Le condensateur C 0 acquiert la charge q = C 0 (e – e)à la
fin de l’état (1), et restitue cette même charge au cours de
l’état (2) pendant lequel l’ensemble (r, r, C 0 )e st courtcircuité (u + – u – =0).
Il en résulte que C est traversé par un courant d’intensité
moyenne :
i ==( e – e ).
Ce courant i traverse le condensateur C dont la tension
u s (t)àses bornes évolue selon la relation :
(e – e)=–C
,
soit encore, en posant t =
T c =, l’équation différentielle du circuit :
=.
Le circuit réalisé estu ni ntégrateur différentiel àc apacité
commutée dont la constante de temps t est contrôlable par
la fréquence de commutation f c .
•Sionn’éteint que e,i lvient :
=,
le circuit est un intégrateurnon inverseur.
•Simaintenant on n’éteint que e,a lors :
=– ,
le circuit réalise un intégrateurinverseur.
2 • Si les signaux e(t)e te ( t )s ont périodiques de période
T T c ,l es calculs précédents restent valables puisque pendant la durée T c ,l es variations de e(t)e te ( t )s ont négligeables. Ces signaux se comportent vis-à-vis de l’intégrateur,
sur une période T c ,c omme des signaux constants.
Ainsi, avec des signaux d’entréep ériodiques, le circuit se
comporte comme un intégrateur différentiel si les deux conditions suivantes :
t e a T c T
sont simultanément réalisées. Cette double condition est
assez contraignante.
3 • Soit u la tension commune aux deux entrées de l’amplificateur opérationnel. La loi des nœuds appliquée en E – :
= C
et la loi des nœuds appliquée en E + :
= C
donnent, en soustrayant membre àmembre :
C
=,
d u s
d t
e – e
R
d u s ( t )
d t
e – u
R
d u
d t
e–u
R
d(u – u s )
dt
e
t
du s (t)
dt
e
t
du s (t)
dt
e – e
t
C
C 0
C
C 0
1
f c
C 0
T c
du s
dt
q
T c
C 0
T c
d’où, en posant t = RC :
=.
Ce circuit est aussi un intégrateur différentiel.
4 • La constante de temps t de ce dernieri ntégrateur se
règle en modifiant la valeur des deux capacités, alors que
pour l’intégrateur àcapacité commutée, ce réglage se fait de
façon beaucoup plus souple et surtout beaucoup plus précise
en modifiant la fréquence de commutation.
Simulation d’une inductancepure
1 • Notons u s le potentiel (par rapport àlamasse) de la sortie du premier amplificateur.
L’A.O. étant en régime linéaire : u 1 = u.
Les courants entrant dans l’A.O. étant nuls :
i =e t i 1 =.
On en déduit : u = u 1 et i =–i 1 .
2•Notons u 2 le potentiel commun aux deux entrées du
second A.O. u s celui de sa borne de sortie. Écrivons la loi
des nœuds en notation complexe aux entrées non inverseuse
et inverseuse de cet A.O. :
i 1 =+et
+= 0.
On en déduit en éliminant u s : u 2 =–
i 1 .
De plus : u = u 1 = u 2 + R 0 i 1 =–
i 1 =
i.
On en déduit l’impédance équivalente :
Z éq ==
.
3 • Si Z est une capacité : Z =e tdonc :
Z éq = jCR
2
0 w.
Ce montage simule donc une inductance pure de valeur
L = CR
2
0 .
Remarque :I ln ’est pas possible d’obteniru ne inductance
pureavec une bobine car celle-ci anécessairement une résistance. De plus, une bobine est un composant encombrant dont
on ne peut négliger les aspects capacitifs àhaute fréquence. Il
est donc souvent plus intéressant de remplacer une bobinepar
un circuit actif, peu encombrant et plus proche de l’idéalité.
Simulation d’une résistance
négative(Centrale 2007 extrait)
1 • Pour un A.O. idéal, i + = i – =0,soit I =.
V – V s
R
7
1
jCw
u
i
R
2
0
Z
R 0
2
Z
R
2
0
Z
R 0 (R 0 + Z)
Z
u 2 – u s
R
u 2
R 0 + Z
u 2 – u s
R
u 2
R 0
u – u s
R
u s – u 1
R
6
du s
dt
e–e
t
CORRIGÉS
Amplificateur opérationnel
4
376
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La photocopie non autorisée est un délit.
fin de l’état (1), et restitue cette même charge au cours de
l’état (2) pendant lequel l’ensemble (r, r, C 0 )e st courtcircuité (u + – u – =0).
