

2. Vz2 < VcMin

3. VcMin <Vz < VcMax

Justifiez vos résultats

142

wt

V(t)

VM

wt

V(t)

VM

143

Etude de la diode Zéner

Cas 1 : Vz1 > vcMax

Vz1 (ne régule pas) Vs = VAB :

VZVAB à VIDE

Vs

144

cas 2 : Vz2 < vcMin

Vz3 est inférieure à Vr , la diode régule Vs = Vz

Vz3=Vs

145

Cas 3 : vcMin <Vz < vcMax

Vz2 compris entre Vr et VM la diode régule par intermittences

Soit Vs=VAB ou Vs=Vz

Vz2

Vs avec Vs=Vz

Vs avec Vs=Vz

146

Exercice I :

R

E1 E2

VsVe

Donner la forme d’onde et les niveaux en Vs. Ve = Vm.sin tAvec Vm >> E1 >> E2 >> 0,6VEt R >> Rd

VsVe

R

On a Ve = Vm.sin t. Donner la forme d’onde en Vs.Condition sur Vm.R >> Rz et R >> Rd

Vz = 6,1VRz = 10Rd = 8(diode au silicium)

Exercice II :

14. Exercices

147

R

R

Vcc

VsV1

V2

R2

Vcc = 5VR = 270R2 = 4,7kDiodes: modèle à seuilCalculer Vs.1/ Pour V1 = V2 = Vcc = 5V2/ Pour V1 = V2 = 0V3/ Pour V1 = Vcc = 5V, V2 =0V

Rout = 30, Rp = 20Vz = 9V, Izmin = 5mARz = 10E = 15VJusqu’à quelle valeur de Iu la tension Vu est-elle régulée ?

Vu+E

Rout Rp Iu

Exercice IV :

Exercice III :

148

+E

R

VsRc

La caractéristique statique de la diode zener, en polarisation inverse, est assimilée à une droite dans la zone de régulation.Cette droite passe par les points A (Iz = 20mA, VAK = 6,2V)

B (Iz = 100mA, VAK = 7V).

On admet que la diode est dans la zone de régulation pour Iz compris entre 20 et 100mA.

Exercice V :

1/ Déterminer l’équation de la caractéristique de la diode zener dans sa zone de régulation. En déduire Rz et Vz.

2/ Pour le montage à vide ( Rc infinie )

a- Quelles sont les valeurs de Iz et Vs pour E = 12V et R = 190 ?b- Entre quelles valeurs limites peut varier E pour R = 190 pour que la diode régule toujours?

3/ Que vaut Rc pour E = 18V et R = 100 pour que la diode régule toujours?149

Chapitre 4 Le transistor bipolaire

150

Chapitre 4 : Le transistor bipolaire

Sommaire

1. Définition

2. Symboles

3. Modèle statique

4. Caractéristiques statiques

5. Polarisation du transistor

6. Le transistor en interrupteur

7. Etude dynamique

8. Application du transistor : Fonction d’ amplification

151

1.DEFINITIONC’est un semiconducteur comportant 3 zones dopées.

EB

C EB

CN P N NP P

B : Base E : Emetteur C : Collecteur

2. SYMBOLES

Transistor NPN Transistor PNP

B

C

EVBE<0VCE

IC

IB

IE

B

C

EVBE

VCE

IC

IB

IE

152

On pose : b : Gain en courant

IC = * b IBIC = * b IB

IC = IE - IB

On a les relations suivantes : IC = .b IB

IE = ( +1).b IB

IB = IE - IC

RD

B+

-VBEo

IB

IC= *b IB

E

C

jonction BE Modèle de la diode en conduction

IE = IB + IC

jonction BC en inverse CO

Effet transistor

3. MODELE STATIQUE (NPN)

En pratique, on néglige RD, RD * I B << VBEo

B

C

EVBE

VCE

IC

IB

IE β est très variable en fonction de T, du transistor…

153

Si ICEO non négligeable, IC = ICEO pour IB = 0 la caractéristique ne passe pas par l'origine

Caractéristique IC=f(IB)

4. CARACTERISTIQUES STATIQUES

Ou 0.6 v

Caractéristique Ib=f(VB)

Polarisation de la jonction PN

Caractéristique de sortie du transistor IC = f (VCE) avec IB = cste

Zone linéaire

satu

rati

on e

n co

uran

t

claq

uage

154

Limites d'utilisation

Trois paramètres :

• le courant collecteur maxi ICMax.

• la tension de claquage VCEMax .

