solutions des exercices
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G = 20 log|H|
ϕ = arg H
log ω
" – 1"
ω 1 = 1/RC
log ω
– 3π/2
3. À TBF,
1
jvC
→ ∞ =⇒ H → ∞, or v s < V sat : il y a saturation. Pour l’éviter, il suffit
de mettre une résistance R
en parallèle avec C, entre E
− et S.
4. On est une fois de plus ramené au montage amplificateur inverseur avec Z = C/ /R
.
On obtient :
H
= −
R
R
1 1 jvR C
= −H o H 3
où v 3 = 1/R
C. D’où les diagrammes de Bode suivants :
G = 20 log|H|
20 log (R/R’)
ϕ = arg H
log ω
" – 1"
ω 1 = 1/RC
ω 3
log ω
– π
– 3π/2
ω 3
Pour v v 3 , on a un filtre passe-bas ; pour v v 3 , on a un intégrateur.
v s
v e
+
–
R 2
C 1
15 1. Aux basses fréquences,
1
C 1 v
R 1 et
1
C 2 v
R 2 , d’où la figure ci-contre.
On est en présence d’un dérivateur parfait.
4. ÉLECTRONIQUE
365
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G = 20 log|H|
ϕ = arg H
log ω
" – 1"
ω 1 = 1/RC
log ω
– 3π/2
3. À TBF,
1
jvC
→ ∞ =⇒ H → ∞, or v s < V sat : il y a saturation. Pour l’éviter, il suffit
de mettre une résistance R
en parallèle avec C, entre E
− et S.
4. On est une fois de plus ramené au montage amplificateur inverseur avec Z = C/ /R
.
On obtient :
H
= −
R
R
1 1 jvR C
= −H o H 3
où v 3 = 1/R
C. D’où les diagrammes de Bode suivants :
G = 20 log|H|
20 log (R/R’)
ϕ = arg H
log ω
" – 1"
ω 1 = 1/RC
ω 3
log ω
– π
– 3π/2
ω 3
Pour v v 3 , on a un filtre passe-bas ; pour v v 3 , on a un intégrateur.
v s
v e
+
–
R 2
C 1
15 1. Aux basses fréquences,
1
C 1 v
R 1 et
1
C 2 v
R 2 , d’où la figure ci-contre.
On est en présence d’un dérivateur parfait.
4. ÉLECTRONIQUE
365