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Zitiervorschau

univdocs.com Université du Maine Faculté des Sciences

Janvier 1999 durée 2 h

MIAS2 - SM2 Électronique 1 Électrocinétique. D

E

R1

R3

Rc

A

B

R4

R2 M

Calculer le courant qui circule dans la résistance que : E = 24 V R1 = R2 = 5 kΩ R3 = 6 kΩ ; R4 = 3 kΩ RC = 3,5 kΩ

RC sachant

2 Filtre du second ordre. Le circuit est alimenté par une tension VE = A.cosωt. Déterminer sa fonction de transfert complexe si le courant prélevé à la sortie est nul. Au cours du calcul, conserver le plus long temps possible l’expression de l’impédance du condensateur sous la forme ZC. On posera ω0 = 1/RC puis x = ω/ω0 Tracer grossièrement l’allure de la courbe du gain en tension en fonction de ω. 3 Amplificateur à gain ajustable. P

α=1

L’amplificateur opérationnel est idéal. La position du curseur du potentiomètre P est repérée par l e coefficient α qui varie entre 0 et 1. Calculer la tension de sortie V S en fonction de n, VE et de α.

α=0 +

–

R

nR

VS

nR n–1

VE

4) Amplificateur opérationnel idéal. B I2 R Ve

A 2C

R I1

C

C R/2

– +

Vs

L’amplificateur opérationnel est idéal. Le circuit est alimenté par la tension V E = A.cos ωt. En utilisa nt le théorème de Millman déterminer le potentiel des nœuds A et B. En déduire la valeur des courants I1 et I2. Montrer par ailleurs que ces courants sont opposés. En déduire la fonction de transfert du montage. Que se passe-t-il si on alimente le montage avec une tension continue ?

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Janvier 2000 durée 2 h

MIAS2 - SM2 Électronique 1 – Électrocinétique. (4 pts) R1

En utilisant le théorème de Thévenin déterminer les équivalents Thévenin et Norton de la partie du circuit contenue dans le cadre en pointillés. En déduire la valeur du courant qui circule dans la résistance RC. AN : E = 10 V ; R1 = 1 kΩ ; R2 = R3 = 2 kΩ ; RC = 1,5 kΩ

R3

R2

Rc

2 – Filtre du troisième ordre. (8 pts) La matrice de transfert d’un quadripôle est définie par : V2   T11 T12   V1   I  = T    2   21 T22  − I1 

Montrer que le g ain en tension V 2/V1 d’un quadripôle passif non chargé est égal à T22−1 . Le circuit est alimenté par une tension V1 = A.sinωt. Déterminer la matrice de transfert du quadripôle contenu dans le cadre en pointillés. En déduire la matrice de transfert du filtre complet puis sa fonction de transfert complexe si le courant prélevé à la sortie est nul. Dans le calcul, conserver le plus longtemps possible l’ex pression de l’impédance complex e du condensateur sous la forme Z puis poser x = 1/RCω. Pour quelle pulsation le gain est-il purement réel ? 3 – Amplificateur opérationnel idéal. (4 pts) R r1 Ve

A r2

B

L’amplificateur opérationnel est idéal. Quelle est la valeur du courant qui circule dans r2 ? Calculer la fonction de transfert VS/VE du montag e en fonction des valeurs des résistances.

R – + Vs

r3

4 – Amplificateur opérationnel idéal. (4 pts) L’amplificateur opérationnel est idéal. Calculer la r3 fonction de transfert V S/VE du montag e en fonction r2 r1 des valeurs des résistances. B – A Dans quel cas ce montage a-t-il le même gain que le R + montage de l’exercice n°3 ? Ve R

Vs

Rédigez une copie claire, lisible, sans digressions hors sujet.

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Janvier 2001 durée 2 h

MIAS2 - SM2 Électronique 1 – Électrocinétique. (5 pts)

R

Chercher l’équivalent Thévenin (ETh, ZTh) de la partie du circuit contenue dans le cadre en pointillés. . AN : E = 10.sin(ωt) V ; R = 1 kΩ ; C = 3,3 nF ; f = 48 kHz

Rc

2 – Impédances complexes. (5 pts) On considère le circuit ci-contre constitué par deux résistances identiques et par deux condensateurs identiques C, alimenté par une tension VE = U.sin(ωt) Déterminer l’expression de la fonction de transfert complexe H de ce filtre en fonction de la grandeur x = RCω. Faire un tracé grossier de la courbe de la norme du gain en tension de ce filtre.

R R

V

V

V

3 – Amplificateur opérationnel idéal. (5 pts) i2

I

R2

L’amplificateur opérationnel est idéal. Le circuit est alimenté par la tension VE = V.sin( ωt ). Calculer l’impédance ZE = VE/I présentée par le circuit. Montrer que cette impédance est la même que celle d’un circuit R C que l’on précisera.

R1

C i1

VE

+

VS

4 – Amplificateur opérationnel idéal. (5 pts)

R

R

D

A VE C

2C +

B

C R/2

VS

L’amplificateur opérationnel est idéal. Le circuit est alimenté par la tension VE = V.sin( ωt ). Déterminer la fonction de transfert complexe H du montage et faire un tracé grossier de la norme du gain en tension. On posera x = RCω. On pourra, par exemple, appliquer le théorème de Millman en A, B et D.

Rédigez une copie claire, lisible, sans digressions hors sujet.

univdocs.com Exercices: Chapitre 1 1.1 – Générateur de tension R

E est un générateur de tension idéal (E = 12 V) en série avec une résistance interne R = 0,01 Ω. Calculer le courant dans la résistance de charge R C si : – RC = 10 Ω – RC = 0 (court-circuit). Dans ce cas, que se passe -t-il si le générateur est un accumulateur au plomb ?

I Rc

E

1.2 – Générateur de courant A est un générateur de courant idéal (I = 5 mA) et R sa résistance interne R = 250 kΩ. Calculer le courant dans la résistance de charge RC si : RC = 10 Ω, 10 kΩ, 1 MΩ. Conclusions.

I R

A

Rc

1.3 – Diviseur de tension R1 E

E est un générateur de tension idéal (E = 12 V) R1 = 2 kΩ ; R2 = 1 kΩ Calculer le courant dans la résist ance de charge RC et la tension entre ses bornes si : RC = 0 Ω, 500 Ω, 1 kΩ, 2 kΩ, 100 kΩ. Conclusions.

I Rc

R2

1.4 – Droite de charge R

On considère le circuit composé d’une « varistance Var » alimentée par un générateur de f.e. m. E = 40 V en série avec V1 une résistance R = 100 Ω. Soit V2 la tension aux bornes de la E V2 varistance. La caractéristique de celle -ci peut être représentée par une équation de la forme : I = K.Vn . On a mesuré : Var I = 100 mA pour V2 = 33 V et I’ = 300 mA pour V2 ’ = 45 V. – Déterminer les valeurs des constantes K et n (attention aux unités !). – Tracer la caractéristique de la varistance et déterminer graphiquement le point de fonctionnement du montage. Indiquer les valeurs de V1 et V2 . I

1.5 – Droite de charge 10

U (V)

R1 E

R2 L

5

I(mA) 5

10

Une lampe à incandescence L a la caractéristique ci-contre. Elle est alimentée par le circuit dont les éléments valent : E = 20 V ; R1 = R2 = 2 kΩ. Déterminer le courant qui circule dans la lampe et la tension entre ses bornes.

univdocs.com Exercices: Chapitre 2 2.1 – Lois des mailles Calculer l’intensité dans chacune des branches de ce circuit. E1 R3

R2

R1 R5

R4

E1 = 8 V ; E2 = 12 V. E3 = 6 V ; E4 = 2 V. R1 = R2 = 5 Ω. R3 = R4 = R5 = 10 Ω.

E2

E3

E4

2.2 – Lois des mailles Calculer l’intensité dans chacune des branches de ce circuit. R1

R2 R5

R4

E1

E1 = 6 V ; E2 = 12 V. R1 = R5 = 20 Ω. R3 = R4 = 40 Ω. R2 = 10 Ω

R3 E2

2.3 – Principe de superposition Calculer U et I en utilisant : – la loi des mailles, – le principe de superposition, – le théorème de Millman. E1 = 10 V ; E2 = 40 V. R1 = 5 Ω ; R2 = R3 = 10 Ω.

R1 E1

A

C R2

I

U

E2

R3

2.4 – Générateurs équivalents E est un générateur de tension idéal (E = 12 V) R1 I R1 = 2 kΩ ; R2 = 1 kΩ Calculer le courant dans la résist ance de charge RC et la Rc R2 tension entre ses bornes si : RC = 0 Ω, 500 Ω, 1 kΩ, 2 kΩ, E 100 kΩ. Conclusions. Reprendre cet exercice en utilisant un générateur de Thévenin équivalent. 2.5 – Générateurs équivalents Chercher les générateurs de Thévenin et de Norton équivalents à ces trois circuits. a) I1 = 5 A, I2 = – 2 A, R1 = 10 Ω, R2 = 20 Ω. b) E = 4 V, I2 = 1 A, R1 = R2 = 10 Ω. c) E1 = – 4 V, E3 = 2 V, I1 = 1 A, R1 = R2 = R3 = 10 Ω. E I1

R1

–a–

R2

I2

R1 R1

R2

–b–

E1

R2 I1

R3 E3

I2

–c–

2.6 – Générateurs équivalents Reprendre l’exercice 2.3 en utilisant les générateurs de Thévenin et de Norton équiv alents.

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2.7 – Droite de charge Reprendre l’exercice suivant en utilisant un générateur de Thévenin équivalent. U (V) Une lampe à incandescence L a la 10 caractéristique ci-contre. R1 Elle est alimentée par le circuit dont les éléments valent : R2 5 E E = 20 V ; R1 = R2 = 2 kΩ. L Déterminer le courant qui circule dans la I(mA) lampe et la tension entre ses bornes. 5

10

2.8 – Pont de Wheatstone déséquilibré On considère un pont de Wheatstone dont la résistance du bras détecteur est R C. D Calculer le courant qui circule dans la résistance R1 donne : R3 E Rc E=6V; R1 = R2 = 3 kΩ. A B R3 = 2 kΩ. R4 = 1 kΩ.

RC. On

R4

R2

M

2.9 – Théorème de Kennelly Montrer l’équivalence des deux circuits en exprimant les résistances de l’étoile en fon de celles du triangle et réciproquement. R 23 2

2

3

R12

3 R3

R13 1

R2

ction

R1

Triangle

1

Etoile

2.10 – Simplification de circuit R1 R2

E

Calculer le courant qui circule dans la résistance RC. On pourra utiliser la transformation étoile -triangle ou mieux le théorème de Thévenin.

I

R3 R4

RC

R5

2.11 – Simplification de circuit R3

E

R2

R1 R2

R1 R2

R1 R2

I

R1 RC

Calculer le courant qui circule dans la résistance RC. On donne : E = 18 V. R1 = 4 kΩ. R2 = 3 kΩ. R3 = 6 kΩ.

2.12 – Convertisseur digital-analogique Les tensions appliquées sont E.k i avec : E k1 k2 k3 k4 ki = 0 si l’inverseur est relié à la masse. ki = 1 si l’inverseur est relié à E. 2R 2R 2R 2R En utilisant le théorème de Millman en A, B, C et D, A montrer que : D C R R B R kE kE kE kE 2R VS = 1 + 2 + 3 + 4 16 8 4 2

univdocs.com 2.13 – Simplification de circuit

Déterminer (en fonction de R) la valeur de r pour laquelle la résistance présentée par le circuit entre A et B est égale à R. Il est conseillé de modifier le schéma in itial.

