solutions des exercices
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3. Quand w = −p/2, arctan RCv = 1p/4 d’où RCv = 1. On obtient alors
C = 500 nF.
Remarque : |H | =
1 1 (RCv) 2
1 1 (RCv) 2 = 1 = Cte d’où G = 0 dB. On a bien un montage
qui ne fait que déphaser v s par rapport à v e .
i = 0
u s
u 1
u E
R 3
R 1
P
17 1. L’A.O. est idéal, donc (u d ) 1 = 0, d’où v p = u E .
La loi des nœuds en P s’écrit :
u s − u E
R 3
=
u E − u 1
R 1
(1)
2. Le deuxième A.O. est monté en amplificateur inverseur,
avec deux résistances identiques, c’est donc seulement un
inverseur : v Q = −u 1 .
u s
u E
– u 1
R 3
R 2
P
S
Q
i s
La loi des nœuds en Q s’écrit :
i s =
u E − u s
R 3
1
(−u 1 ) − u 3
R 2
(2)
3. u s = 0 donc i sCC =
u E
R 3
−
u 1
R 2
. Or (1) devient
−u E
R 3
=
u E − u 1
R 1
d’où :
u 1 = u E
R 1 1 R 3
R 3
et
i sCC =
u E (R 2 − R 1 − R 3 )
R 2 R 3
4. i s = 0 , en reportant cette valeur dans (1) et (2), il vient : u so =
u E (−R 2 1 R 1 1 R 3 )
(−R 2 1 R 1 − R 3 )
.
R eq
u s
u so
S
schéma de Thévenin
R eq u s
S
schéma de Norton
i sCC
5. On obtient les schémas de Thévenin
et Norton ci-contre.
Avec i sCC =
u so
R éq
:
R éq =
R 2 R 3
R 2 − R 1 1 R 3
6. La source de courant est idéale si R éq = ∞, il faut donc que R 2 = R 1 1 R 3 . Dans ces
conditions, i = i sCC = −
2u E
R 2
.
4. ÉLECTRONIQUE
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