Université du Maine Janvier 1999 Faculté des Sciences durée 2 h

MIAS2 - SM2 Électronique

1 Électrocinétique.

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

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.

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 VS en fonction de n, VE et de α.

4) Amplificateur opérationnel idéal.

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 ?

nR

V

V

P

E

S

+

–

n – 1nR

α=1 α=0

R

VsVe +

–RR

C

A

B

2C

R/2C

I1

I2

EA B

M

DR1

R2

Rc R3

R4

Université du Maine Janvier 2000 Faculté des Sciences durée 2 h

MIAS2 - SM2

Électronique 1 – Électrocinétique. (4 pts)

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

2 – Filtre du troisième ordre. (8 pts)

La matrice de transfert d’un quadripôle est définie par :

−

=

1

1

2221

1211

2

2

IV

TTTT

IV

Montrer que le g ain en tension V 2/V1 d’un quadripôle passif non chargé est égal à 1

22T− . 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’expression 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)

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.

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

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

R1

R2

R3

Rc

VsVe

+

–R

r1

R

Br3

r2

A

VsVe

+

–

R

r1

R

B

r3

r2

A

Université du Maine Janvier 2001 Faculté des Sciences durée 2 h

MIAS2 - SM2

Électronique 1 – Électrocinétique. (5 pts)

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

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.

3 – Amplificateur opérationnel idéal. (5 pts)

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.

4 – Amplificateur opérationnel idéal. (5 pts)

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.

RRc

V

R

S

2

+

RC

E

i1V

iI1

2

V

R

S

+

R/2

2C

EV C

A

R

B

D

C

V

R

R VV

1.1 – Générateur de tension

E

R IRc

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 RC si : – RC = 10 Ω – RC = 0 (court-circuit). Dans ce cas, que se passe -t-il si le générateur est un accumulateur au plomb ?

1.2 – Générateur de courant

AR

IRc

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.

1.3 – Diviseur de tension

E

R1

R2

I

Rc

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.

1.4 – Droite de charge

EV1

V2

R I

Var

On considère le circuit composé d’une « varistance Var » alimentée par un générateur de f.e. m. E = 40 V en série avec une résistance R = 100 Ω. Soit V2 la tension aux bornes de la varistance. La caractéristique de celle -ci peut être représentée par une équation de la forme : I = K.Vn. On a mesuré : 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. 1.5 – Droite de charge

5

5

10

10

I(mA)

U (V)

E

R1

R2L

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.

Exercices: Chapitre 1

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

E1

E2

E3E4

R1 R2

R5R3 R4

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

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

E1 E2

R1 R2

R5

R3

R4

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

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.

E1 E2U

A C

IR1 R2

R3

2.4 – Générateurs équivalents

E

R1

R2

I

Rc

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.

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.

E1

E3

R1 R1

R1

I1

I1

E

I2 I2R2 R2

R2 R3

– a – – c –– b –

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

Exercices: Chapitre 2

2.7 – Droite de charge Reprendre l’exercice suivant en utilisant un générateur de Thévenin équivalent.

5

5

10

10

I(mA)

U (V)

E

R1

R2L

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.

2.8 – Pont de Wheatstone déséquilibré On considère un pont de Wheatstone dont la résistance du bras détecteur est R C.

EA B

M

DR1

R2

Rc R3

R4

Calculer le courant qui circule dans la résistance RC. On donne : E = 6 V ; R1 = R2 = 3 kΩ. R3 = 2 kΩ. R4 = 1 kΩ.

2.9 – Théorème de Kennelly Montrer l’équivalence des deux circuits en exprimant les résistances de l’étoile en fon ction

de celles du triangle et réciproquement.

1

3

1

R

R

R22 323

12 13

R

R R

1

2 3

Triangle Etoile

2.10 – Simplification de circuit

1

C5

4

3R

E

I

2R

R

R

R R

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

2.11 – Simplification de circuit

1R

2 22

1 11

C2

3R

E

IR R R

R R R R

1

R

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.ki avec : ki = 0 si l’inverseur est relié à la masse. ki = 1 si l’inverseur est relié à E. En utilisant le théorème de Millman en A, B, C et D, montrer que :

V k E k E k E k ES = + + +1 2 3 4

16 8 4 2

k k k kE

A B C D2R

2R 2R 2R 2R

R R R

1 2 3 4

2.13 – Simplification de circuit

Er

r r

R

A

B

r

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.