A r r

r

E

R

r

B

2.14 – Stabilisateur de tension La tension aux bornes d’une thermistance en fonction du courant est la suivante : 0

4

6,5

8,2

8,6

9

8,7

8

i (mA)

0

5

10

20

25

35

65

100

I

E = 24 V

ut

i u Th

Rc = 800Ω

r = 15 Ω

R

ut (V)

On considère le circuit ci-contre. a) Tracer u = f ( i ). b) Exprimer u = g(E, i, R, RC) c) Calculer R pour avoir un courant i égal à 60 mA. d) Déterminer la variation de u quand la tension E varie de ± 15 %.

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Exercices: Chapitre 3

3.1 – Relaxateur à néon On considère le circuit ci -contre. Le fonctionnement de r la lampe à néon peut être schématisé de la manière suivante : si la tension aux bornes de la lampe est inférieure v C à VAL, elle est éteinte et présente une résistance rE très E grande. Quand le tube est allumé, le gaz ionisé présente une résistance rA . Quand la tension aux bornes du tube devient inférieure à VEX, il s’éteint. Déterm iner la variation de la tension aux bornes du condensateur en fonction du temps. AN : E = 90 V ; R = 1 MΩ ; C = 10 µF ; VAL = 65 V ; VEX = 55 V ; rA = 105 Ω R

3.2 – Décharge d’un condensateur R C

R C

C'

C'

Le condensateur C est initialement chargé avec une charge Q0 . Calculer pour les deux circuits l’expression de la charge et du courant pour les deux condensateurs.

3.3 – Circuit intégrateur On suppose que l’impédance de charge du circuit est très grande. La tension d’entrée est rectangulaire. Déterminer l’allure de la tension de sortie.

C Ve

R

Vs

3.4 – Circuit RLC série On considère un circuit RLC série dont le condensateur porte la charge initiale Q t = 0, on ferme l’interrupteur K.

0.

A l’instant

1) On donne R = 100 Ω. La résistance critique vaut 200 Ω et la

pulsation propre du circuit est égale à déduire les valeurs de L et de C.

ω0 = 2000 Rd/s. En

2) Déterminer Q(t) et I(t).

3.5 – Atténuateur compensé C1 e(t)

R1 C2

Écrire s(t) = f (e(t)) puis faire le changement de variable x(t) = s(t) – e(t).R2 /(R1 + R2 ). Résoudre l’équation différentielle ainsi obtenue quand s(t) R1 C1 = R2 C2 . Montrer que C2 n’apparaît pas dans l’expression du régime R2 permanent.

3.6 – Régime apériodique d’un circuit du second ordre Montrer en utilisant les notations du cours (§ 4.1) que pour le régime apériodique, on a la 1  λ + Ω relation : T0 = ln  2Ω  λ − Ω 

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Exercices: Chapitre 4

4.1 – Équivalences série parallèle Montrer qu’en régime sinuso ï dal, ces deux circuits sont équivalents. Exprimer L en fonction de l et de Q = lω/r puis R en fonction de r et de Q.

A

l R r

B

L

Application numérique : l = 200 mH ; r = 10 Ω ; ω = 103 Rd/s.

B

4.2 – Équivalences série parallèle A

C'

C

R

r

B

Montrer qu’en régime sinuso ï dal, ces deux circuits sont équivalents. Exprimer C’ et r en fonction de C et R. Application numérique : C = 1 µF ; R = 109 Ω ; ω = 103 Rd/s.

B

4.3 – Diagramme d’impédance Le circuit est alimenté par une tension sinuso ï dale. Calculer son impédance complexe Z = X + jY. Donner l’allure des courbes X(ω) et Y(ω). Le vecteur OP est l’image de Z. Dans le plan co mplexe, tracer le lieu du point P quand ω varie.

C

C R

A

R

B

4.4 – Pont de Hay M Z1

R1

C r A

Z2

L R

R2 N

B

Le pont est alimenté par une tension sinuso ï dale. Établir la relation qui existe entre les valeurs R 1 , R2 , Z1 et Z2 à l'équilibre du pont. Z2 est une induc tance inconnue que l'on peut modéliser par une inductance pure L en parallèle avec une résistance pure R. Z1 est constituée par une résistance r en série avec un condensateur de capacité C. Déterminer L et R. AN : R1 = 0,5 kΩ, R2 = 1 kΩ, r = 10 Ω, C = 0,1 µF

E

4.5 – Pont de Maxwell On reprend le montage ci -contre mais cette fois Z 1 est formée par une inductance L en série avec une résistance ρ et Z2 par un condensateur C en parallèle avec une résistance Le pont est à l’équilibre si R1 = R2 = 1 kΩ, r = 1 MΩ, C = 1 µF. En déduire L et ρ. 4.6 – Modèles d’un quartz oscillateur En régime sinuso ï dal, déterminer l’impédance complexe des deux circuits. Déterminer les pulsations ωR et ωA pour lesquelles le module de l’impédance est nul ou infini. Montrer l’équivalence des deux circuits en exprimant C’ 0 , C’ et L’ en fonction de C 0 , C, et L.

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4.7 – Circuit déphaseur passif Le point milieu M du secondaire d’un transformateur est relié à la masse. Les tensions entre A et M d’une part et B et M d’autre part sont donc opposées. Montrer que si : U = E.sin(ωt), on a : V = F.sin(ωt – ϕ). Exprimer V et ϕ en fonction de E, R, C et ω. Comment varie ϕ quand R varie entre 0 et 50 kΩ, si C = 5µF et ω = 100π Rd/s. 4.8 – Circuit RLC série On considère un circuit RLC série alimenté par une t ension sinusoï dale u(t) = U.cosωt. On recherche la valeur du courant i(t) = I.cos(ωt – ϕ) 1) Déterminer l'impédance complexe Z du circuit. 1 L ω0 ω Poser : ω20 = ; Q= ; x= et écrire Z en fonction de Q et x. LC R ω0 2) En déduire I et ϕ. Tracer les courbes I(x) et ϕ(x) pour Q = 0,2; 1; 5; 10.

L C

3) Déterminer les valeurs de U L et UC en fonction de Q et de x. Montrer qu'il exis te une valeur Qm de Q telle que si Q < Qm, les tensions UL et UC ne pr ésentent plus de maxima. 4) Tracer sur un même graphe les courbes H(x) = UL / U et G(x) = UC / U

univdocs.com Exercices: Chapitre 5,6,7

5.1 – Filtre en T C

C

Ve

Ru

R

Vs

Calculer les éléments du générateur de Thévenin vu par RU entre A et B. En déduire la fonction de transfert du montage : H(jω) = VS /VE Poser x = RC ω et conserver dans les calculs l 'impédance complexe des condensateurs sous la forme Z C le plus longtemps possible.

V2

Calculer en régime sinusoïdal, la fonction de transfert de ce filtre. On posera x = RCω. Tracer rapidement la courbe de réponse de ce fi ltre H(x) = f (Log(x)).

A

B

5.2 – Filtre en T R V1

R C

Ru

5.3 – Cellules RC en cascade Le montage est alimenté par une tension sinusoïdale. Étudier le montage quand celui -ci possède une, deux puis trois cellules. Dans tous les cas, la dernière cellule n’est pas chargée. Calculer la fonction de transfert complexe H(j ω) du montage. On posera x = RCω. Expliquer pourquoi H2 est différent de H1² 5.4 – Filtre passe bande Le montage est alimenté par une tension sinusoïdale. Calculer la fonction de transfert complexe H(j ω) du montage puis en déduire sa norme H ( ω ) = VS / VE . On posera x = RCω. Tracer rapidement pour 0,1 ≤ x ≤ 10 la courbe de réponse H(x) = f (Log(x)) de ce filtre. 5.5 – Réseau en double T Calculer la fonction de transfert en régime sinusoïdal de ce circuit. On suppose la sortie ouverte (pas de charge). Poser ω0 = 1/RC et x = RCω. On pourra soit transformer le circuit initial par utilis ation du A théorème de Kennely, soit appliquer le thé orème de MillC C man en A puis en B. B R R Montrer que ce montage est un filtre coupe -bande dont la R/2 courbe de gain est symétrique par rapport à la valeur x = 1. 2C V1 V2 On pourra par exemple changer x en 1/x.

univdocs.com 5.6 – Filtre coupe bande Calculer en régime sinusoïdal la fonction de transfert H(jω) = VS/VE de ce montage si le courant de sortie est nul. Il est conseillé de transformer le schéma initi al. Montrer que la norme de H est nulle pour R = R 0 et ω = ω0. AN : L = 0,25 H ; C = 2 µF ; r = 10 Ω. Tracer grossièrement ||H|| = f ( ω ). 5.7 – Fréquence de coupure On considère le quadripôle ci -contre, alimenté par une te nsion sinusoïdale et fermé par une impédance Z 0. Calculer la matrice impédance de ce filtre. Calculer en fonction des p aramètres Zij de la matrice l’expression de l’impédance d’entrée Z E d’un quadripôle chargé par Z0. On souhaite que ZE soit égal à Z0 (V1 = Z0.I1). Montrer que Z0 est soit purement réelle soit purement imaginaire selon que la valeur de la pulsation est supérieure ou inférieure à une valeur ω0 que l’on exprimera en fonction de L et de C. Reprendre l’exercice en remplaçant les condensateurs par des inductances de valeur L/2 et l’inductance par un condensateur de valeur C. 5.8 – Filtre de Colpitts ω) = VS /VE de ce montage quand le

Calculer en régime sinusoïdal la fonction de transfert H(j courant de sortie I2 est nul. L’écrire sous la forme : H=

K  ω ω0   1 + jQ  − ω ω  0 

=

K 1 + jQ ( x − 1 / x )

avec Q = RCω0 ; K = C1 /(C 1 + C2) et x = ω/ω0. 5.9 – Filtre de Hartley Reprendre l’exercice 5.8 avec le circuit ci-contre. Poser cette fois K = L2 /(L1 + L2) Comparer les résultats obtenus pour ces deux circuits.

univdocs.com Exercices: Chapitre 9 7.1 Circuit à diode I

R1 A

E

R2 B

Rc

En utilisant les divers modèles de la diode, ca lculer le courant débité par le générateur. E = 12 V ; R1 = 6 kΩ ; R2 = 3 kΩ ; RC = 1 kΩ ; Pour le modèle « avec seuil et résistance » prendre RD = 100 Ω.

7.2 Diodes défectueuses La diode du circuit ci-dessus est en court-circuit. Déterminer VAB Même question si la diode est coupée. 7.3 Alimentation continue Pour réaliser une alimentation continue de 15 V, qui débite dans une résist ance R = 680 Ω, on utilise un redresseur en pont avec un condensateur de filtrage C en parallèle sur R. On veut que la tension d’ondulation soit inférieure à 1 V. Déterminer la tension (efficace) du secondaire du transformateur et la valeur de C. 7.4 Étude graphique d’une diode Représenter graphiquement l'évolution de la tension V AK et du courant i en fonction du temps dans les deux cas suivants : a) e(t) = 1,2 + 0,2.sin ωt R = 10 Ω b) e(t) = 1,6 + 2.sin ωt R = 100 Ω i (mA) 60

R i e(t)

30

Vak

Vak (V)

7.5 Translateur de niveau A C v

R B

0,8

La tension d’entrée est v = U.sinωt On pose T = 2π/ω et on suppose que RC >> T. Comment varie la tension aux bornes de la résistance R si la diode est idéale.

