Amplificateur opérationnel et contre-réaction

Réalisez un étage non-inverseur ou inverseur avec deux résistances. Donnez à l’amplificateur opérationnel un gain et une bande passante finis, puis appliquez un signal sinusoïdal. Parcourez la période pas à pas pour lire la tension à chaque nœud et observer le faible écart entre les deux entrées.

Exemple résolu — Amplificateur opérationnel et contre-réaction

Fraction de sortie réinjectée	0,100000
Gain pour A infini	10,0000
Gain de boucle	10 000
Gain en continu avec ce A	9,9990
Écart relatif au gain idéal	0,0100%
Gain avec A divisé par deux	9,9980
Bande passante (−3 dB)	100 010 Hz
Gain × bande passante	1 000 000 Hz

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Amplificateur opérationnel et contre-réaction

Un amplificateur opérationnel multiplie la différence de tension entre ses deux entrées par un très grand gain en boucle ouverte A : V_out = A(V₊ − V₋). La sortie est limitée par les tensions d’alimentation. La contre-réaction réinjecte la fraction β = Rg/(Rg + Rf) de la tension de sortie sur l’entrée inverseuse. Le gain de l’étage non-inverseur devient alors G = (1/β)/(1 + 1/(Aβ)) et tend vers 1 + Rf/Rg lorsque A augmente. Celui de l’étage inverseur tend vers −Rf/Rg. Le produit Aβ est le gain de boucle. Dans un modèle à un seul pôle, A décroît avec la fréquence selon A(f) = A₀/(1 + j f A₀/GBW). Le produit gain-bande passante GBW est le produit de A₀ par la fréquence du pôle en boucle ouverte ; il est très proche de la fréquence à laquelle le gain A atteint 1.

Ce que signifie chaque symbole

A: gain en boucle ouverte de l’AOP : le facteur qui multiplie V₊ − V₋. A₀ est sa valeur en continu ; ce gain décroît avec la fréquence
β: fraction de rétroaction, Rg/(Rg + Rf) : la part de la tension de sortie réinjectée sur l’entrée inverseuse
Aβ: gain de boucle. L’écart relatif entre le gain de l’étage et son gain idéal vaut exactement 1/(1 + Aβ)
GBW: produit gain-bande passante, en hertz : A₀ multiplié par la fréquence du pôle en boucle ouverte. Il est très proche de la fréquence à laquelle le gain en boucle ouverte atteint 1

Suppose: Le modèle ne comporte qu’un seul pôle. Il néglige la limitation de la vitesse de variation de la sortie, la tension de décalage et les courants de polarisation d’entrée, ainsi que tout second pôle. Les résistances ont leur valeur exacte et la sortie peut atteindre les tensions d’alimentation. La forme d’onde écrêtée est obtenue en tronquant à ces tensions la réponse en régime permanent sans écrêtage. Cela suppose que l’AOP sort de saturation dès que le signal le permet ; un composant réel met un certain temps à récupérer. Lorsque les entrées sont permutées, les basculements entre les tensions d’alimentation sont représentés comme instantanés.

Diviser le gain de l’AOP par deux ne change que le quatrième chiffre du gain de l’étage 🖖

Le montage de départ vise un gain de 10. Avec un gain en boucle ouverte de 100 000, il atteint 9,9990. Le tableau des résultats calcule aussi le gain obtenu si A était divisé par deux : 9,9980. Une variation de 50 % du gain de l’amplificateur ne modifie celui de l’étage que de 0,01 %. L’écart relatif au gain idéal 1 + Rf/Rg vaut exactement 1/(1 + Aβ). Avec Aβ = 10 000, cet écart est d’un centième de pour cent ; diviser ou multiplier A par deux ne fait que doubler ou réduire de moitié ce très petit écart. Le gain dépend donc essentiellement des deux résistances, disponibles avec une tolérance de 0,1 %, et très peu de l’AOP. Harold Black exposait ce principe en 1934 pour les amplificateurs des systèmes téléphoniques à courants porteurs. Ses amplificateurs à contre-réaction maintenaient leur gain à 0,01 dB près lorsque la tension d’alimentation des anodes passait de 240 à 260 V ; un amplificateur ordinaire variait alors de 0,7 dB. Cette stabilité se paie par le gain auquel on renonce. Demandez ×1000 au même AOP : Aβ tombe à 100 et le gain obtenu vaut 990,10, soit un écart de 1 % au gain idéal. C’est la dernière ligne du second tableau.

À un hertz, le court-circuit virtuel laisse une centaine de microvolts entre les entrées 🖖

La règle habituelle attribue la même tension aux deux entrées d’un AOP soumis à une contre-réaction. À la crête, leur écart vaut |V_out| / |A(f)|. Le circuit en affiche la valeur lorsque vous parcourez la période : 100,49 µV à la crête du préréglage initial. Cliquez sur Même étage, 1 kHz. La sortie a à peine changé, mais l’écart atteint 9,999 mV, soit une valeur cent fois plus grande. Dans V_out / A, A est le gain en boucle ouverte à la fréquence du signal. Pour un AOP de gain en continu 100 000 et de produit gain-bande passante 1 MHz, ce gain a déjà baissé de 3 dB à 10 Hz ; à 1 kHz, il n’en reste qu’environ 1 000. La courbe en pointillés du diagramme fréquentiel représente cette baisse. Cliquez ensuite sur Sortie saturée. Le montage devrait fournir 19,998 V, mais la sortie s’arrête à 15 V. Bloquée à cette valeur, elle ne peut plus maintenir les tensions d’entrée proches : leur écart atteint 0,5000 V. La contre-réaction ne rapproche les tensions d’entrée que si la sortie peut encore varier. Supposer un court-circuit virtuel dans un montage dont la sortie est écrêtée peut donc conduire à une erreur de plusieurs volts.