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

ut (V) 0 4 6,5 8,2 8,6 9 8,7 8

i (mA) 0 5 10 20 25 35 65 100

E = 24 V

Rc

= 80

0Ω

RI i

Thutu

r = 1

5 Ω

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 %.

3.1 – Relaxateur à néon

E

R

C

r

v

On considère le circuit ci -contre. Le fonctionnement de la lampe à néon peut être schématisé de la manière suivante : si la tension aux bornes de la lampe est inférieure à VAL, elle est éteinte et présente une résistance rE très 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 3.2 – Décharge d’un condensateur

R R

C CC' 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

RC

Ve Vs

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.

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

1) On donne R = 100 Ω. La résistance critique vaut 200 Ω et la pulsation propre du circuit est égale à ω0 = 2000 Rd/s. En déduire les valeurs de L et de C.

2) Déterminer Q(t) et I(t).

3.5 – Atténuateur compensé

R1

R2

C1

C2e(t) s(t)

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 R1C1 = R2C2. Montrer que C2 n’apparaît pas dans l’expression du régime 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

relation : T0

12

=+−

Ω

ΩΩ

lnλλ

Exercices: Chapitre 3

4.1 – Équivalences série parallèle

l

A

B B r

R L

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

4.2 – Équivalences série parallèle

A C'

B B r

RC

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.

4.3 – Diagramme d’impédance

A B RR

CC

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.

4.4 – Pont de Hay 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

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.

Z1

R2

Z2

E

A B

M

N

R1

rC

L

R

Exercices: Chapitre 4

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.

Poser : ω ω ωω0

2 0

0

1= = =LC

Q LR

x; ; et écrire Z en fonction de Q et x.

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

5.1 – Filtre en T

Ve VsRuR

A

B

C C

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 long-temps possible.

5.2 – Filtre en T

V1 V2 Ru

R R

C

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)).

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( ) = V / V S Eω . 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.

V1 V2

R

C C

RR/2

2C

A

B

On pourra soit transformer le circuit initial par utilis ation du théorème de Kennely, soit appliquer le thé orème de Mill-man en A puis en B. Montrer que ce montage est un filtre coupe -bande dont la courbe de gain est symétrique par rapport à la valeur x = 1. On pourra par exemple changer x en 1/x.

Exercices: Chapitre 5,6,7

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 qua-dripôle 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

Calculer en régime sinusoïdal la fonction de transfert H(j ω) = VS /VE de ce montage quand le courant de sortie I2 est nul. L’écrire sous la forme :

)x/1x(jQ1K

jQ1

KH0

0

−+=

ωω

−ωω+

=

avec Q = RCω0 ; K = C1 /(C1 + 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.

7.1 Circuit à diode

EA

R1I

RcR2B

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 VAK 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)

Vak (V)

Vak

0,8

R

e(t)

i

60

30

7.5 Translateur de niveau

AC

B

Rv

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

v

AC1

D1 C2

D2

B

R

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.

Exercices: Chapitre 9

7.7 Régulateur à diode Zener

Ve

AR

Vs

RuB

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 IZ = 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 VE = 18 V, R = 100 Ω. La diode est caractérisée par : UZ = 7 V si IZ = 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 RU 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 VE = 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.

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 a-leurs des coefficients α et β du transistor. 9.2 Transistor saturé

Vcc

Vbm

RcRb

On donne : VCC = 20 V ; VBM = 10 V ; RC = 10 kΩ et RB = 47 kΩ. Calculer le courant base et la tension VCE du transistor.

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 VCE du transistor. 9.4 Polarisations d’un transistor

Vcc

Rc

Re

RbVcc

Rc

Rb

Vcc

RcRb

-a- -b- -c-

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

RcRb

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 :

Exercices: Chapitre 10-13

Vcc

R2 Re

R1 Rc

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.