• la puissance maxi que peut supporter le transistor

• PTMAX = VCE * IC IC = PTMAX / VCE

155

5. POLARISATION DU TRANSISTOR• Polariser=> C’est fixer le POINT de FONCTIONNEMENT(ou point de repos)

( ICo , VCEo , I B o )La polarisation s’effectue en régime continu (STATIQUE )

5.1 montage à deux sources indépendantes ou polarisation par la base

b =100, VBEo =0.6V, Vcc= 20V, RC=5kΩ, RB=20 MΩ

1- VBB = RB* I B o + VBEo

3- équation de la droite de charge VCC = RC * ICo+VCEo

2- ICo= * bI B o

VCC

+VCC

VBB

RB IB

RC

VBEo

156

On trouve alors:1- IB0=20 A2- IC0=b * IB o=2mA3- VCE0 =VCC - RC * Ico = 20-(10)=10V

On notera que dans ce montage le point de polarisation dépend du β du transistor. Toute modification

de β entraîne une modification équivalente sur IC0. Le point de polarisation n’est pas stable. Ce

montage est surtout utiliser pour la commutation (fonctionnement en interrupteur) . Dans les montages

amplificateurs on préfèrera polariser le montage par pont de base (Cf feuille suivante)

157

-) VCC = R2 * IP + R1(IP-IB)-) R1(IP-IB) = VBEo + RE * IE

-) IE = IC + IB = ( +1) * b IB (par définition)

et : VCC = RC * IC + VCEo + RE * IE (droite de charge)

-) N équations à N inconnues => IC , IB , VCEo

5.2 Montage avec pont de polarisationApplication :Calculer IC , IB , VCEo

=50; b VBEo=0.7 V ; VCC=20 V En prenant :R1 =1.2 k ; R2 =7k RC =1 k ; RE =1.4k et ensuite R1 =12 k ; R2 =22k RC =1 k ; RE =1.4k

+VCC

IB

RC

RE

R2

R1

IP

IP-IB

Ic

VBEo

158

Ip = Vcc/(R1+R2) d’où IE = (R1Ip –VBE)/RE et VCE0=Vcc-(RC+RE)IE

AN :R1 =1.2 k , R2 =7k , RC =1 k ; RE =1.4k Ip = 20/(8.2*10^3)=2.4 mA et IE =1.66mA et VCE0=16V,IB=0.033mA

Vérification de l’hypothèse : IB/ IP =0.0125 <0.1, Hypothèse vérifiée

R1 =12 k ; R2 =22k RC =1 k ; RE =1.4k Ip = 20/(34*10^3)=0.58 mA et IE =4.6mA, Ib=0.09mA

Vérification de l’hypothèse : IB/ IP =0.15 >0.1, Hypothèse non vérifiéefaire le calcul complet (cf TD)

On a par définition : Ic= b I B et Ic IE si >>1b

On pose souvent l’ hypothèse : IB négligeable devant IP

Cette hypothèse doit toujours être vérifiée par la suite : IB / IP <1/10

159

Droite de charge du montage avec Pont de polarisation

1.66

IB=0.033mAVCE

IC

2016.00

Ic0Max 8.33 Point de polarisation

Saturation en courant

Blocage en courant

droite de charge

mA

IC =1.66 mA et VCE0=16V,IB=0.033mA

• Pour le premier point de fonctionnement

Valeurs limites de Ic : VCC = RC * IC + VCEo + RE * IE ,

Saturation en courant : Ic0Max = Vcc/(RC + RE ) est maximum et Vceo=0

Blocage en courant : IcMin est minimum (nul) et VCE0=Vcc

AN : Ic0Max = 8.33 mA et IcMin =0

160

BLOCAGE (en courant) : il n’y a pas de courant(ou très peu) dans l’émetteur,

jonction BE en polarisation inverse jonction BC en polarisation inverse

6. LE TRANSISTOR EN INTERRUPTEUR

Interrupteur ouvert

VCC

RC

+VCC

IE=0

Ouvert

+VCC

VBB

RB

IB=0

RC

IE=0

IC=0

VCE

IB=0Ic=0 V ce(blocage) = VCC 161

SATURATION (en courant) : le courant est maximal dans l’émetteur et le collecteur et Vce0.

la jonction Base – émetteur est polarisée en direct

la jonction Base – collecteur est polarisée en direct

VBB

RB

IB

RC

IE

IC

V ce= 0

Ic=est maxV ce 0

IB(min) =Ic (sat) /βcc

RC

+VCC

Fermé

IC VCC/RC

Interrupteur fermé

V ce= 0

162

62k

RE

+15V

-15V

10kVS

2k 470

1k

Exercice 1 :On prend VBEo = 0,65 V et l’on néglige les courants de base.