7.6 Doubleur de tension A v

C1 D1

D2 C2

R B

La tension d’entrée est v = U.sinωt Expliquer le fonctionnement du circuit quand la cond ition RC2 >> T est satisfaite. Montrer que la tension aux bornes de R tend alors vers la valeur 2U.

univdocs.com 7.7 Régulateur à diode Zener R

A Vs

Ve

Ru B

1) Calculer IZ maximum. 2) Quel est le générateur de Thévenin (E th , Rth ) équivalent entre A et B. 3) Déterminer le point de fonctionnement. 4) Calculer R et RU sachant que : – VE = 40 V si I Z = IZ max/2 et que : – VE = 35 V si Eth = 1,2 VZ.

5) Calculer alors IZ si VE = 45 V. 6) On considère que RZ = 25 Ω. Calculer alors δVS/VS 7) On fait varier RU. Quel est le domaine de variation de cette résistance dans lequel la régulation est assurée ? Données numériques : VE = 40 V ± 12,5 % VZ = 24 V PZ max = 1,3 W RZ sera négligée sauf dans la question n° 6. 7.8 Régulateur à diode Zener On reprend le schéma de l’exercice 7.7 avec V E = 18 V, R = 100 Ω. La diode est caractérisée par : UZ = 7 V si I Z = 100 mA et par UZ = 6,2 V si IZ = 20 mA. Sa caractéristique est linéaire pour 5 ma < I Z < 100 mA. Déterminer l’équation de la caractéris tique inverse. Calculer la résistance dynamique et les valeurs de la résistance statique pour I Z = 30 ma, 60 mA et 100 mA. Calculer UZ pour RU = 100 Ω Entre quelles limites peut varier R U pour que la Zener travaille dans la partie linéaire de sa caractéristique ? 7.9 Régulateur à diode Zener On reprend le schéma de l’exercice 7.7 avec V E = 40 V, VZ = 10 V, RZ = 10 Ω, R = 1,5 kΩ et RU = 200 Ω. Calculer l’ondulation de la tension de sortie si celle de la tension d’entrée est de 4 V crête à crête.

univdocs.com Exercices: Chapitre 10-13 9.1 Gain du transistor Le courant émetteur d’un transistor est 100 mA et son courant base vaut 0,5 mA. Déterminer les v aleurs des coefficients α et β du transistor. 9.2 Transistor saturé On donne : VCC = 20 V ; VBM = 10 V ; RC = 10 kΩ et RB = 47 kΩ. Calculer le courant base et la tension V CE du transistor.

Vcc Rc Rb Vbm

9.3 Transistor saturé On reprend le montage 9.2 avec : VCC = 5 V ; VBM = 5 V ; RC = 470 Ω et RB = 4,7 kΩ. Calculer le courant base, le courant collecteur et la tension V CE du transistor. 9.4 Polarisations d’un transistor Rb

Vcc

Vcc

Rc

Rc Rb

-a-

-b-

Vcc Rb

Rc

-c-

Re

On donne : VCC = E = 15 V ; VBM = 10 V ; RC = 1 kΩ , RE = 100 Ω et RB = 200 kΩ. Calculer le courant collecteur pour chaque circuit pour un g ain β = 100 puis pour un gain β = 300. Quel montage est le moins sensible aux variations de β ? 9.5 Polarisation par résistance de base Vcc Rb

Rc

On donne : VCC = 10 V ; β = 300 ; VBE = 0,6 V ; RC = 1 kΩ et RB = 470 kΩ. Quel est le point de fonctionnement du montage ? Même question si RB = 200 kΩ.

9.6 Polarisation par résistance de base Vcc Rc Rb

On donne : VCC = 11 V ; β = 170 ; VBE = 0,6 V ; RC = 1 kΩ et RB = 180 kΩ. Quel est le point de fonctionnement de ce transistor ?

9.7 Polarisation par pont de base On réalise le montage suivant :

univdocs.com On donne : VCC = 12 V ; β = 60 ; VBE = 0,6 V ; RC = 4,7 kΩ. On veut que IP ≥ 10.IB ; VEM = 0,2VCC et VCE = 0,4VCC. Calculer RE , R1 et R2 pour obtenir ces valeurs. Déterminer pour ces conditions quel sera le point de fonctio nnement du montage.

Vcc R1

Rc

R2

Re

9.8 Polarisation par pont de base Vcc

Calculer les valeurs de RE et de R2 sachant que : VCC = 9 V ; β = 150 ; VBE = 0,6 V ; R1 = 90 kΩ ; IB = 20 µA ; VCE = 6 V.

Re

Quel est le point de fonctionnement du montage ?

R1

R2

9.9 Générateur de courant Calculer le courant qui circule dans la diode. On donne : VCC = E = 5 V ; VBM = 2 V ; RE = 100 Ω.

Vcc

Les caractéristiques du transistor utilisé ont -elles une influence sur le fonctionnement du montage ?

Vbm Re

9.10 Générateur de courant constant On donne : VBE = 0,6 V ; VZ = 6,6 V ; RE = 2 kΩ ; VCC = 15 V . Quel est le rôle de la résistance R 1 et comment doit -on choisir sa valeur ? Calculer le courant I C qui circule dans la résistance de collecteur. Dans quel domaine peut-on faire varier la résistance de charge R C sans que le courant IC varie ?

Vcc R1

Rc

Re

12.1 Amplificateur émetteur commun E

R1

RC

Ce RG R2

rE r'E

Cs

RU R E Cd

vs

On donne : E = 15 V ; VBE = 0,6 V RC = 6,2 kΩ ; RE = 1500 Ω ; R1 = 56 kΩ ; R2 = 10 kΩ. Calculer le gain en tension du montage si R de charge). Même question si RU = 10 kΩ .

U

= ∞ (pas

univdocs.com 12.2 Amplificateur émetteur commun R2

RE

On donne : E = 15 V ; VBE = 0,6 V RC = 6,2 kΩ ; RE = 1500 Ω ; R1 = 56 kΩ ; R2 = 10 kΩ. Calculer le gain en tension si R U = ∞. Même question si RU = 10 kΩ .

E Cd

Ce RG

Cs R1

vs

RC RU

On donne β = 150. Calculer les impédances d’entrée et de sortie de l’étage.

12.3 Amplificateur émetteur commun non découplé On utilise le schéma et les données de l’exercice 12.1 ; la résistance RE est cette fois décomposée en deux résistances rE = 500 Ω et r’E = 1000 Ω. On considère que β = 150. Calculer les impédances d’entrée et de sortie de l’étage et le gain de l’étage si : – il n’y a aucun découplage sur l’émetteur. – la résistance r’E est découplée mais pas r E. Quel est l’intérêt de ce découplage partiel de l’émetteur ? 12.4 Amplificateur collecteur commun RC CE

U

R1 CS

RG R2

RE

vS

RU

Calculer la tension de sortie v S et l’impédance de so rtie. On donne : U = 15 V ; R1 = 30 kΩ ; R2 = 30 kΩ ; RE = 10 kΩ ; RU = 2,7 kΩ. Générateur : vG = 50 mV et RG = 10 kΩ.

univdocs.com Exercices: Chapitre 14

-1 Amplificateur à transistors RC

R1

RC

VCC

R1

C

RU

R2

VE

R2

RE

On considère le montage cicontre avec : VCC = E = 12 V. R1 = 12 kΩ R2 = 3,6 kΩ RC = 2 kΩ RE = 1 kΩ RU = 2 kΩ T1 = T2 = NPN ; h11 = 450 Ω β = 100

VS

RE

Pour les quatre cas suivants, calculer le gain en t ension du m ontage et son i mpédance d’entrée. 1) Aucun émetteur n’est découplé. 2) Seul l’émetteur de T1 est découplé. 3) Seul l’émetteur de T2 est découplé. 4) Les deux émetteurs sont découplés. -2 Amplificateur à transistors On considère le montage suivant avec : R1 C

VCC

B E

A

R V2

F VE

R2

R

V1

VCC = E = 12 V R1 = 330 kΩ R2 = 220 kΩ T1 = NPN β1 = 200 ; VBE = 0,6V h12 = 0 ; h22 = 0 T2 = PNP β2 = 100 ; VBE = –0,6V h12 = 0 ; h22 = 0 Pour IC = 1 mA, la pente s = β/h11 vaut 38 mA/V.

1) Pour T2 , on fixe VCE = – 4V. Calculer le courant dans les résistances R en fonction de IB1. 2) Calculer VC1M , VC2M , VE1M et VB1M. 3) Calculer IB1 , IC1 , IB2 et IC2. 4) Calculer R. 5) Calculer h11 pour les deux transistors. 6) Dessiner le schéma équivalent du montage. 7) Calculer les gains V1/VE et V2/VE. 8 ) Calculer l'impédance d'entrée ZE quand la sortie S2 est ouverte et la sortie S1 fermée sur une résistance ρ.

univdocs.com 3 Amplificateur à contre-réaction On considère le montage suivant : la polarisation du premier transistor est assurée par l’étage précédent (non représenté). Calculer l’impédance d’entrée, le gain en tension et VCC l’impédance de sortie. On donne : R2 R1 VCC = E = 30 V R1 = 5,6 kΩ R2 = 1 kΩ R3 = 1,8 kΩ R4 = 180 Ω Les transistors sont complémentaires. T1 = NPN ; β = 150 ; VBE = 0,6V R3 V S T2 = PNP ; β = 150 ; VBE = 0,6V Pour les deux : h11 = 26.β/IC(mA). V E

R4

4 Amplificateur cascode On considère le montage ci-dessous : RC

R3 R1

+E

C

VS

R4 T1 VE

R2

Calculer le gain en tension et les impédances d’entrée et de sortie. Déterminer la valeur des éléments du montage pour avoir un gain de 20 dB. On donne : E = 15 V ; C = 470 µF T1 = T2 avec β = 80 pour IC = 6 mA

RE –E

5 Amplificateur à liaison directe On considère le montage suivant :

9,1 k

9,1 k

4,3 k

20 V

10 V

4,2 V

100 k 3,5 V

0V

1,3 V – 0,7 V

4,7 k

750

1,5 k

0V

100 k – 10 V

Vérifier à partir du schéma les valeurs des potentiels continus et montrer que le gain de l’ensemble est voisin de 35. (Le pont diviseur ajustable en sortie permet de fixer le potentiel de sortie à 0V en l’absence de signal sur l’entrée).

univdocs.com 6 Déphaseur de gain unitaire On considère le montage suivant avec : VCC RC

R1 C

R2

VE

RE

VS2

VS1

VCC = E = 20 V. R1 = 150 kΩ R2 = 56 kΩ RC = 4,7 kΩ RE = 4,7 kΩ. Déterminer les tensions de sortie VS1 et VS2 et préciser leurs phases relatives.

7 Fréquence de coupure On utilise le schéma de l’exercice 12.1 ; on donne : E = 30 V ; VBE = 0,6 V ; RC = 600 Ω ; RE = 1000 Ω ; RU = 300 Ω ; RG = 600 Ω R1 = 6 kΩ ; R2 = 3 kΩ ; CE = 4,7 µF ; CS = 6,8 µF ; CD = 100 µF ; β = 175. Calculer les fréquences de coupure du montage induites par les condensateurs d’entrée et de sortie. 8 Théorème de Miller C

A

a C1

A

C2

On considère le circuit a dans lequel le quadripôle est un amplificateur de gain en tension A dont l’entrée et la sortie sont shuntées par le condensateur C. Montrer qu’il est équivalent au circuit b si : C1 = C(1 – A) et C2 = C(A – 1)/A.

b

9 Relation entre le temps de montée et la fréquence de coupure On considère un condensateur C alimenté par un générateur continu de tension E en série avec une résistance R. On dé finit le temps de montée comme la durée que met la tension aux bornes du condensateur pour passer de la valeur 0,1.E à la valeur 0,9.E ; exprimer ce temps en fonction du produit RC. Un étage amplificateur est caractérisé par une fréquence de coupure haute qui est égale à fH = 1/2πRC. Quel est le temps de montée correspondant de la sortie de l’étage ? 10 Association de cellules passe-haut On associe en cascade N cellules passe-haut du premier ordre identiques. Déterminer en fonction de la fréquence de coupure d’une cellule la fréquence de coupure de l’ensemble.

univdocs.com Exercices: Chapitre 15 -1 – Multiplicateur Calculer VS en fonction de VE. Donner les limites de validité de la relation obtenue. Quelle est la valeur supérieure de R2 ? Quel est le rôle de R0 ?