9.8 Polarisation par pont de base

Vcc

R2 Re

R1

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. Quel est le point de fonctionnement du montage ?

9.9 Générateur de courant

Vcc

VbmRe

Calculer le courant qui circule dans la diode. On donne : VCC = E = 5 V ; VBM = 2 V ; RE = 100 Ω. Les caractéristiques du transistor utilisé ont -elles une influence sur le fonctionnement du montage ?

9.10 Générateur de courant constant

Vcc

Re

R1 Rc

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 va-leur ? Calculer le courant IC qui circule dans la résistance de collecteur. Dans quel domaine peut-on faire varier la résistance de charge RC sans que le courant IC varie ?

12.1 Amplificateur émetteur commun

ER

RRG

1 C

E

E

E

U

2

R

R Cd

CsCe

R

vsr

r'

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 U = ∞ (pas de charge). Même question si RU = 10 kΩ .

12.2 Amplificateur émetteur commun

E

R R

R G

2

1

E

C UR

RCd

Cs

Ce

R

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 si RU = ∞. Même question si RU = 10 kΩ . 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 rE. Quel est l’intérêt de ce découplage partiel de l’émetteur ?

12.4 Amplificateur collecteur commun

1

U

G

E

E S

S

CR

UR

R v

R

R

CC

R 2

Calculer la tension de sortie v S et l’impédance de so r-tie. 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.

-1 Amplificateur à transistors

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 ; β = 100 h11 = 450 Ω

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 :

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.

EE

CC

U

S

C

E2

C

2

1R

C

V

V VR R

R

R

1R

RR

R

2

1

E

2

CC

1

C

V

VV

VR

R

R

R

A

B

E

F

Exercices: Chapitre 14

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 l’impédance de sortie. On donne : 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 T2 = PNP ; β = 150 ; VBE = 0,6V Pour les deux : h11 = 26.β/IC(mA).

4 Amplificateur cascode On considère le montage ci-dessous :

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

5 Amplificateur à liaison directe On considère le montage suivant :

0 V 0 V

9,1 k9,1 k 4,3 k

4,7 k

1,3 V

4,2 V

– 0,7 V

– 10 V

10 V

3,5 V

20 V

7501,5 k

100 k

100 k

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).

E4

CC

S

3

1 2

V

VV

R

R R

R

1

S

C

3

4

EE

1

2

C

V

V

R

T

R

R

R

R

R +E

–E

6 Déphaseur de gain unitaire On considère le montage suivant avec :

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

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.

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.

A

A CCC

C

211

a

b

CC

1

S1

S2E

C

E2

C

V

V

V

VR

RR

R

-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 ?

-2 – 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 ?

-3 – Sommateur 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

VsV2

V1+

–

R1

R1

R2

R2A

Calculer VS en fonction des tensions V1 et V2. Quelle est la charge vue par les générateurs V1 et V2 ? Application numérique : R1 = R2 = 10 kΩ.

-5 – Amplificateur à grand gain

VsVe+

–

R3R4R2 A

BR1

Calculer VS en fonction de VE. Exprimer le gain en tension si R3 << R2 et si R3 << R4. Quel est l'intérêt de ce montage ? (Examiner la valeur de l'impédance d'entrée.) AN : R3 = R4 = 2 kΩ ; R1 = 1 kΩ. R2 = 200 kΩ

Vs

V 1V 2

V 3

+

–

R0R1

R2A

R3

Vs

Ve

+

–

R2R1

A

R0

VsVe +

–

R2

R0

R1

A

Exercices: Chapitre 15

-6 – Multiplicateur

R R1

R2R0

E1

E2

Vs

+

–

N

Calculer VS en fonction de VE dans les deux cas suivants : a) E1 = e1 et E2 = 0. b) E1 = 0 et E2 = e2. Application numérique : R= 1 kΩ ; R0= 180 kΩ R1 = 1,5 kΩ ; R2 = 1,5 kΩ.