Calculer RE pour avoir VS = 0 en régime continu.

R

2.7k

+15V

2.2k 2.2k1k

10k

VS

+15V

-15V

T3

T1 T2

T4

Exercice 2 Les transistors sont tous identiques.On prend : VBEo = 0.7V

= 200VZ = 6.1V

Donner la valeur de VS en continu.

510 k 5,1 k

200 k 2k

18k100

=120 =50 =150

10V

Calculer IC , VCEo pour les trois étages

Exercice 3 :

163

7 ETUDE DYNAMIQUE (petit signal)

A la polarisation Q assurée par Vcc , on superpose un générateur alternatif dans l’entrée (c’est-à-dire la base). On a alors des variations sinusoïdales de VBE autour du point de repos.VBE =VBE0+vBEmaxsin(wt)On suppose iB sinusoïdal (vrai quand vBE petit, on reste dans la zone linéaire de la caractéristique de la « diode », iB =f(vBE)). On dit que le transistor doit être attaqué en courant. On considère que l’amplificateur est linéaire (il ne change pas l’allure du signal) On a alors IB = IB0 + iBmax sin(wt)IC=IC0+iCmax sin(wt)VCE=VCE0+vCEmax sin(wt)

164

7.1 CARACTERISTIQUES DYNAMIQUES

VBE

IB

IC

VCE

VCE =Cste

VCE =Cste

IB =Cste

165

Les constructeurs définissent un certain nombre de paramètres appelés paramètres hybrides qui rendent compte des variations linéaires petits signaux du modèle du transistor autour du point de fonctionnement

• h11=VBE / IB

à Vce=cSTE d ’où VCE = 0

• h12= VBE / VCE

à IB=cSTE d ’où IB =0

• h21= I C / IB

à Vce=cSTE d ’où VCE =0

• h22= IC / VCEà IB=cSTE

d ’où iB = 0

PARAMETRES HYBRIDES

D’après le théorème de superposition et la définition des

paramètres hybrides • vBE= h11.iB + h12.vCE (h12: Facteur de réaction)

• iC = h21.iB + h22.vCE (h22: Conductance de sortie)

7.2 MODELE TRANSISTOR BIP (NPN)

166

On définit le modèle en (souvent utilisé)

rBE: Jonction BE entre B et E.

iB

VCEVBE

rBE .iB

IB IC

E

CB

E

VCEVBEh12.VCE

h11

h21.iB 1/h22

B CiC

h11 et h22 négligeablesh21 proche de β

167

bebe

B

B

E

be

B

B

E

be

E

rVI

IIavec

VI

II

VI 1et * g m

I kT

e )

kT

evexp(

kT

eIg ' )

kT

evexp(I et g E

beSat m

beSat m

oùdIV

IE

be

E

gm 40 IE (IE : courant de polarisation statique)

et dynamique = gm. rBE

• Dans les problèmes on supposera que dynamique= statique du transistor

On notera donc gm=40IE=β/rBE

PARAMETRES DYNAMIQUES

168

• Rôle des condensateurs

8.1 MONTAGE EMETTEUR COMMUN A VIDE

8. APPLICATION DU TRANSISTOR: AMPLIFICATION

Ve

RG

~

C2

C1

R2

R1

VS eg

RE

RC

CE

VCC

C1 et C2: condensateurs de couplage ou de liaison

• Circuit ouvert en continu isole la partie statique de la partie dynamique

• Équivalent d’un court-circuit à la fréquence de travail F0 (pas d’effet sur la transmission du signal alternatif)

CE condensateur de découplage:• Circuit ouvert en continu polarisation inchangée• équivalent court-circuit à la fréquence de travail F0 (émetteur relié à la masse).En réalité on parle de découplage:au 1/100 si 1/ CE = RE /100 au 1/1000 si 1/ CE = RE /1000 169

Démarche de l’étude d’un montage amplificateur:Principe: déterminer les caractéristiques de l’amplification (gain, impédance d’entrée et de sortie) afin de modéliser le transistor par un quadripôle en dynamique

1- étude statiqueÉteindre les sources alternativesOuvrir les condensateursRemplacer les transistors par leur modèle statiqueSchéma équivalent statique, calcul du point de polarisation

Ve VsZeZs

AVe

170

2- étude dynamiqueÉteindre les sources continuesremplacer les condensateurs par un CCRemplacer les transistors par leur modèle dynamiqueSchéma équivalent dynamique, calcul AV,ZE,ZS

3- étude globale: Chaque grandeur est la somme de sa composante continue et de sa composante alternative (principe de superposition)

171

8.1.1 Principe de l’étude dynamique

• En général on a

• En dynamique : Vcc=0 (th de superposition),

• On se place aux fréquences moyennes condensateurs = des courts-circuits.