+

R0 A Ve

– R2

R1

Vs

-2 – Multiplicateur R1

Calculer VS en fonction de VE. Donner les limites de validité de la relation obtenue. Quelle est la valeur supérieure de R2 ? Quel est le rôle de R0 ?

R2 A

– +

Ve

Vs

R0

-3 – Sommateur R1

A

R2 V1

R0 –

R3

V2

+ Vs

V3

Calculer VS en fonction des tensions V1, V2 et V3. Application numérique : V1 = 1 V ; V2 = – 2 V ; V3 = 0,3 V R1 = 10 kΩ ; R2 = 20 kΩ ; R3 = 10 kΩ R0 = 100 kΩ .

-4 – Amplificateur différentiel R1

Calculer VS en fonction des tensions V1 et V2. Quelle est la charge vue par les générateurs V1 et V2 ?

R2

A

–

V1

+

R1

Vs

R2

V2

Application numérique : R1 = R2 = 10 kΩ.

-5 – Amplificateur à grand gain A

R2

R4 R3

R1

B

– +

Ve

Vs

Calculer VS en fonction de VE. Exprimer le gain en tension si R3 R2 Exercice 1.4 I = K.Vn . I’/I = 300/100 = 3. (45/33)n = 3 : ln3 = n.ln1,3636 n = 3,542. 0,1 A = K.333,542 K = 4,183.10–7 (système MKSA).

RC est :

45 V

Équation de la droite de charge : V2 = E – R.I = 40 – 100.I Graphiquement, on tire : I ≈ 85 mA ; V2 ≈ 31,5 V. Exercice 1.5 Équation de la droite de charge : U = E – R1 .I = 20 – 2000.I On trace la caractéristique du dipôle équivalent à la lampe et à R2 . (Additivité des courants pour une même tension). L’intersection de cette nouvelle caractéristique avec la droite de charge donne le point de fonctionnement. U=5 V et I = 7,5 mA. Le courant dans la lampe est alors 5 mA .

200 mA

U (V) 10 RI

5

I(mA) 5

10

univdocs.com Exercice 2.1 I1

R3

I2

E1

I3

R1

R4

Corrigé des exercices: Chapitre 2

R5

I1 – I2

Courant dans R4 : I1 – I2 Courant dans R5 : I2 – I3 Il y a trois courants inconnus donc il faut étudier trois mailles.

R2

E2

E3

E4

maille 1 : R3.I1 + R4(I1 – I2) + E4 = 0 maille 2 : – R4(I1 – I2) –E1 + R1.I2 + R5(I2 – I3) + E3 = 0 maille 3 : – R5(I2 – I3) +R2.I3 + E2 = 0 Il faut résoudre le système :

LM 20 MM−100 N

OP LM PP MM QN

OP PP Q

LM MM N

−10 0 I1 −2 25 −10 . I 2 = 2 −10 15 I 3 −12 Lle déterminant vaut : ∆ = 4000. La méthode de Kramer donne : 1 I1 = ∆

− 2 − 10

OP PP Q

20 − 2 0 20 − 10 − 2 1 1 2 25 − 10 ; I 2 = − 10 2 − 10 ; I 3 = − 10 25 2 ∆ ∆ − 12 − 10 15 0 − 12 15 0 − 10 − 12 0

I1 = – 0,3625 A ; I2 = – 0,525 A ; I3 = – 1,15 A Les trois courants réels circulent dans le sens opposé aux flèches. La matrice est symétrique donc M = MT . Son inversion donne : M

−1

275 150 100 1 150 300 200 = ∆ 100 200 400

Exercice 2.2 Soient I1, I2 et I3 les courants dans R 1, R2 et R3 (orientés positivement de la gauch e vers la droite). Pour les trois mailles, on obtient : maille 1 : R1.I1 + R4(I1 – I2) – E1 = 0 maille 2 : – R4(I1 – I2) + R2.I2 + R5(I2 – I3) = 0 maille 3 : – R5(I2 – I3) +R3.I3 – E2 = 0 Il faut résoudre le système :

LM60 MM400 N

OP LM PP MM QN

OP PP Q

LM MM N

OP PP Q

−40 0 I 1 6 −70 20 . I 2 = 0 −20 60 I 3 12

On tire : I1 = 0,245 A ;

I2 = 0,218 A ;

LMI OP 1 LM38 MMII PP = 1320 MM248 N Q N 1

⇒

2 3

OP LM PP MM QN

OP PP Q

−24 8 6 −36 12 . 0 −12 26 12

I3 = 0,272 A.

Exercice 2.3 – Méthode des mailles : Soient I1 et I2 les courants dans R 1 et R2. Si I1 est orienté positivement de la gauche vers la droite et si I2 a le sens opposé, on a :

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– 10 + 5.I1 + 10.(I1 +I2) = 0 (1) – 40 + 10.I2 + 10.(I1 +I2) = 0 (2) On multiplie (1) par – 2 et on ajoute à (2) ; on tire : I1 = – 1 A et I2 = 2,5 A I = I1 +I2 = 1,5 A et U = R3.I = 15 V – Principe de superposition : a) On « éteint » E2. E1 débite dans R1 en série avec R0 = (R2 // R3). On tire U1 = E1.R1/(R0 + R1) = 10.5/(5 + 5) = 5 V. b) On « éteint » E1. E2 débite dans R2 en série avec R0 = (R1 // R3). On tire U2 = E2.R2/(R0 + R2) = 40.(10/3)/(10 + (10/3)) = 10 V. U = U1 + U2 = 15 V – Méthode de Millman : 40 V 5Ω

10 Ω

10 V 10 Ω 0V

VA =

E1 / R1 + E2 / R 2 = 15V 1/ R 1 +1/ R 2 + 1/ R 3

Exercice 2.4 Soient A et B les extrémités de R C. Si on supprime R C, la fem entre A et B est (diviseur de tension idéal) : ET = E.R2/(R1 + R2) = 4 V. La résistance entre A et B quand E est remplacé par un court circuit est : RT = R1.R2/(R1 + R2) = 666 Ω. Le circuit éq uivalent comporte en série E T , RT et RC. Donc IC = ET /(RT + RC). Exercice 2.5 Circuit a Il faut commencer par l’équivalent Norton dont la détermination est immédiate La résistance de Norton est : RN = R1 // R2 = 6,66 Ω. On en déduit le générateur de Thévenin : RT = RN et ET =IN.RN = 20 V.

: IN = I1 + I2 = 3 A.

Circuit b On a des circuits en // : il faut remplacer le générateur de tension par un générateur de courant pour se ramener au circuit a avec R1 = 10 Ω et I1 = E/R1 = 0,4 A. IN = I1 + I2 = 1,4 A. La résistance de Norton est : RN = R1 // R2 = 5 Ω. Pour le générateur de Thévenin on obtient : RT = RN et ET =IN.RN = 7 V. Circuit c On a des circuits en série : il faut remplacer le générateur de courant par un générateur de te nsion. On a : E2 = I1.R2 = 10 V et R2 = 10 Ω. ET = E1 + E2 + E3 = – 4 + 10 + 2 = 8 V. Pour déterminer la résistance équivalente, on remplace les générateurs de tension par un court circuit : RT = R1 + R2 = 20 Ω. Enfin IN = 8/20 = 0,4 A. Exercice 2.6 – Thévenin : On remplace R2, R3 et E2 par le générateur équivalent. ET = E2.R3/(R2 + R3) = 20 V et RT = R2.R3/(R2 + R3) = 5 Ω. Le courant dans la maille série obtenue est tel que : – ET + (RT + R1).I + E1 = 0. Donc I = 1 A et VAM = VCM + VAC = 20 – 5 = 15 V. – Norton : On remplace chaque géné rateur de tension par un générateur de courant équiv alent : I1 = E1/R1 = 2 A ; I2 = E2/R2 = 4 A ; IN = I1 + I2 = 6 A. RN = R1 // R2 // R3 = 10/4 Ω. Donc VAM = RN.IN = 15 V.

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Exercice 2.7 On remplace E, R1 et R2 par un générateur de Thévenin équivalent : ET = E.R1/(R2 + R1) = 10 V ; RT = (R2 // R1) = 1 kΩ. Dans le circuit série obtenu, l’équation de la droite de charge est U = 10 – 1000.I Elle coupe les axes en U = 10 V et I = 10 mA. Pour le point de fonctionnement, on tire I = 5 mA.

: U = 5 V et

Exercice 2.8 On recherche l’équivalent Thévenin entre A et B. On débranche R C , alors : VAM = E.R2/(R2 + R1) = 3 V ; VBM = E.R4/(R3 + R4) = 2 V. ET = VAB = 3 – 2 = 1 V. Pour la résistance équivalente, il faut noter que remplacer le générateur par un court -circuit revient à réunir les points D et M : entre A et B, la résistance est donc égale à (R 2 // R1) en série avec (R3 // R4) soit RT = 2,166 kΩ. Le courant dans RC est : IC = ET /(RT + RC). Exercice 2.9 Si on déconnecte le point 1, il doit y avoir égalité des i mpédances entre 2 et 3. Z23 = R2 + R3 = R23 // (R12 + R13). On tire les trois égalités suivantes : R R + R13 R23 R R + R13R12 R R + R13R23 R 2 + R3 = 12 23 ; R 2 + R1 = 12 23 ; R1 + R3 = 12 13 R12 + R23 + R13 R12 + R23 + R13 R12 + R 23 + R13 En sommant les 2 premières égalités et en retranchant la 3 e, on déduit : R12 . R13 R12 . R 23 R23 . R13 R1 = R2 = R3 = R12 + R12 + R23 R12 + R12 + R23 R12 + R12 + R 23 Pour la transformation inverse, on pose : R12 R 13 R 23 S S = R 1R 2 + R 2 R 3 + R 3 R 1 = . Mais comme : = R 23 R 12 + R 13 + R 23 R1 on déduit : R 23 =

R1 R2 + R2 R 3 + R3 R1 R1

...