-7 – Association d’amplificateurs

Calculer Vs en fonction des trois tensions d'entrée. -8 – Association d’amplificateurs

Calculer VS = g(V1, V2) Quel est l’intérêt du montage ?

-9 – Générateur de tension stabilisée

Vs

+

–

R1

R3

R2

Quel est le rôle de la résistance R1 et comment faut-il choisir sa valeur ? Calculer VS en fonction de la tension V Z de la diode Ze-ner.

-10 – Amplificateur différentiel Quelle relation doit relier les valeurs des résistances R1, R2, R3 et R4 pour que :

VS = K(V2 – V1)

On impose R1 = R3 = R Exprimer alors R2 et R4 en fonction de la valeur de R pour avoir K = 11.

R R

RR

R

A C

B

R 2R

2R

E1

E2 E3

Vs

++

+

––

VsV1

V2

++

––

R

R

R/α αRC

AB

Quel est l’intérêt de ce montage ? Conseil : On pourra appliquer le théorème de Millman aux nœuds A et B.

-11 – Modélisation d’un amplificateur

R

A

R 1

Ve

V s

Ie I1

i

Is

R 1

kR 1R

+

Exprimer la tension de sortie de ce montage sous la forme :

VS = A.VE – RS.IS

En déduire les valeurs des paramètres A (g ain) et RS (résistance de sortie) de cet amplificateur.

-12 – Amplificateur différentiel On considère le montage ci-dessous réalisé avec un amplificateur opérationnel idéal. P est une résistance ajustable. Le calcul de la fonction de transfert Vs = f (V1,V2) est, dans le cas général, long et complexe. (Il faut inverser une matrice 5 ×5). Si par contre, on suppose que les quatre résistances d’indices R2 d'une part et les deux résistances R1 d'autre part sont rig oureusement égales, le calcul et l'expression de la fonction de transfert sont simples.

Vs

V1V2

+

–

R1

R2

R2P

R2

R2

AB

C

D

R1

En se plaçant dans cette hypothèse, appliquer le théorème de Millman aux noeuds A, B, C et D. Exprimer de deux manières différentes la valeur de VD – VC. En déduire que VS = K.(V2 – V1)

Quel est l'intérêt de ce montage ?

-13 – Déphaseur simple

VsV

+

–

R R

R

Z

A

E

Calculer VS en fonction de VE 1) Si Z = αR 2) Si Z est un condensateur de capacité C et VE = Vsin ωt.

En t = 0, on applique un échelon de tension E à l’entrée. Comment évolue VS ?

Vs

V1

V2

++

+

––

–

R1

R4

R2

R3

A

C

B

A1

A2

-14 – Convertisseur tension courant

R

V

V

nR

R

RV

nR

2

2

S

2

11

1

+

Calculer l’intensité du courant qui circule dans la résis-tance R. Étudier en particulier le cas R1 = R2 = R et V2 = 0. Ce montage est connu sous le nom de source de Ho-wland.

-15 – Amplificateur d’instrumentation

E

E

S

S

S

R

R R

RR

R

R

1

0 0

00

G

2

1 1

2 2

+

+

+

–

–

–

Exprimer les valeurs des potentiels S1, S2 et S en fonc-tion de E1 et de E2 puis de (E1 + E2) et de (E1 – E2). En déduire l’expression de la tension de sortie S en fonction des tensions d’entrée.

-16 – Amplificateur différentiel

1

2

V'

1

Vs

V'

2

VV

+

–

R1

R1

R1

R2

R2R2

A

Calculer la tension de sortie VS en fonction des poten-tiels appliqués sur 4 les entrées. Application numérique : R1 = R2 = 10 kΩ.

-17 – Convertisseur tension fréquence

V

VV

R R

R

R

2

S

1

1 1

1

1

+

a

Les tensions d’entrée sont sinusoïdales. Calculer la valeur de la tension de sortie du montag e a en fonction des valeurs des tensions V1 et V2.