En statique : on fixe un point de fonctionnement

Ve

RG

~

C2

C1

R2

R1

VS eg

RE

RC

CE

VCC

eg ve

RC

RG

~

C2

C1

R2R1RE

+ VCC

eg ve

RC

vS

RG

~

C2

C1

R2

R1

RE

ve

RC

vS

RG

~

C2

C1

R2

R1

RE

eg

172

~vS

VErBE

.iB RC

eg

R2R1

iBB

E

C

E

Rg

ie

On établit les paramètres caractérisant la fonction d’amplification

eg ve

RC vS

RG

~

C2

C1

R

2

R1

On remplace le transistor par son modèle en

eg ve

RC vS

RG

~

CC1

R

2

R1 rBE

iB

.iB

B

E

173

• VS = - . iB . R C

• Ve = rBE . iB• A = [ (- . RC)/(rBE) ]• A = -gm.R C

• Ze = R1 // R2 // rBE

• ZS = VOU / iCC = RC

8.1.2 Détermination des caractéristiques de l’amplification de l’EC

On cherche à modéliser ce circuit comme une fonction d’amplification

B

E

~ VS VE

rBE .iB RCeg

R2R1

iB C

Rg

VS

eg

Rg

ZeVe

ZS

+VOU =A Ve

iS

E

C

E

B

On constate que : Ze indépendante de la chargeLa sortie est amplifiée et déphasée de 180° 174

8.1.3 : Calcul de la dynamique de sortie

Ve

RG

~

C2

C1

R2

R1

VS eg

RE

RC

CE

VCC

Soit un montage EC, le calcul de la dynamique de sortie consiste à déterminer quelles sont les variations maximales de ic et vce admises autour du point de fonctionnement avant de passer du régime linéaire au régime non linéaire du transistor

Deux régimes se superposent, le régime statique et le régime dynamique• En statique on a un point de repos (cf §6.2), qui se situe sur la droite de charge

statique VCC=VCE + (RC+ RE)IC

• En dynamique, à la fréquence de travail, découplage parfait (ZRECE0 ),on crée des variations autour de ce point de repos

en régime dynamique on a donc :VCC= VCE + RC IC =0 d’où

VCE = -RC IC qui est l’équation de la droite dynamique de charge175

Droites de charges dynamique et statiquemA

IB=0.03mA

VCE

IC

20

Ic0Max 2.4

Blocage en courant(statique)

droite de charge statique pente -1/(Rc +RE)

droite de charge dynamique pente -1/(Rc )

Blocage en courant (dynamique)

RC*ICE0VCE0

ICE0

Saturation en courant

Les variations maximales de VCE correspondent au min (RC*ICE0;VCE0)

176

8.2 MONTAGE COLLECTEUR COMMUN A VIDE

Aux fréquences moyennes on obtient le schéma suivant

~

Ve

.iB

eg

R2R1

RG

VS

rbe

RE

iBie EB

C

VCC

Ve

RG

~

C2

C1

R2

R1

VSeg RE

E

8.2.1 Caractéristiques en amplification

177

• VS=(β+1).RE.ib

• Ve=[rbe+(β+1).RE].ib

• A=(VS/Ve) =[(β+1).RE/(rbe+(β+1).RE)] or rbe<<(β+1).RE pour un collecteur commun d ’où A 1

• Ze=Ve/ie=Rp.(rbe+(β+1).RE)/(Rp+rbe+(β+1).RE) •Remarques: Ze dépend de la charge

Ce montage n’a pas d’intérêt en amplification

On cherche à modéliser ce circuit sous la forme

eg

Rg

ZE~ Ve

ZS

+VOU =AVe VS

iS

E

C

E

B

iBie EB

~ Ve

.iB

eg

R2R1RGVSRE

C

rbe

178

ESTIMATION DE Zs

ZS=Vou/icc on fait les hypothèses suivantes : Rp>> rbe et Vs=Vou eg

d ’ou icc = (β+1) eg / ( RG+rbe) On obtient alors ZS =(RG+rbe)/(β+1)