Exercice 2.10 a) On remplace le triangle R 2, R4, R5 par une étoile R A, RB, RD. On applique ensuite Thévenin en notant que VAB = VCD car il ne circule a lors aucun courant dans les résista nces R3 et RB puisque RC est déconnecté quand on détermine ET . A RA, RB, RD seront calculées avec les formules ét ablies R3 R1 C dans l’exercice 2.9. RC RA E On calcule ensuite : ET = E.RA /(R1 + RA + RD) D B RB puis RD RT = R3 + (RA // (R1 + RD)) + RB b) Il est plus simple d’appliquer deux fois de suite le théorème de Thévenin : C R1

E

R4

R2 R5

D

A

C R3

R'

A RC

E'

B

On a par exemple R” = R3 + (R4 //(R’ + R5))

R3

R4

RC

R5

D

A

R''

B

E''

RC

B

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Exercice 2.11 On remplace la partie gauche (E, R 3 et R2) par son équivalent Thévenin : ET = E.R2/(R3 + R2) = 6 V et RT = R2.R3/(R2 + R3) = 2 kΩ. Mais RT + R1 = R3 : on est ramené au cas précédent avec un générateur dont la fem est divisée par trois. On itére l’opération pour les n cellules. On obtient un circuit série comportant un générateur de fem E/(3n), RT = 2 kΩ, R1 et RC. Exercice 2.12 k1 E / 2 R + VB / R k E + 2 VB VA = = 1 1 / 2R + 1/ 2R +1 / R 4 V / R + k2 E / 2 R + VC / R 2 VA + k 2 E + 2 VC kE k E V VB = A = ; VB = 1 + 2 + C 1 / 2R + 1/ R + 1/ R 5 8 4 2 V / R + k3 E / 2 R + VD / R kE k E kE V VC = B ; VC = 1 + 2 + 3 + D 1/ 2R +1 / R +1 / R 16 8 4 2 k E + 2 VC kE kE kE k E E VD = 3 ; VD = 1 + 2 + 3 + 4 = k1 . 2 0 + k 2 . 21 + k 3 . 2 2 + k 4 . 23 3 16 8 4 2 16

c

h

Ce circuit est appelé convertisseur R -2R. Il permet de transformer une information codée en binaire en une tension analogique. Exercice 2.13 On peut transformer le triangle en étoile (cf exercice 2.9). A Chaque résistance de l’étoile vaut : r/3 r/3 r.r/(r + r + r) = r/3. r/3 On cherche la résistance entre A et B : R R = r/3 +(4r/3 // (r/3 + R)). r B r 12 Rr + 4 r 2 R= + 3 3r + 9 R + 12 r 9R² + 15Rr = 5r² + 3Rr + 12Rr + 4r² ⇒ r = R On peut aussi transformer l’étoile en triangle : A r 3r 3r

3r

R

B

Chaque résistance du triangle vaut : 3r²/r = 3r. On désire que la résistance entre A et B soit égale à R : R = 3r // ((3r // r) + (3r // R)). 1 1 4 R + 12 r = + 2 R 3r 9 r + 15Rr

On retrouve évidemment r = R. Exercice 2.14 On trace la caractéristique équivalente à r en série avec la thermistance Th. On remplace E, R et R C par le générateur de Thévenin équivalent pour obtenir un circuit série co mposé de ET , RT et (r + Th). ET = E.RC/(R + RC) et RT = R.RC/(R + RC). E. R C R. RC − i qui est l’équation de la droite de charge. R + RC R + RC Si i = 60 mA, on lit sur le graphe u = 9,6 V. On tire R ≈ 200 Ω. (u = 0,8E – 16.i) Si E varie de ± 15%, on a : 20 ≤ E ≤ 28 V. Quand E varie, la droite de charge se déplace en restant parallèle à elle-même dans le plan u, i. On obtient donc : u =

univdocs.com 10 V

r + Th Th

E= 28 V E=

E=

V

V

Dans la zone des points de fonctionnement, la tension reste constante aux bornes de R C.

24

20 u' = 15.i

100 mA

caractéristique est pratiquement horizontale donc la

univdocs.com Corrigé des exercices: Chapitre 3 Exercice 3.1 Quand le tube est éteint, le courant est nul : le condensateur se charge uniquement à travers R : – E + R.i +v = 0 et i = dQ/dt = C.dv/dt. On pose τ1 = R.C t − dv RC + v = E ⇒ v = Ae τ1 + E dt On prend comme temps origine le moment où l a lampe s’éteint : v = VEx v(t) = E – (E – VEx).e–t/τ1 . La charge cesse quand v = VAl ; sa durée vaut : E − VEx T1 = τ1 Log E − VAl Lors de la décharge du condensateur dans la lampe conductrice, on a r 1 2 Q² − 1 Un calcul identique pour UC donne un maximum pour x C = 1/xL. Il y a trois fréquences réduites caractéristiques xC, 1 et xL qui se confondent quand Q est grand. xC et xL correspondent à des surtensions aux bornes du condensateur et de l’inductance : ce sont les résonances en tension. Pour ω = ω0 , il y a résonance en courant dans le circuit. Il faut que 2Q² – 1 > 0 soit Q > 1/√2. On a alors : x L =

UL /U Q

1

UC

UL xC

1

xL

x

Courbes UL /U et UC /U en fonction de x.

univdocs.com Corrigé des exercices: Chapitre 5,6,7 Exercice 5.1 On cherche l’équivalent Thévenin du circuit entre A et B : e = E.R/(R + ZC) et ρ = ZC + (R // ZC) = ZC.(2R + ZC)/(R + ZC) La tension de sortie est donc : s = e.RU /(ρ + RU) et la fonction de transfert est : RR U RR UC ²ω ² H ( jω ) = = ZC ² + 2 RZ C + RR U + R u ZC −1 + RR U C² ω ² − j2 RC ω − jR U Cω On pose α = RU /R et x = RCω H ( jω ) =

αR ² C²ω ² αx ² = −1 + αR ² C² ω ² − j2 RC ω − jαRCω αx ² − jx ( α + 2) − 1

C’est un filtre passe -haut dont le gain maximum (pour ω = ∞) est 1. La fréquence de coupure est fonction de la charge. Exercice 5.2 On cherche l’équivalent Thévenin entre A et B : e = E.ZC/(R + ZC) et ρ = R + (R // ZC) = R.(R + 2ZC)/(R + ZC) La tension de sortie est donc : s = e.RU /(ρ + RU) et la fonction de transfert est : ZC R U RU H ( jω ) = = R ² + 2 RZ C + RR U + R u ZC 2 R + R U + jRC ω ( R + R U ) H =

RU ( 2 R + RU )² + R ² C² ω ²( R + R U ) ²

C’est un filtre passe-bas dont le gain maximum (pour ω = 0) est : RU/(2R + RU). Exercice 5.3 Une seule cellule non chargée. C’est un passe -haut du 1e ordre qui forme un diviseur de te nsion V jRC ω jx ω idéal (DTI). H = 2 = = ( ω 0 = 1 / RC ; x = ) V1 1 + jRC ω 1 + jx ω0 Deux cellules. On applique le théorème de Millman en B : jCω(V1 + V2 ) VB = . Donc : VB(1 + 2jx) = jx(V1 + V2) 2 jCω + 1 / R ( jx )²( V1 + V2 ) La seconde cellule est un DTI et donc : V2 = jx.VB/(1 + jx)= (1 + jx )(1 + 2 jx ) On en déduit l’expression de H2 (filtre passe-haut du second ordre) : V ( jx )² H2 = 2 = V1 1 + 3 jx + ( jx )² La première cellule est chargée par la seconde et donc H2 ≠ H1² Trois cellules. On peut écrire (loi des nœuds en B) : jCω(V1 – VB) + jCω(VA – VB) = VB/R jRCω(V1 – VB + VA – VB) – VB = 0 jxV1 + jxVA = VB(1 + 2jx) De même (loi des nœuds en A) : jCω(VB – VA) + jCω(V2 – VA) = VA/R jRCω(VB – VA + V2 – VA) – VA = 0 jxVB + jxV2 = VA(1 + 2jx)

univdocs.com ( jx ) ² V1 + ( jx ) ² VA + ( jx ) V2 = VA (1 + 2 jx) 1 + 2 jx ( jx )² V1 + jx (1 + 2 jx ) V2 VA = 1 + 4 jx + 3( jx ) ² La dernière cellule est un DTI et donc : (1 + jx)V2 = (jx)VA (1 + 4jx + 3(jx)²)(1 + jx)V2 = (jx)3V1 + (jx)²(1 + 2jx)V2 ( jx ) 3 On tire : H3 = (filtre du 3 e ordre) 1 + 5( jx ) + 6( jx )2 + ( jx )3

205

Donc :

Exercice 5.4 La sortie n’est pas chargée donc R et C forment un diviseur de tension idéal : VS = ZCV1/(R + ZC).Le circuit d’entrée est formé de Z C + (R //(R +ZC)). En posant ρ = R(R+ZC)/(2R + ZC), il vient : V1 = VE.ρ/(ρ + ZC). ρZC VE La tension de sortie est donc : VS = . La fonction de transfert est : R + ZC ρ + ZC RZ C 1 1 1 H= = = = Avec : R ² + 3RZC + ZC ² R / ZC + ZC / R + 3 jRC ω + 1 / jRC ω + 3 j( x − 1 / x) + 3 G ω 0 = 1 / RC ; x = ω / ω 0 1/3

b

gb

g

Le produit par le complexe conjugué donne le carré de la norme et 1 donc : H = 9 + ( x − 1 / x) ² 0,1

1

x

0,1

C’est un filtre passe-bande du 2e ordre qui est centré sur ω0 = 1/RC.

10

Exercice 5.5 On transforme le circuit en deux Π reliés en // avec le théorème de Kennelly : Impédances du 1e Π (issu du T formé de C, C et R/2) : A a

C

A

c

b

B

A = 2(ZC² + RZC)/R. B = C = ZC + R Impédances du 2e Π : (T formé de R, R et 2C) En remarquant que Z(2C) = ZC /2, on tire : a = 2(R² + RZC)/ZC. b = c = ZC + R 2RZC ( R + ZC ) A = A // a = . B = B // b = ½(ZC + R) R ² + ZC ²

La sortie n’est pas chargée donc A et B forment un DTI : VS = B.VE /(A + B) R ² + ZC ² 1 − R ²C ²ω ² H= = R ² + ZC ² + 4 RZ C 1 + 4 jRCω − R ²C ²ω ² 2e méthode (théorème de Millman) : jCω ( V1 + V2 ) jCRω ( V1 + V2 ) jx ( V1 + V2 ) VA = = = (On pose x = RCω) 2 jCω + 2 / R 2( jCRω + 1) 2( jx + 1) De même : VB =

( V1 + V2 ) / R ( V1 + V2 ) ( V + V2 ) = = 1 2 jCω + 2 / R 2( jCRω + 1) 2( jx + 1)

La nullité du courant I 2 implique : jC ω(VA – V2) + (VB – V2)/R = 0

univdocs.com jx.VA – jx.V2 + VB – V2 = 0. On remplace alors VA et VB par leurs expressions. (jx)².V1 + (jx)².V2 – 2jx(1 + jx).V2 + V1 + V2 – 2(1 + jx).V2 = 0 H=

1 + ( jx )² 1− x² 1 ⇒ H (x ) = = 1 + 4 ( jx ) + ( jx ) ² (1 − x ²) + 4 jx 1 + 4 jx / (1 − x ²)

H ( 1x ) =

1 j 1 + 4 / (1 − x G

b g²) 1 x

=

1 1 − 4 jx / (1 − x ²)

1

x 0,1

1

10

H(1/x) = H*(x) : il y a symétrie par ra pport à x = 1 (ou à Log(x) = 0) La norme du gain est : 1 − x² H = (1 − x ²)² + 16x ² C’est un filtre coupe-bande d’ordre 2 centré sur ω0 = 1/RC

Exercice 5.6 On transforme avec le théorème de Kennelly le triangle L, C, C en une étoile Z 1, Z2 et Z3, Z3 étant en série avec R. Il n’y a pas de charge sur la sortie donc le co urant dans Z2 est nul : on a un diviseur de tension idéal formé de Z1 et de (R + Z3). H=

R + Z3 Z1 + R + Z3

avec : Z1 = Z 2 =

Z L ZC ZC ² et Z3 = ZL + 2ZC Z L + 2Z C

1 2R + R ( r + jLω) + ZC ² + RZ L + 2RZ C C² ω² jC ω H= = L 1 2R Z C ZL + Z C ² + RZ L + 2RZ C − + R ( r + jLω) + C C² ω² jCω H est nul si : Rr = 1/C²ω² et si RLω = 2R/Cω. On déduit : 1 2 R0 = et ω 0 = R0 = 6,2 kΩ et ω0 = 2.103 Rd/s. rC ²ω ² LC Pour ω = 0 et ω ⇒ ∞, on a : |H| = 1 et pour ω = ω0, H = 0 C’est un filtre coupe bande centré sur ω0. −