CVV

2R

R

2R

ES0

+

b

Calculer le gain en tension A du montag e b en fonction de ω. Les deux circuits a et b sont associés de telle sorte que V1 = VS0 et que V2 = VE. Calculer le gain en tension A0 = VS/VE en fonction de ω.

Application numérique : 2R = 105 Ω ; C = 10–3µF Tracer la courbe des variations de VS(eff) en fonction de ω. (VE(eff) = 1 V)

Vs

Ve+

–

R2

i

IC

I – i

R1A

B

-18 – Simulation de capacité

Calculer l’impédance ZE = VE/I présentée par le circuit. Dessiner le circuit équivalent au montage. A quoi peut servir un tel montage ?

21 2I

V VI

1

+–

RkR

A B

-19 – Convertisseur à impédance négative

Calculer l’impédance ZE = V1/I1 présentée par ce circuit lorsque l’on place une i mpédance Z2 entre B et la masse.

-20 – Gyrateur

11

2

2

V

V

I

I

+ +– –

R R

R 0

R R

A

R 0

R 0

En utilisant les résultats de l’exercice 19, calculer l’impédance présentée par ce circuit lorsque l’on place une im-pédance Z2 en sortie ?

-21 – Circuit « bouchon » Le signal d’entrée est sinusoïdal de pulsation ω. Montrer que les deux montages présentent la même admittance Y. Exprimer R0, L0, C0 en fonction de R, C et k. Pour quelles valeurs de k et de ω, la valeur de Y est-elle nulle ? Que peut-on conclure dans ce cas ?

RV C LE 0 0

kR

RV

I

I

I

I

V

RR

RV

C

C

22

E

2

0

1

SE +

+

-22 – Simulateur d’inductance

Vs

Ve

+

–

R2

i

I

C

I – i

R1

A

Montrer que l ’impédance d’entrée peut s’écrire sous l a forme :

Z R jj

= ++

11

1

2

ωτωτ

Montrer que ce circuit est équivalent à une résistance RS en série avec une inductance L shuntée par une résistance RP. Calculer RS, RP, L en fonction de C, R1 et R2.

-23 – Circuit astable

Vs

+

–

R1

CR3

R2A

B

Déterminer la période des oscillations de ce circuit astable. Application numérique : R1= R2 = 5 kΩ. R3 = 10 kΩ ; C = 100 nF.

-24 – Comparateur à fenêtre

R

V

R

3R

V

2R

SE

E +

Tracer la courbe d’évolution du potentiel VS en fonction des variations du potentiel VE appliqué sur l’entrée. On donne E = 12 V. La tension de seuil des diodes vaut 0,6 V.

-25 – Filtre actif du premier ordre

VsVe(t)

+

–

R1

R2

CA

Déterminer en régime sinusoïdal la fonction de transfert H(jω) de ce filtre en fonction de ω, R2 et C. On posera : ωC = 1/R2C.

-26 – Filtre de Sallen et Key

Vs

Ve(t)

+

–

R

R1

R2

R

C

AB

C

Déterminer pour le rég ime sinusoïdal la fonction de transfert H(jω) de ce filtre en fonction de ω, R et C. On posera : x = RCω et k = (R1 + R2)/R2. Étudier l’allure de la courbe de réponse en fonction de la valeur de k. Étudier le cas de l ’amplificateur monté en sui veur de tension (R1 = 0 et R2 = ∞).

-27 – Filtre de Rauch

Calculer pour le rég ime sinusoïdal la fonction de transfert H(jω) de ce filtre en fonction de ω, R, C1 et C2 puis en faisant apparaître la fréquence de coupure et le coefficient de qualité Q du filtre. Justifier le choix 213

1 C/CQ = .

-28 – Filtre actif

V

A

R

R

R

V

C C

SE

0

+

Calculer pour le rég ime sinusoïdal la fonction de transfert H(jω) de ce filtre en fonction de ω, R, C et C0 puis de n = C/C0 et de x = RCω. Pour quelle pulsation, le g ain est-il maximum ? Calculer Gmax Quelle est alors la valeur du déphasage entre les tensions d’entrée et de sortie ? Comparer ce circuit avec celui étudié dans l’exercice 27.