On calcul le courant de Norton , on met un court-circuit

~ Ve

.iB

eg

R1RGegRE

iBie EB

C

rbe

~ Ve

.iB

eg

R1RGRE

iBie EB

C

rbe

iNorton

~ Ve

.iB

eg

R1RG

iBie EB

C

rbe

iNorton

V=0

~ Ve

.iB

eg

R2R1RGVSRE

iBie EB

C

rbe

~ Ve

.iB

eg

R1RGRE

iBie EB

C

rbe

179

~

is

Vs

.iB

R’g~Rg

rbe

RE

iBC

D

Autre méthode de calcul de Zs

• Zs=Vs/is

• VS= -(Rg+rbe).iB

• .iB+iS=VS / ZCD

• ZCD=(Rg+rbe).RE /(Rg+rbe+RE)

• ZS=(Rg+rbe).RE / ((+1).RE+Rg+rbe) = RE // (Rg+rbe) / (+1) en supposant RE grand devant Rg+rbe / (+1) on a = (Rg+rbe) / (+1)

Zs dépend de Rg

On ajoute une source fictive à la sortie du montage dont le rapport des caractéristiques is sur vs est égal à l’impédance de sortie du montage collecteur commun (Cf générateur de Thévenin).

L’impédance de sortie est divisée par (+1), elle sera donc en général faible.

Ce montage réalise une adaptation d’impédance 180

8.3 MONTAGE BASE COMMUNE A VIDE

Aux fréquences moyennes on obtient le schéma suivant

~VS

Verbe

.iB

RC

eg

iBRg

ie

RE

E C

B

iE

C

VCC

Ve

RG ~

C2

C1

R2

R1

VS

EgRE

Rc

8.3.1 Caractéristiques en amplification

181

EReV

BiBi

BiBEr

eieV

eZ

BErBieV

BErERBErER

eZ

)1(

cRmgBEr

cR

eVsV

A

cRBi

BicR

icc

VsZ

0u

= RE // rbe / ( β+1)

~VS

Verbe

.iB

RCeg

iBRg

ie

RE

E C

B

iE

Ze dépend fortement du transistor, mais reste indépendant de la charge

182

8.4 REPONSE EN FREQUENCE D’UN AMPLIFICATEUR

GdB

Gmax

Gm-3dB

F CBFF CHF

Log ouLog F

La fréquence de coupure haute est due au comportement du transistor à haute fréquence (le modèle en ne convient plus)

Condensateur de couplageet (ou) condensateur de découplage de RE , ces capacités atténuent le gain du montage aux basses fréquences

FILTRE TYPEPASSE HAUT FILTRE TYPE

PASSE BAS

8.4.1 Analyse qualitative

183

• BASSE FREQUENCE

• MOYENNE FREQUENCE

• HAUTE FREQUENCE

C1, C2, condensateurs de couplage Fréquence de coupure BFCE condensateur de découplage de RE

Modèle en

C1, C2, condensateurs de couplageCourt-circuitCE condensateur de découplage de RE

Modèle en transistor

Schéma GIACOLETTO

C1, C2, condensateurs de couplageCourt-circuitCE condensateur de découplage de RE

Schéma GIACOLETTOtransistor

transistor

184

gm. Rc.(Ze /(Ze + Rg))

8.4.3 INFLUENCE D’UN CONDENSATEUR DE COUPLAGE

20 Log K

G dB

+/2

-/2

-

Log

1’

1

G= Vs = - gm . Rc . Ze

eg Ze + Rg + 1

JC

= - gm . Rc . j 1 + jC(Ze + Rg)

= CZe

’ = C(Ze + Rg)

donc ’ >

RgC

Zeeg

Ze = rbe // Rp

ve1vsAve

Résultante

On néglige l’influence des autres condensateurs que l’on suppose parfaits

185

La fréquence de coupure basse due au condensateur de liaison entre l’alimentation et l’amplificateur est

On procèdera de la même façon pour le condensateur de sortie entre l’amplificateur et la charge. On trouve alors

CRgZe )(2

1Fc

CRZ Ls )(2

1Fc

186

8.4.4 INFLUENCE D’UNE CAPACITE DE DECOUPLAGE D’EMETTEUR

On supposeRg<<Ze et on néglige l ’influence des autres

condensateurs

+VccR2

R1

Rg

Rc

Re CeVseg

C1

rbe ibib

R Reeg

Ce Rc

vs

eV

g

s Aee

ebe

c

CRj 11)R( r

R-

1)Re(rbe

rbeReCe

CeRe

1)R( rCRrj

1

CRj 1

1)R( r

R-

'

e be

eebe

ee

e be

c

187

Log 1/ 1/’

K dB

G dBRésultante

La fréquence de coupure basse due au condensateur de découplage pour un émetteur commun est:

rbeReCe2

1)Re(rbeFc

188

Cours2011 2012profs-1

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