Il en résulte que C est traversé par un courant d’intensité
moyenne :
i ==( e – e ).
Ce courant i traverse le condensateur C dont la tension
u s (t)àses bornes évolue selon la relation :
(e – e)=–C
,
soit encore, en posant t =
T c =, l’équation différentielle du circuit :
=.
Le circuit réalisé estu ni ntégrateur différentiel àc apacité
commutée dont la constante de temps t est contrôlable par
la fréquence de commutation f c .
•Sionn’éteint que e,i lvient :
=,
le circuit est un intégrateurnon inverseur.
•Simaintenant on n’éteint que e,a lors :
=– ,
le circuit réalise un intégrateurinverseur.
2 • Si les signaux e(t)e te ( t )s ont périodiques de période
T T c ,l es calculs précédents restent valables puisque pendant la durée T c ,l es variations de e(t)e te ( t )s ont négligeables. Ces signaux se comportent vis-à-vis de l’intégrateur,
sur une période T c ,c omme des signaux constants.
Ainsi, avec des signaux d’entréep ériodiques, le circuit se
comporte comme un intégrateur différentiel si les deux conditions suivantes :
t e a T c T
sont simultanément réalisées. Cette double condition est
assez contraignante.
3 • Soit u la tension commune aux deux entrées de l’amplificateur opérationnel. La loi des nœuds appliquée en E – :
= C
et la loi des nœuds appliquée en E + :
= C
donnent, en soustrayant membre àmembre :
C
=,
d u s
d t
e – e
R
d u s ( t )
d t
e – u
R
d u
d t
e–u
R
d(u – u s )
dt
e
t
du s (t)
dt
e
t
du s (t)
dt
e – e
t
C
C 0
C
C 0
1
f c
C 0
T c
du s
dt
q
T c
C 0
T c
d’où, en posant t = RC :
=.
Ce circuit est aussi un intégrateur différentiel.
4 • La constante de temps t de ce dernieri ntégrateur se
règle en modifiant la valeur des deux capacités, alors que
pour l’intégrateur àcapacité commutée, ce réglage se fait de
façon beaucoup plus souple et surtout beaucoup plus précise
en modifiant la fréquence de commutation.
Simulation d’une inductancepure
1 • Notons u s le potentiel (par rapport àlamasse) de la sortie du premier amplificateur.
L’A.O. étant en régime linéaire : u 1 = u.
Les courants entrant dans l’A.O. étant nuls :
i =e t i 1 =.
On en déduit : u = u 1 et i =–i 1 .
2•Notons u 2 le potentiel commun aux deux entrées du
second A.O. u s celui de sa borne de sortie. Écrivons la loi
des nœuds en notation complexe aux entrées non inverseuse
et inverseuse de cet A.O. :
i 1 =+et
+= 0.
On en déduit en éliminant u s : u 2 =–
i 1 .
De plus : u = u 1 = u 2 + R 0 i 1 =–
i 1 =
i.
On en déduit l’impédance équivalente :
Z éq ==
.
3 • Si Z est une capacité : Z =e tdonc :
Z éq = jCR
2
0 w.
Ce montage simule donc une inductance pure de valeur
L = CR
2
0 .
Remarque :I ln ’est pas possible d’obteniru ne inductance
pureavec une bobine car celle-ci anécessairement une résistance. De plus, une bobine est un composant encombrant dont
on ne peut négliger les aspects capacitifs àhaute fréquence. Il
est donc souvent plus intéressant de remplacer une bobinepar
un circuit actif, peu encombrant et plus proche de l’idéalité.
Simulation d’une résistance
négative(Centrale 2007 extrait)
1 • Pour un A.O. idéal, i + = i – =0,soit I =.
V – V s
R
7
1
jCw
u
i
R
2
0
Z
R 0
2
Z
R
2
0
Z
R 0 (R 0 + Z)
Z
u 2 – u s
R
u 2
R 0 + Z
u 2 – u s
R
u 2
R 0
u – u s
R
u s – u 1
R
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du s
dt
e–e
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CORRIGÉS
Amplificateur opérationnel
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