V

AR

R

R

V C

C

SE

2

+1

-29 – Multiplicateur

La résistance totale du potentiomètre est ρ.

Quel est le rôle de la résistance r2 ?

Calculer le gain du montage.

Étudier le cas particulier R1 = R2.

-30 – Amplificateur à grande impédance d’entrée Déterminer l'expression G = VS /VE du g ain en tension du montag e. La position de l’interrupteur K a-t-elle une influence sur la valeur de G ? Calculer la résistance d'entrée RE = VE /IE de ce montage, lorsque l'interrupteur K est ouvert.

Calculer la résistance d'entrée de ce montage lorsque l'interrupteur K est fermé.

Montrer qu'il existe une valeur de R qui rend cette résistance infinie. Application numérique : R1 = R3 = R4 = 5 kΩ ; R2 = 5R1

-31 – Amplificateur bidirectionnel On considère le circuit ci-contre. Ex-primer la conservation du courant pour les noeuds E, F , G e t H en utilisant les potentiels V1, V2, VS1 et VS2. En déduire la matrice M telle que :

( )VV

Mee

1

2

1

2

=

Étudier le fonctionnement du montage dans les deux cas suivants :

1) e1 est quelconque, e2 = 0 ; 2) e1 = 0, e2 est quelconque.

-32 – Amplificateur

VA

R1 R2

RsR3

VSE

+

V

AR1 R2

RsR3

VSE

+

Pour chaque montag e, déterminer sans calculs le gain en tension. Etudier le cas RS = ∞

-33 – Intégrateur idéal Montrer que si l’ amplificateur est idéal, la tension de sortie est égale à :

⌡⌠= dt).t(V

RC2)t(V ES

R

VV

R

C

R

ES

+

R

VsVe

+

–

R1

r1

R2A

r3r2

Ie

R 1 R 3

R 4R 2

R K

Ve V 1 V s + +

Vs1

Vs2V2 e2V1e1

+

+

–

–

R

R

RR

R

N–1

N–1

R/N R/N

Ru

RuRuRu

RuE

F

H

G

-34 – Amplificateur différentiel Montrer que ce montage constitue un

amplificateur différentiel à grande impé-dance d’entrée.

-35 – Oscillateur Calculer la fréquence d’oscillation du montage et la valeur mi-nimale de la résistance R0 qui permet l’oscillation. AN : R1 = 5kΩ ; R2 = 100 kΩ ; P = R + R0 = 10 kΩ. C = 22 nF ; L = 10 mH.

-36 – Convertisseur d’impédance Montrer que l’admittance Y = I/V présentée par le montage est égale à :

Y = Y1.Y3.YC /Y2.Y4

Si l’impédance Z4 est un condensateur quelle est l’expression de l’impédance présentée par le montage ?

+

+

–

–

Z2

Z4

Z1

C

Zc

Z3E

D

B

I

V

A

PL

+

R0C

R

R1 R2

VsV1 V2+ +

– –

R1

R

R1CA R1R1 B

1 Polarisation des transistors à effet de champ

R

–E

RR

D

SG

On admettra que :I I VVD DSS

GS

GS

= −FHG

IKJ1

0

2

.

Déterminer le point de fonctionnement du montage sachant que : IDSS = 4 mA VGS0 = 2V RD = 4,7 kΩ RS = 1 kΩ RG = 5 MΩ E = –10 V.

2 Polarisation des transistors à effet de champ

R

ER

R D

S

G

Sachant que IDSS = 5 mA, VGS0 = – 2V, déterminer le point de fonctionnement du montage si :

a) RS = 100 Ω b) RS = 1 kΩ.

Déterminer la valeur de RS pour avoir ID = 2 mA.

3 Régulateur de courant drain Déterminer le point de fonctionnement du montage si on impose VGS = –2 V. On donne : VDD = 30 V RG = 10 MΩ RD = 8,2 kΩ RS = 10 kΩ R1 = 33 MΩ R2 = 15 kΩ.