Exercice 5.7 − V1 + ZC I1 + ZL ( I1 + I2 ) = 0 ⇒ − V2 + ZCI 2 + ZL ( I1 + I2 ) = 0

RS T

FG V IJ = FG Z + Z HV K H Z 1 2

C

L

L

ZL ZC + ZL

IJ FG I IJ K HI K 1 2

Z Z L’impédance d’entrée est : Z E = Z11 − 12 21 (voir aussi la page 36) Z 22 + Z0 V = Z11I 1 + Z12I 2 Z21I1 En effet : 1 ⇒ I2 = − V2 = Z21I 1 + Z22 I2 = − Z0I 2 Z0 + Z22 2 ZL L 1 Z 0 = ZC + ZL − ⇒ Z20 = Z2C + 2 ZC . ZL = − ZC + ZL + Z 0 C 4C ²ω ²

RS T

univdocs.com 207

1 . Pour les fréquences inférieures, Z 0 est 2 LC une résistance pure. Au-dessus ce doit être une réactance pure. Deuxième montage : V1 Z + ZL ZC I1 Cette fois, on a : = C V2 ZC ZC + ZL I2 2 ZC L L ²ω ² ZE = ZC + ZL − ⇒ Z20 = Z2L + 2 ZC . ZL = − ZC + ZL + Z0 C 4 2 On met en évidence la fréquence de coupure ωC = . Pour les fréquences inférieures, Z0 est une LC réactance pure. Au-dessus ce doit être une résistance pure. On met en évidence la fréquence de coupure ω C =

FG IJ FG H K H

IJ FG IJ KH K

Exercice 5.8 Les deux condensateurs forment un DTI ; en posant C = C1C2/(C 1 + C2), on a : V2 = VA.C/C 2 R est en série avec (L // C). On forme un DTI entre l’entrée et le point A : 0 dB On pose Y = 1/jLω + jCω = 1/Z Z V1 V1 VA = V1 = = R+ Z 1 + R / Z 1 + R 1 / jLω + jCω 10 0,1 1 V V V C / C2 Soit : H = 2 = 2 A = Q=5 V1 VA V1 1 + j(RC ω − R / Lω)

b

g

On pose K = C/C 2 et LCω0 = 1 ⇒ ω0 = 1/ LC . On définit Q = RC ω0 = R / Lω 0 = R C / L . K Il vient : H = . C’est un passe-bande d’ordre 2 dont l’acuité est fonction de 1 + jQ ω / ω0 − ω 0 / ω Q (le facteur de qualité est en général défini par Q = L ω0/R).

b

g

Exercice 5.9 Les deux inductances forment un DTI ; on pose L = L1 + L2. V2 = VA.L2/L R est en série avec (L // C). On forme un DTI entre l’entrée et le point A : On pose Y = 1/jLω + jCω = 1/Z V L2 / L Comme dans l’exercice 5.8, on tire : H = 2 = V1 1 + j RCω − R / Lω

b

g

En posant K = L2/L, LCω0 = 1 et Q = RC ω0 = R / Lω 0 = R C / L , on obtient la même expression que pour l’exercice 5.8 Ces deux filtres sont utilisés pour réaliser des oscillateurs haute fréquence.

univdocs.com Corrigé des exercices: Chapitre 9 Exercice 7.1 On remplace le circuit entre A et B par son équivalent Thévenin. ET = E.R2 /(R1 + R2 ) = 12.(3)/(3 + 6) = 4 V et RT = 6.3/(3 + 6) = 2 kΩ. Diode idéale : Le courant est : I = ET /(RT + RC) = 4/(2 + 1)103 = 1,33 mA. Diode avec seuil : Le générateur débite dans (R T + RC) et dans un générateur de fem 0,7 V en oppos ition. Le courant est : I = (ET – ES)/(RT + RC) = 3,3/(2 + 1)103 = 1,11 mA. Diode avec seuil et résistance : Le générateur débite dans (R T + RC + RD) et dans un générateu r de fem 0,7 V en opposition. Le courant est : I = (ET – ES)/(RT + RC+ RD) I = 3,3/(2 + 1,1)103 = 1,05 mA. Exercice 7.2 Si la diode est en court -circuit, le circuit est équivalent au générateur (RT + RC). On en déduit que VAB = RC.I = 1,33 V. Si la diode est ouverte, le circuit est équivalent au générateur E en série avec (R déduit que VAB = R2 .I = 4 V.

ET en série avec 1

+ R2 ). On en

Exercice 7.3 Avec un montage en pont et un condensateur en tête, la tension de sortie U est voisine de VMax. Si on néglige la chute de tension dans les diodes, on a : Veff = U/√2 = 15/√2 = 10,6 V En tenant compte des diodes (2 en série dans un pont), on a : Veff = (15 + 1,4)/√2 = 11,6 V La valeur maximum de l’ondulation est donnée par : Vond = I/f.C. (cf. page 51) C = I/f.Vond = (15/680)/(2.50.1) = 220 µF (le redressement est double alternance donc f = 2.50 = 100 Hz). Exercice 7.4 60 mA

50 mA

I t Vak

0,8

Vak

Vak

0,8

t

La droite de charge est VAK = e(t) – R.I. Comme e varie, la droite de charge restant parallèle à elle-même.

se déplace en

En t = 0 , son équation est VAK = 1,2 – 10.I ; ceci détermine le point de fonctio nnement moyen. Pour ωt = π/2, e = 1,4 V et pour ωt = 3π/2, e = 1 V. On peut con struire point par point les courbes de variations d e V et de I en fonction du temps. Dans le premier cas, le point de fonctionnement reste dans la partie linéaire de la caractéristique : les variations de V et de I sont sinusoïdales.

univdocs.com Dans le second cas, l’équation de la droite de charge est : VAK = 1,6 + 2sinωt – 100.I V va devenir négatif. Le point de fonctionnement se déplace dans une zone non linéaire est très déformée. Bien noter que I reste > 0.

: VAK

Exercice 7.5 La tension aux bornes de R est V AB = v + VC (générateur et C en série). Pendant les alt ernances négatives, la diode est conductrice et charge le condens ateur à la tension crête U. L’armature positive est en A. Pendant les alternances positives, la diode est bloquée et C reste chargé car la constante de temps du circuit est grande. La tension de sortie varie avec une diode idéale entre 0 et + 2U. Avec une diode réelle, la tension de sortie varie entre – Vseuil et 2U – Vseuil. Exercice 7.6 La tension aux bornes de R est V AB ≈ v + VC1 . Pendant les alternances négatives, la diode D 1 est conductr ice et charge le conde nsateur C1 à la tension crête U. (armature positive en A). La diode D2 est bloquée. Pendant les alternances positives, la diode D 1 est bloquée et le générateur (en série avec C 1 ) charge C2 à travers D2 jusqu’à la tension 2U. Le courant de décharge doit être faible. C’est un doubleur de tension. Exercice 7.7 Le courant maximum à travers la diode Zener vaut I ZM = PZ/VZ = 54 mA. Générateur de Thévenin équivalent à VE, R, RU : On a ET = VE.RU/(R + RU) et RT = R.RU/(R + RU). ET/RT

PF VZ

ET

La droite de charge a pour équation : VZ = ET – RT .IZ Elle coupe la caractéristique inverse de la diode Zener en PF. Pour obtenir un point de fonctionn ement, il faut que VZ < ET .

Pour VE = 35 V, ET = 1,2.24 = 28,8 V ⇒ RU/(R + RU) = 28,8/35 = 0,822. 24 = 40.0,822 – RT .27.10–3 soit RT ≈ 330 Ω. On tire R ≈ 400 Ω et RU ≈ 2000 Ω. Pour une tension V E = 45 V (tension d’entrée maximale), le courant I Z est égal à (37 – 24)/330 soit 39 mA. Cette valeur est bien inférieure à I ZM. Pour déterminer la valeur de δVS, on peut déterminer les points de fonctionnement qui correspondent aux valeurs extrêmes de la tension d’entrée. Il est plus simple de déterminer le schéma équivalent, en régime de petits signaux, du montage. vE = ∆VE ; vS = δVS Comme rZ VZ. ET est minimum quand VE = 35 V. RU min i On a donc VZ = ET min i . et RU minimum égal 457 Ω. R + RU min i R

univdocs.com La plage de régulation correspond à 457 Ω < RU < ∞ Exercice 7.8 L’équation de la caractéristique inverse est : UZ = VZ + RZIZ = 6 + 10.IZ On trouve que la résistance dynamique vaut 10 Ω. Les valeurs de la résistance statique sont : pour IZ = 30 mA RZS = 210 Ω ; IZ = 60 mA RZS = 110 Ω ; IZ = 90 mA RZS = 76 Ω L’équivalent Thévenin est tel que : ET = 18.100/(100 + 100) = 9 V et RT = 50 Ω. – L’équation de la droite de charge est U Z = ET – RT .IZ = VZ + RZIZ Le point de fonctionnement pour R U = 100 Ω est : IZ = 50 mA et UZ = 6,5 V. Pour déterminer les valeurs extrêmes de R U, on calcule le courant J débité par le générateur et I le courant dans RU. (J = I + IZ) à partir de : VE – R.J = UZ. Pour IZ = 5 mA, UZ = 6,05 V ; J = 119 mA ; I = 119 – 5 = 114 mA. Donc : RU mini = 6,05/114.10–3 = 53 Ω. Pour IZ = 100 mA, UZ = 7 V ; J = 110 mA ; I = 110 – 100 = 10 mA. Donc : RU maxi = 7/10.10–3 = 700 Ω. Exercice 7.9

δVS 1 r = ∆VE Z . Donc ici x/4 = 10/150. L’ondulation de la tension VS VS R de sortie est égale à 26,7 mV. On a (voir exercice 7.7)

univdocs.com Corrigé des exercices: Chapitre 10-13 Exercice 9.1 |α| = IC /IE = 99,5/100 = 0,995. β = α/(1 – α) = IC/IB ≈ 200 Exercice 9.2 Le circuit d’entrée donne : IB = (VBM – VBE)/RB = 9,3/(47.103) = 0,2 mA. Le circuit de sortie donne : VCE = VCC – RC.IC = 10 – RC.β.IB = 10 – 5.β ; Tout transistor ainsi alimenté est saturé (V CE ≈ 0 ; IC < β.IB). Exercice 9.3 Le circuit d’entrée donne : IB = (VBM – VBE)/RB = 4,3/(4,7.103) = 0,915 mA. Le circuit de sortie donne : VCE = VCC – RC.IC = 5 – 0,43.β ; Tout transistor ayant un β > 12 et ains i alimenté est saturé : VCE ≈ 0 et IC = VCC/RC = 10,6 mA Exercice 9.4 Circuit a : Le circuit d’entrée donne : – VCC + RB.IB + VBE = 0 IB = (15 – 0,7)/(200.103) = 71,5 µA. Si β = 100, IC1 = 7,15 mA. Si β = 300, IC2 = 21,45 mA. Rapport IC2 /IC1 = 3 Circuit b : Le circuit d’entrée donne : – VCC + (RC + RB)IC + RB.IB + VBE = 0 V − VBE Or IB = IC/β donc : I C = C C RC + RB / β Si β = 100, IC1 = 4,77 mA. Si β = 300, IC2 = 8,58 mA. Rapport = 1,8 Circuit c : Le circuit d’entrée donne : – VCC + RB.IB + VBE + REIE = 0 V − VBE Or IE ≈ IC = β.IB donc : I C ≈ C C RE + RB / β Si β = 100, IC1 = 6,8 mA. Si β = 300, IC2 = 18,6 mA. Rapport ≈ 3 Le circuit b est un peu meilleur que les autres pour stabiliser le courant collecteur. Exercice 9.5 Le circuit d’entrée donne : VBM = RB.IB = 10 – 0,6 = 9,4 V IB = 9,4/(470.103) = 20 µA. Comme β = 300, IC = 6 mA. En sortie, on a VCE = VCC – RC.IC = 4 V. Si RB = 200 kΩ, on a RB < β.RC donc le transistor est saturé. Exercice 9.6 En entrée : – VCC + (RC + RB)IC + RB.IB + VBE = 0 V − VBE Or IB = IC/β donc : I B = C C βR C + R B Si β = 170, IB = 30 µA ; IC = 5,05 mA ; VCE = 5,95 V. Exercice 9.7 IC = (VCC – VCE – VEM)/RC = 12.(1 – 0,4 – 0,2)/4700 ≈ 1 mA.

