Exercices amplificateur deux etages a gain variable

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CONCEPTION D’UN AMPLIFICATEUR SIMPLE A GAIN VARIABLE
On considère le montage amplificateur donné en figure 1. Ce montage utilise un transistor
NPN T1 au silicium à T = 25°C, alimenté sous une tension continue VCC de 15 V. Le transistor
possède un gain en courant β de 250 et sa résistance rce est considérée comme infinie.
Dans l’émetteur de T1, on a disposé un potentiomètre tel que seule la portion (α RE1telle
que : 0 ≤ α ≤ 1) de sa résistance totale RE1 soit découplée à la masse par le condensateur Cd de
valeur suffisante.
1.8 kΩ
+ VCC = +15 V
R1
RC1
C1
CL1
Rg
+
50 Ω
T1
B1
E1
ve
RE1
(1- α) R E1
α RE1
eg
-
vs1
RE1 = 200 Ω
Cd
Figure 1
1. Dessiner le schéma du montage en régime continu. Sachant que le courant de repos de
collecteur est tel que : IC1 repos = 5 mA, déterminer :
a. La tension par rapport à la masse de tous les nœuds.
b. La valeur à donner à la résistance de polarisation R1.
2 . Dessiner le schéma équivalent aux petites variations et aux fréquences moyennes du
montage complet sachant que toutes les capacités ont alors une impédance faible. Choisir
une représentation en « β.ib » pour le transistor.
3. Déterminer l’expression de la résistance d’entrée Re1 du montage vue par le générateur
d’excitation (eg,Rg). Tracer le graphe Re1 = g (α). Commenter.
4. Déterminer l’expression du gain en tension A1 = vs1/ve et tracer le graphe |A1| = f (α).
5. On veut que le gain évolue de la valeur minimale à –40. Donner la solution technique.
6. Montrer, en utilisant la « méthode de l’ohmmètre », que la résistance de sortie Rs1 du
montage vue entre le collecteur C1 de T1 et la masse est égale à RC1.
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© Ph. ROUX 2005
http://rouxphi3.perso.cegetel.net
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Le concepteur considère que cette résistance de sortie est trop élevée. Il décide d’ajouter un
étage en utilisant un transistor T2 identique à T1 comme indiqué en figure 2. La base de T2 est reliée
au collecteur de T1. Aussi le courant de base de T2 est prélevé sur le courant qui circule dans la
résistance RC1.
+ VCC = +15 V
1.8 kΩ
C2
R1
R C1
C1 B2
T2
CL1
+
B1
ve
RE1
(1- α) RE1
α RE1
RE1 = 200 Ω
C L2
vs 1
C1
eg
-
E2
ve2
1kΩ
Rg
50 Ω
T1
RE2
vs2
Cd
Figure 2
7. Sachant que RE2 = 1 kΩ, en déduire la valeur du courant de repos IC2 de T2.
8. Monter que le gain en tension du premier étage est peu affecté par la présence du deuxième.
9. Que devient le gain en tension A du montage complet ?
10. On choisit une position du potentiomètre telle que : A1 = -40. Sachant que la sortie vs1 du
premier étage est représentée sous la forme de Thévenin (eg1, Rg1), on se propose de calculer
la résistance de sortie Rs du montage complet vue entre E2 et la masse.
a. Donner la valeur de eg1et Rg1.
b. Calculer Rs et faire l’application numérique.
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CORRECTION
Q1a Q1b : En régime continu, les condensateurs sont des circuits ouverts : iC = C
+ VCC = +15 V
dVconst
= 0.
dt
I C1 : 5 mA
RC1
R1
1.8kΩ
IB1
C1
6V
1,6 V
1V
B1
E1
200Ω
IB1 = IC1/β = 20 µA
RE1
R1 = 730 kΩ
Q2 : schéma équivalent aux petites variations et aux fréquences moyennes du montage.
ig
B1 ib1
E1
C1
rbe1
Rg
β.ib1
+
eg
ve
(1-α)RE1
R1
Q3 : Résistance d’entrée Re1 = ve/ig .
v
Ecrire l’équation au nœud B1 : ig = e + ib1
R1
c’est à dire :
Re1 = R1 //
Soit :
RC1
vs1
ig
1
1
1
=
= +
ve
v e Re1 R1
ib1
ve
ib1
Sachant que : v e = rbe1ib1 + [(1 − α ) RE1 ](β + 1)ib1 , il vient :
Re1 = R1 //{rbe1 + [(1 − α ) RE1 ](β + 1)} ≈ rbe1 + [(1 − α ) RE1 ](β + 1)
UT
= 1, 25 kΩ .