À gain unitaire, le suiveur a deux fois la bande passante de l’inverseur 🖖

Cliquez sur ×100 à 20 kHz. La bande passante vaut 10 010 Hz et le gain en continu 99,9001. Leur produit donne exactement 1 000 000 Hz, le produit gain-bande passante de l’AOP. Avec un seul pôle, cette égalité vaut pour tout étage non-inverseur : les quatre lignes correspondantes du second tableau se terminent donc par le même nombre. Pour les montages inverseurs, le produit est différent. L’inverseur de gain −1 atteint 500 010 Hz, tandis que le suiveur de gain +1 atteint 1 000 010 Hz. La bande passante dépend de 1/β, c’est-à-dire du gain que donneraient les mêmes résistances si le signal était appliqué à l’entrée non-inverseuse. Pour l’inverseur de gain −1, cette valeur est 2. La bande passante d’un inverseur correspond ainsi à un gain supérieur de 1 à la valeur absolue du gain qu’il fournit. Il perd environ 1 % de bande passante à ×−100, et la moitié à ×−1.

Problème entièrement résolu

Amplifier jusqu’à 20 kHz avec un préamplificateur ×100 6 étapes
Un capteur fournit 50 mV ; vous devez obtenir 5 V pour des fréquences allant jusqu’à 20 kHz. Vos AOP ont A₀ = 100 000 et un produit gain-bande passante de 1 MHz. Un seul étage non-inverseur ×100, avec Rf = 99 kΩ et Rg = 1 kΩ, suffit-il ? Sinon, quel montage convient ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. β = 1/(1 + 99) = 0,01, donc Aβ = 1 000 et le gain en continu vaut 100/(1 + 1/1 000) = 99,9001. Aux basses fréquences, 50 mV donnent 4,9950 V. L’écart aux 5 V visés est de 0,1 %, conformément à 1/(1 + Aβ).
  
  $β = \frac{1}{1 + 99} = 0.01, A β = 1000, G_{0} = \frac{100}{1 + 1/1 000} = 99.9001$
2. Le pôle de l’AOP seul se situe à GBW/A₀ = 10 Hz. La fermeture de la boucle multiplie cette fréquence par 1 + Aβ = 1 001, ce qui la porte à 10 010 Hz. C’est la bande passante de l’étage, et 99,9001 × 10 010 = 1 000 000 Hz.
  
  $f_{p} = \frac{GBW}{A _{0}} = 10 Hz, f_{- 3 dB} = 10 \cdot 1001 = 10010 Hz, 99.9001 \cdot 10010 = 1000000$
3. À 20 kHz, soit environ le double de la bande passante, le gain vaut 99,9001/√(1 + (20 000/10 010)²) = 44,7124. La sortie atteint 2,2356 V, moins de la moitié de l’amplitude demandée.
  
  $∣ G (20 kHz) ∣ = \frac{99 . 9001}{1 + ( 20 000/10 010 ) ^{2}} = 44.7124, 0.05 \cdot 44.7124 = 2.2356 V$
4. Répartissez le gain entre deux étages ×10, chacun avec Rf = 9 kΩ et Rg = 1 kΩ. Chaque étage a Aβ = 10 000, un gain en continu de 9,9990 et une bande passante de 100 010 Hz, soit dix fois celle de l’étage unique. Réglez l’outil sur ce montage à 20 kHz : il indique un gain de 9,8049.
  
  $β = 0.1 : G_{0} = 9.9990, f_{- 3 dB} = 100010 Hz, ∣ G (20 kHz) ∣ = 9.8049$
5. En cascade, les gains se multiplient : 9,8049² ≈ 96,14. Les 50 mV donnent donc 4,8068 V à 20 kHz.
  
  $9.804 9^{2} \approx 96.14, 0.05 \cdot 96.14 = 4.8068 V$
6. La cascade possède deux pôles à 100 010 Hz. Sa fréquence à −3 dB est inférieure à celle de chaque étage : le module de la réponse, qui est le carré de celui d’un étage, diminue d’un facteur √2 lorsque 1 + (f/100 010)² = √2, soit à f = 100 010 · √(√2 − 1) = 64 366 Hz.
  
  $1 + (f /100 010)^{2} = 2 \Rightarrow f = 100010 2 - 1 = 64366 Hz$
Réponse

Un étage ×100 fournit 2,2356 V à 20 kHz ; deux étages ×10 fournissent 4,8068 V, soit 96 % de l’amplitude visée. La cascade atteint −3 dB à 64 366 Hz. Chaque AOP dispose de son propre produit gain-bande passante : chaque étage ×10 a donc dix fois la bande passante de l’étage ×100, et la cascade complète en a 6,4 fois plus. L’outil représente un seul étage ; vous calculez la réponse de la cascade à partir des valeurs qu’il affiche. Le dernier calcul tient compte de la réduction de bande passante due à la mise en cascade de deux étages identiques.

$2.2356 V (one stage) vs 4.8068 V (two)$

Parcours

Ce qui n'est pas une résistance

Références (1)

The first insight's history, and the result the whole page rests on: with |μβ| ≫ 1 the output is −e/β, "independent of μ but does depend upon β". The 0.01 dB against 0.7 dB figures quoted in that block are Black's own: H. S. Black, "Stabilized Feedback Amplifiers." Bell System Technical Journal 13(1), January 1934, pp. 1–18. DOI 10.1002/j.1538-7305.1934.tb00652.x

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.