univdocs.com 215

RE = VEM/IE = 2,4 kΩ ; on prendra 2,2 kΩ (valeur normalisée). IB = IC/β = 16,6 µA ; donc il faut I P > 170µA. On prend IP = 180 µA. R1 = (VCC – VBM)/(IP + IB) = (12 – (2,4 + 0,6)/197.10–6 ≈ 45 kΩ. On prend 47 kΩ R2 = VBM/IP = (2,4 + 0,6)/180.10–6 = 16,6 kΩ. On prend 18 kΩ. Exercice 9.8 IB = IC/β donc IC = 3 mA. VCE = VCC – IC.RE ; donc RE = 3/3.10–3 = 1000 Ω. VBM = (VBE + VEM) = 3,6 V. Soit I0 le courant dans R2. Le courant dans R1 est donc : I0 + IB. VCC = R1.I0 + R1.IB + R2.I0. Donc I0 = 40 µA. et R1 = 3,6/(40.10–6) = 90 kΩ. Le courant dans le pont est beaucoup trop faible. Il faut diminuer R 1 et R2. Exercice 9.9 Le circuit d’entrée donne pour le potentiel de l’émetteur : VEM = VBM – VBE = 2 – 0,7 = 1,3 V. Le courant d’émetteur est donc : IE = 1,3/100 = 13 mA ; C’est aussi le courant qui traverse la diode. La valeur du gain du transistor et celle de V priori indifférentes. Il faut toutefois que V CE reste positif.

CC

sont a

Exercice 9.10 La résistance R1 sert à polariser la diode Zener dans la partie linéaire de la caractéristique inverse. Si elle est trop faible, on consomme inutilement de la puissance. Le potentiel de base vaut VBM = VZ = VBE + VEM. VEM = RE.IE = 6 V donc IE = 3 mA. Comme I B > h11. v2 = v1 + β1β2R.i = (β1 + 1 +β1β2)R.i v2/vE ≈ 2β1β2R/(h11 + β1β2R ) ≈ 2.

2

1

8) La résistance de sortie ρ est en // sur R ; on pose R’ = R // ρ = R.ρ/(R + ρ) La résistance d’entrée ZE vaut RB // (vE /i) = R1 // R2 // (h11 + β1β2R’). Avec ZE ≈ 100 kΩ, on tire : (h11 + β1β2R’) ≈ 412 kΩ et R’ ≈ 20 Ω. Compte tenu de la valeur de R la valeur de la charge ρ doit donc être supérieure à 23 Ω. Le montage est un adaptateur d’impédance. Exercice 3 On dessine le circuit équivalent en régime de petits signaux : βi

3

11

i

11 1

E

4

1

i' βi

βi' 2

2

vE = (h11 + (β + 1).R4).i + R4βi’. vE ≈ R4β(i + i’) vS = vE + R3β.i = R4β(i + i’) + R3β.i Dans la maille masse, C1, E2 R1 et R2 , on a : R1β.i = h11.i’ +(β + 1)R2.i’ ≈ R2β.i’. Donc : i’ = i.R1/R2 Et : vE = R4β(1 + R1/R2)i

vS = vE + βR3.R1/R2.i R1R 3 = 9,5. vS/vE = AV =1 + R 4 ( R1 + R 3 ) ZE = vE/i = {h11 + βR4(1 + R1/R2)} = 178 kΩ Pour le calcul de ZS, il faut écrire que l’impédance de sortie est le quotient de la tension de sortie à vide par le courant de court-circuit : ZS = vTàV /iSCC . Le circuit avec la sortie en court-circuit est : vE = {h11 + βR3.R4/(R3 + R4)}.iCC βi βi' 1 11 11 i’CC = R1/R2iCC 2 Le courant de sortie est alors iSCC = βi’CC i' i 2 La tension de sortie à vide est vTàV = AV.vE. 1 E βi 3 Z S = A R2  h11 + R3R4  = 320 Ω. 4 R1  β R3 + R4  Exercice 4 En régime variable, la base de T2 est à la masse (découplage par un condensateur).

univdocs.com βi1 = – i2 + βi2. vE = {(β1 + 1)RE + h11}.i1 ≈ βRE.i1 1

h11

1 2

h 11

E

2

C

B E

S

βi1 = – i2 + βi2. vE = {(β1 + 1)RE + h11}.i1 ≈ βRE.i1 vS = – βRC.i1 vS/vE ≈ – RC/RE. +20 dB correspond à un gain de 10. On prend comme origine des potentiels continus le point N (– E).

On prend VEN = VA l/5 (stabilisation thermique) soit (15 + 15)/5 = 6 V. Le potentiel continu du collecteur de T1 (émetteur de T2) reste constant car le potentiel de base de T2 est imposé par le pont R3, R4. Pour obtenir en sortie une dynamique de 12 V, il faut que VCE = 6 V. On prend donc pour VCE2 et RC.IC2 la même valeur de 9 V (30 – 6.2)/2. Le texte conseille la valeur IC = 6 mA. Donc RC = 9/6.10–3 = 1,5 kΩ et RE = 6/6.10–3 = 1 kΩ. Comme le gain doit être égal à 10, on décompose RE en deux résistances, une contre-réaction de 150 Ω qui détermine le gain et une de 820 Ω qui sera découplée par un condensateur. Le courant base vaut IB = 6.10–3/80 = 75 µA. On envisage un courant dans le pont égal à 2 mA. Le potentiel de base de T1 est 6,7 V. 6,7/R2 = (30 – 6,7)/R1 On tire R1 = 3,3 kΩ et R1 = 12 kΩ. Le potentiel de base de T2 est 12,7 V. Donc : 12,7/R4 = (30 – 12,7)/R3 On peut prendre : R3 = 9,1 kΩ et R4 = 9,1 kΩ L’impédance d’entrée est : R1 // R2 // βRE. Celle de sortie est RC. C’est un montage adaptateur d’impédance adapté d’un montage réalisé à l’origine avec des triodes. Exercice 5 1e étage : RE1.IE1 = – 0,7 – (–10 V) = 9,3 V. Donc IE1 = IC1 ≈ 2 mA. RC1.IC1 = 18 V. Donc VC1 = VB2 ≈ 2 V. Gain du 1e étage : G1 = – RC/RE = – 1,95. 2e étage : VE2 = VB2 – 0,7 V = 1,3 V. IE2 = IC2 = 1,3/750 = 1,73 mA. VC2 = 20 – 9,1.1,73 = 4,2 V. Gain du 2e étage : G2 = – RC/RE = – 12. 3e étage : VE3 = VC2 – 0,7 V = 3,5 V. IE3 = IC3 = 3,5/1500 = 2,33 mA. VC3 = 20 – 4,3.2,33 = 10 V. G3 = – RC/RE = – 2,86. Le diviseur de tension final divise le gain total par 2. Le gain de l’ensemble est donc : G = ½(G1.G2.G3) = – 33 Exercice 6 Le potentiel de base vaut R2.VCC/(R1 + R2) = 56.20/206 = 5,4 V. Celui de l’émetteur est donc voisin de 4,8 V. C’est aussi la chute de tension dans RC car RE = RC. Le potentiel continu de collecteur est donc égal à 15 V. Le VCE du transistor est donc voisin de (20 – 5 –5) soit 10 V. Les tensions de sortie vS1 et vS2 sont opposées : le déphasage est égal à 180°. L’amplitude maximum sans distorsion des tensions de sortie est égale à ± 5 V.

univdocs.com Exercice 7 Calcul de h11 : VBM = 30.3/(6 + 3) = 10 V. VEM = 9,3 V ; IC = 9,3 mA. h11 = 26.175/9,3 ≈ 500 Ω. Le circuit d’entrée se comporte comme un circuit série RC constitué du générateur, de sa résistance interne RG, de CE et de la résistance d’entrée RE de l’étage (voir page 89). RE = {R1 // R2 // h11) = 400 Ω. vG = (RG + RE + ZC).i ; vE = RE.i Ce circuit se comporte comme un filtre du premier ordre dont le gain est égal à: RE et dont la fréquence de coupure est : A1= (RE + RG )2 +ZC2 fC =

1 (ZC =CE.ω) . 2π (RE + RG ).CE

AN : fC = 34 Hz. De même, le circuit de sortie est équivalent à un générateur de tension égal à AV.vE, de résistance RC, qui débite dans CS et RU. Ce circuit se comporte comme un filtre du premier RU et qui admet comme fréquence de coupure : ordre dont le gain est : A 2 = (R U +R S )2 + ZC2 1 fC = (ZC =CS.ω) . 2π(R C + R U ).CS AN : fC = 26 Hz. (C’est le circuit d’entrée qui impose la coupure à 34 Hz). La valeur très grande de CD fait que la fréquence de coupure liée à ce condensateur sera beaucoup plus faible. Exercice 8 Le courant dans le condensateur est : I = (VE – VS)/ZC = VE(1 – A)/ZC. VE/I = ZC/(1 – A) = 1/jCω(1 – A). L’impédance vue par l’entrée est celle d’un condensateur de valeur C(1 – A) en parallèle sur l’entrée du quadripôle. En sortie, on peut écrire : I = (VS – VE)/ZC = {VS(1 – 1/A)}/ZC. VS/I = ZC.A/(A – 1). L’impédance vue à la sortie est celle d’un condensateur de valeur C(A – 1)/A en parallèle sur la sortie du quadripôle. Dans les transistors, une capacité interélectrode (par exemple entre le collecteur et la base) couple l’entrée et la sortie. C’est l’effet Miller. Si le gain de l’étage est grand, cette capacité parasite introduit, en parallèle sur l’entrée, une capacité importante (égale à A fois la capacité parasite). Exercice 9 L’équation de charge du condensateur est : v = E{1 – exp(–t/RC)}. D’après la définition, on tire : 0,1.E = E{1 – exp(–t/RC)}. exp(–t/RC) = 0,9 0,9.E = E{1 – exp(–(t + T)/RC)}. exp(–(t + T)/RC) = 0,1 exp(–T/RC) = 1/9 soit : T/RC = Ln9 ≈ 2,2 T = 2,2.RC La fréquence de coupure (fH = 1/2πRC) s’écrit : fH = 2,2/2πT = 0,35/T.

univdocs.com Au lieu de mesurer en sinusoïdal la fréquence de coupure de l’amplificateur, on peut alimenter l’entrée avec un signal en échelon (en pratique on utilisera un signal rectangulaire) et mesurer avec un oscilloscope le temps de montée du signal de sortie correspondant. On dit que l ’on fait une ét ude « temporelle » à l a place d’une ét ude « fréquentielle ». On utilise souvent cette méthode car elle est beaucoup plus rapide à mettre en œuvre que la méthode classique qui consiste à relever point par point la courbe de réponse en fonction de la fréquence d’un signal sinusoïdal. Exercice 10 Le gain d’une cellule est H = 1/(1 + jx) ; celui de N cellules en cascade est donc égal au produit des gains de chaque cellule : HN = 1/(1 + jx)N. GN2 = H N.H N* =

1

=

1

(1+ jx)N.(1− jx)N (1+ x²)N

La fréquence de coupure de l’ensemble se produit pour : 2

  G = 1  = 1  2 2 (1+ x²)N =2⇒ x²=21/ N −1⇒ x= 21/ N −1 2 N

univdocs.com Corrigé des exercices: Chapitre 15 Exercice 14.1 R VS = VE 1 + 2 = 11. VE R1 La tension de sortie est limitée par les tensions d’alimentation de l’amplificateur : il y aura écrêtage si la tension d’entrée est trop grande. Le produit gain-bande passante limite le gain aux fréquences élevées.Le courant d’entrée de l’amplificateur doit être négligeable devant le courant qui circule dans R 2. La valeur max imale de cette résistance est fonction du ty pe de l’amplificateur. Pour un bipolaire, 500 k Ω est un maximum. R0 sert à compenser l’effet des courants d’entrée.

