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Montages intégrateur et pseudo-intégrateur
Compte tenu du fait que v − = 0, il vient :
e = −RC
ds
dt
soit s(t) = −
1
RC
t
t0
e(t) dt + s(t 0 )
6.2 Influence de la tension d’offset
Lors de la présentation de la tension d’offset, on a dit que la compensation de cet écart
par rapport au modèle idéal était important lors d’un fort gain. Or ici le gain dépend
de la fréquence et vaut :
G =
1
RCv
Si on admet qu’il faut un gain de l’ordre de 10
3 pour qu’il faille tenir compte de
l’offset, on aura :
1
RCv
10
3 soit v
1
10 3 RC
Si on choisit R = 10 kV et C = 1 mF, on devra vérifier : v
1
10 3 ×10 4 ×10 −6 = 0, 1 ou
une fréquence f 1, 6.10 −2 Hz. Il n’y aura donc pas ici à se préoccuper de la tension
d’offset à cause du gain.
En revanche, un autre problème se pose : celui de la dérive. En effet, il y aura toujours
la tension d’offset qui est continue et sera donc en permanence intégrée. L’intégration
du signal d’entrée sera donc « décalée » puis on ne l’observera plus car il y aura
saturation du fait que l’intégration de la tension d’offset aura atteint la tension de
saturation.
Par le calcul, on a :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎩
v + = V d
v − =
jCvs +
e
R
jCv +
1
R
=
jRCvs + e
1 + jRCv
En régime linéaire, on a : e = v + − v − = 0 soit
V d =
jRCvs + e
1 + jRCv
et
jRCvs = (1 + jRCv) V d − e
En notation réelle, on obtient :
s = −
1
RC
t
t0
e(t)dt +
V d
RC
(t − t 0 ) + s(t 0 )
C’est le terme
V d
RC
t qui impose une dérive et sature l’amplificateur opérationnel.
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