IC1
La résistance d’entrée varie de 48 kΩ (α = 0) à 1,25 kΩ (α = 1). Elle est sensiblement
proportionnelle à la résistance placée dans l’émetteur du transistor soit : (1 − α ) RE 1 ( β + 1) .
rbe1 = β
4
1 10
5
Re1 α 1 104
Ω
1 10
3
0
0.2
0.4
α
0.6
0.8
1
Evolution de Re1 en fonction de α.
Q4 : v s1 = −βRC1ib1. Compte tenu de la question précédente (relation entre ve et ib1), il vient :
A1 =
1 10
v s1
β .RC1
=−
ve
rbe1 + [(1 − α ) RE1 ](β + 1)
3
100
A1 α
10
1
0
0.2
0.4
α
0.6
0.8
1
Evolution du gain en fonction de α.
Le gain en tension varie de –360 (α = 1) à –8,75 (α = 0).
Q5 :
La solution technique consiste à placer dans l’émetteur une résistance
fixe R de 40 Ω (A1 = -40) en série avec un potentiomètre RE1 de 160 Ω
monté en résistance variable dont le curseur est découplé à la masse par
un condensateur Cd.
En effet pour la valeur : R+RE1, le gain est minimum soit - 8,75.
E1
R
RE1
160Ω
40Ω
Cd
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Q6 : Méthode de l’ohmmètre : annuler eg et placer à la sortie un générateur (u,i).
B1 ib1
E1
C1
rbe1
i
β.ib1
(1-α)RE1
R1 //Rg
+
RC1
u
-
La maille B1, E1, masse donne la relation : 0 = ( R1 // rbe1 )ib1 + (β + 1)(1 − α ) RE1 .ib1 dont la solution est
ib1 = 0 avec comme conséquence : β.ib1 = 0. La résistance de sortie Rs1 est alors :
Rs1 =
u
= RC1
i
Q7 : La liaison entre T1 et T2 est directe.
La tension VC1M étant de 6V, VE2M = VC1M-VBE2 = 5.4 V. Alors : IC2 = 5,4 mA.
Q8 : Aux variations le premier étage est chargé par la résistance d’entrée Re2 du deuxième étage
dont le schéma aux variations est le suivant :
B2 ib2
E2
C2
rbe2
vs1
β.ib2
RE2
vs2
C2
Re 2 = rbe 2 + (β + 1) RE 2 = 252 kΩ
Le gain du premier étage devient alors : A1 =
v s1
β .( RC1 // Re 2 )
=−
ve
rbe1 + [(1 − α ) RE1 ](β + 1)
Avec : Re2 >> RC1, le gain A1 n’est pas modifié.
Q9 : Gain du montage complet : A = A1.A2.
A2 =
Donc A est sensiblement égal à A1.
v s2
β .( RE 2 )
=
= 0, 99
v s1 rbe 2 + RE 2 (β + 1)
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Q10a : Le générateur de Thévenin eg1 équivalent à la sortie du premier étage est égal à la tension de
sortie à vide de cet étage à savoir (eg1 = -40.ve). Sa résistance interne Rg1 est la résistance de sortie de
cet étage soit RC1.
Q10b : Pour obtenir la résistance de sortie du montage complet on utilise la méthode de l’ohmmètre
qui consiste d’une part à annuler eg (ce qui annule le générateur lié eg1) et d’autre part de placer en
sortie du 2° étage un générateur (u, i).
Le schéma du montage est alors le suivant :
B2 i b2
E2
C2
i
rbe2
+
RC1
β.ib2
RE2
u
-
C2
En écrivant l’équation au nœud C2 : Rs = RE 2 //
RC1 + rbe 2
= 11, 6Ω
β +1
On remarquera que cette résistance de sortie faible, est indépendante du gain du premier étage.