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$& %

Exercice 14.2 R VS = − 2 VE = −10. VE R1 Exercice 14.3 L’entrée + est à la masse donc VA = 0. Du théorème de Millman, on tire : V1 V2 V3 VS + + + = 0 . Avec les valeurs proposées, on a : VS = – 3 V. R1 R 2 R 3 R 0 Exercice 14.4 VS = (V2 – V1)R2/R1 = (V2 – V1). (voir cours page 108) Exercice 14.5

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VS 1 1 1 = VA + + R4 R4 R2 R3 R ⇒ VA = − 2 VE R1

V+ = 0 donc VB = 0. Millman appliqué en A donne : Millman appliqué en B donne : 0 = VS = − VE

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VE VA + R1 R 2

R2R4 1 1 1 . AN : G = – 402 + + R1 R 4 R 2 R 3

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R2R4 VE R 1R 3 On peut obtenir un g rand gain (R3 petit) en maintenant une impédance d’entrée (égale à R1) élevée. Il suffit de prendre R2 ≈ R1.

Si R3 est petite devant les autres résistances, on a : VS = −

Exercice 14.6 V+ = V– = E1.

E 2 / R + VN / R 0 1/ R + 1/ R0

(1)

VS 1 1 1 E = VN + + − 1 R1 R 0 R1 R 2 R0

(2)

En utilisant le théorème de Millman, on a : E1 = E1 / R 0 + VS / R1 1 / R 0 + 1 / R1 + 1 / R 2 e 1 cas : E2 = 0 et E1 = e1 VN =

de (1), on tire : e1

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⇒

!# 1 + 1 $& = V " R R% R

N

0

0

$& %

!# "

⇒ VN = e1 1 +

R0 R

$& %

univdocs.com

$& !# 1 + 1 + 1 $& − e %" R R R % R ! R + R + R + R R + 1$& = 363, 5 =# " R R R RR % !# "

VS R = e1 1 + 0 R1 R VS e1

1

0

1

0

1

1

0

2

2

0

1

2

e

2 cas : E2 = e2 et E1 = 0 de (1), on tire : VN = − e 2 . R 0 / R VS R 1 1 1 ⇒ = −e2 0 + + R1 R R 0 R1 R 2

!# "

$& %

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$& %

VS R R RR = − 1 + 0 + 1 0 = −361, 5 e2 R R RR 2

Exercice 14.7 On décompose en blocs fonctionnels : VA = V2 – V1 (amplificateur différentiel ; exercice 14.4). VB = 3.V3 (amplificateur non inverseur ; voir l’exercice 14.1). V / R + VS / 2R 2VA + VS Millman en C donne : VC = VB = 3V3 = A = 1 / R + 1 / 2R 3 VS = 9.V3 –2.V2 + 2.V1 Exercice 14.8 V / R + VS / αR VA = V2 = B ⇒ VS = V2 (1 + α ) − αVB 1 / R + 1 / αR VC = V1 ⇒ VB = V1 (1 + 1 / α ) VS = (1 + α)(V2 – V1) C’est un amplificateur différentiel à grande impédance d’entrée. Exercice 14.9 R1 sert à définir le courant de polarisation de la diode Zener. (≈ 10 mA) V– = V+ = R3VS/(R2 + R3) ; VS = VZ + V– = VZ + R3VS/(R2 + R3) VS = VZ(1 + R2/R3) On peut prendre comme Z ener une diode de tension V Z ≈ 6 V dont le coefficient de température est petit. On obtient une référence de tension ajustable. Exercice 14.10 Soient i1 le courant débité par l’amplificateur opérationnel A1 dans la chaîne R1-R4 et i2 celui débité par A2 dans R3 et R4. VS = (R1 + R2 + R3 + R4).i1 + (R3 + R4).i2 V2 = (R2 + R3 + R4).i1 + (R3 + R4).i2 V1 = R4.i1 + R4.i2 V2 – V1 = (R2 + R3).i1 + R3.i2 R + R4 R VS = ( R 2 + R 3 ) 1 + 1 . i1 + R 3 1 + 4 . i2 R2 + R3 R3 R + R4 R Pour avoir VS = K(V2 – V1), il faut que : 1 + 1 = 1 + 4 soit R1R3 = R2R4 R 2 + R3 R3 Si R1 = R3 = R, il faut R2R4 = R². On pose R2 = R/n. Donc R4 = Rn et K = 1 + n. Pour K = 11, n = 10.

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univdocs.com Autre méthode : On applique le théorème de Millman en A et B. V1 = VB = (VC/R3)/(1/R3 + 1/R4) ⇒ VC = V1(1 + R3/R4) V2 = VA = (VS/R1 + VC/R2)/(1/R1 + 1/R2) Donc : VS = V2(1 + R1/R2) – VC.R1/R2 VS = V2(1 + R1/R2) – V1(1 + R3/R4).R1/R2 Si : VS = K(V2 – V1) il faut : (R1 + R2)/R2 = {(R3 + R4)/R4}.R1/R2 Soit : R2.R4 = R1.R3 Exercice 14.11

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VE − V− V− − VA = R kR1

IE =

⇒ VA = 1 +

$& %

kR1 kR . V− − 1 VE R R

R et R1 forment un DTI donc : V+ = V− = RVS / ( R + R1 ) . IS = i – i1 = VS/(R + R1) – (VA – VS)/R1

!# $& " % ! 2 − k $& V + k V R + 2 R − R − kR k I = V + V =# (R + R )R R "R+R % R ! k $& !#1 + R $& V − R + R I V =# " k − 2%" R % k − 2 IS =

V R + 2 R1 kR V− kR1 R + 2 R1 VS − A = VS − 1 + 1 VE + R1 ( R + R1 ) R1 R R1 RR1 ( R + R1 ) R1 1

S

1

1

S

E

S

1

1

S

E

1

1

E

S

Pour k = 2, on obtient un oscillateur car VS ≠ 0 même si VE = 0. Exercice 14.12 Pour un amplificateur opérationnel idéal, on a : VA = VB. VA =

V1 / R1 + VD / R 2 1 / R1 + 1 / R 2

; VB =

V2 / R1 + VC / R 2 V − VC V2 − V1 . Donc : D = 1 / R1 + 1 / R 2 R2 R1

VC =

VD / P + VB / R 2 1 / P + 2 / R2

; VD =

VC / P + VA / R 2 + VS / R 2 1 / P + 2 / R2

VD − VC =

VC / P − VD / P + VS / R 2 2 / R2 + 1 / P

⇒

'V − V (!#" R2 + P1 $&% = − V P− V D

D

C

C

2

+

VS R2

' (!#" R2 + P2 $&% = 2!#" R1 + P1 $&% RR 'V − V ( ! R $ R 'V − V ( . C’est un amplificateur différentiel à gain ajustable. V = 2# 1 + & " P%R VS = VD − VC R2 S

2

2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

Exercice 14.13 V+ = VE.Z/(R + Z) ; (VS – V–)/R = (V– – VE)/R soit : (VS + VE) = 2V–. 2Z Z−R L’égalité des tensions d’entrée implique :VS = VE − 1 = VE R+Z Z+R α −1 1e cas (Z est une résistance variable) : VS = VE α +1

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univdocs.com Le gain varie entre –1 et +1 quand Z varie entre 0 et une valeur très grande. 1 − jRCω 2e cas (Z est un condensateur) : VS = VE 1 + jRCω La norme du gain est égale à +1. C’est un circuit déphaseur. Donc VS = VE.ejψ = VE.e–jϕ/e+jϕ avec ψ = –2ϕ. (voir l’exercice 4.7) Comme tgϕ = RCω ⇒ ψ = –2ArcTg RCω 3e cas –VE + R.i + V+ = 0. i = dQ/dt = C.dV+/dt donc : RC.dV+/dt +V+ = VE et V+ = VE + A.e–t/τ . En t = 0, VE = E et V+ = 0. Par suite, V+ = E(1 – e–t/τ) On a toujours VS + VE = 2V– = 2V+ et : VS = E(1 – 2.e–t/τ) VS varie entre –E et +E. Exercice 14.14 V1 / nR1 + VS / nR 2 V1R 2 + VSR1 = 1 / nR1 + 1 / nR 2 R 2 + R1 Le courant i dans R est la somme des courants Donc : i = (VS – V+)/R2 + (V2 – V+)/R1 L’égalité des tensions d’entrée implique : V− =

i=

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qui circulent dans les résistances R1 et R2.

(

VS V2 1 1 VS R1 + V1R 2 1 V2 − V1 . + − + = R 2 R1 R1 R 2 R1 + R 2 R1

Cas particulier : si R1 = R2 alors i = – V/R. Exercice 14.15 Les potentiels des entrées sont égaux à e1 et e2. Le diviseur de tension R1, RG, R2 donne : (e1 – e2)/RG = (e2 – s2)/R2 et (s1 – e1)/R1 = (e1 – e2)/RG

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s1 = e1 1 +

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R1 R − e2 1 RG RG

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; s2 = e2 1 +

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R2 R − e1 2 RG RG

(

R1 + R 2 e2 − e1 RG On peut écrire : e1 = ½(e1 + e2) + ½(e1 – e2) et e2 = ½(e1 + e2) – ½(e1 – e2). Si S1 et S2 sont fonction de (e1 + e2) et de (e1 – e2), S ne dépend que de (e1 – e2). Il n’y a pas de composante de mode commun. s = s2 − s1 = 1 +

Exercice 14.16 V+ = (V1/R2 + V2/R2)/(3/R2) ⇒ V+ = (V1 + V2)/3 V– = (V’1/R1 + V’2/R1 +VS/R1)/(3/R1) ⇒ V– = (V’1 + V’2 + VS)/3 L’égalité de V+ et de V– implique : (V1 + V2) = (V’1 + V’2 + VS) VS = (V1 + V2) – (V’1 + V’2) Exercice 14.17 Circuit a : Comme toutes les résistances sont égales (exercice 14.4), on a : VS = V2 – V1 Circuit b : On a : G = 1 et ψ = –2ArcTg RCω (exercice 14.13). Association : 1 − jRCω 2 jRCω On a donc : VS = VE – VS0 ⇒ VS = VE 1 − = VE 1 + jRCω 1 + jRCω

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univdocs.com 2 RCω 1 + R ²C ²ω ² Aux fréquences faibles, R²C²ω²