4 Transistor à effet de champ

R

R

ER

R

D

S

0

G

Faire le schéma équivalent et calculer le gain en tension du montage. Même question sans le condensateur de découplage sur la résistance de source. On donne : s = 2 mA/V RD = 3,3 kΩ RS = 1 kΩ RG = 1 MΩ R0 = 1 kΩ.

R

R

R

R

R

D

S

1

2

G

VD D

Exercices: Chapitre 18

5 Transistor à effet de champ

R

R

R

ER

R

D

S

U

0

G

Déterminer le point de fonctionnement du montage. Faire le schéma équivalent et calculer le gain en tension du montage. On donne : E = 15 V. RD = 1,8 kΩ RS = 270 kΩ RG = 10 MΩ R0 = 100 kΩ IDSS = 12 mA, VGS0 = – 4 V Au point de fonctionnement : s = 2,1 mA/V (2100 µS).

6 Amplificateur mixte

RR

R

R

D

SU

G

V

V

C C

C C

Faire le schéma équivalent et calculer le gain en tension du montage. Déterminer les impédances d’entrée et de sortie du montage. On donne : s = 4 mA/V ; h21 = β = 200 ; h11 = 1 kΩ RD = 1 kΩ RS = 3,3 kΩ RG = 2 MΩ RU = 1 kΩ.

7 Amplificateur mixte

R

R R

R R

R

1 E

S

2 C

G

E

Calculer le gain en tension du montage. Déterminer les impédances d’entrée et de sortie. On donne : E = 15 V ; s = 2,5 mA/V β = 150 RS = 330 Ω R1 = 10 kΩ R2 = 20 kΩ RC = 5 kΩ RE = 5 kΩ.

Électronique MIAS2-SM2 Corrigé janvier 1999 Électrocinétique Il faut chercher le circuit de Thévenin équivalent :

Fem : R1 et R2 forment un DTI : VAM = E.R2/(R1 + R2) = 12 V R3 et R4 forment un DTI : VBM = E.R4/(R3 + R4) = 8 V VAB = ET = 4 V

Résistance : On remplace E par un court-circuit. RT = (R1 // R2) + (R3 // R4) = 2,5 kΩ + 2 kΩ = 4,5 kΩ I = ET/(RC + RT) = 4/8.103 = 0,5 mA.

Filtre basse-bande Comme la charge est infinie R et C forment un DTI. VS = R.V1/(R + ZC) Soit Z l’impédance de la partie de circuit contenue dans le cadre en grisé. On a : V1 = Z.VE/(R + Z). Donc : VS = R.Z.VE/[(R + ZC).(R + Z)]

)ZR)(ZR(Z.RH

C ++= ;

Zc2R)ZcR(ZcZ

++=

RZc3²Zc²RRZc

²)ZcRZcRZc2²R)(ZcR()ZcR(RZcH

++=

+++++=

On divise par RZc et comme Zc= 1/jCω, il vient :

)x/1x(j31

3jRC/1jRC1

3R/ZcZc/R1H

−+=

+ω+ω=

++=

)²x/1x(91*H.*HG−+

==

C’est un passe-bande. La courbe de gain est symétrique par rapport à x = 1 (ω = 1/RC).

Amplificateur à gain ajustable V+ = α.VE. L’Aop est idéal donc V+ = V– ; on calcule V– avec Millman :

ESESE V

n2VnV

nR/1nR/)1n(R/1nR/VR/V

V α=+

=+−+

+=−

Donc : VS = n.VE(2α – 1) : le gain varie entre –n et +n

Fonction de transfert

On pose x =RCω. )jx1(R2

VR

VI;)jx1(2

VVjC2R2V

RV EA

1E

AAE

+==

+=⇒

ω+=

)jx1(R2V)²jx(

RjxVVjCI;

)jx1(2jxV

VjC2R2VVjC SB

B2S

BBS +==ω=

+=⇒

ω+=ω

Le courant d’entrée de l’amplificateur est nul donc I2 = – I1

H = VS/VE = –1/(jx)². ²²C²R

1Hω

=

En continu, l’amplificateur est saturé (l’impédance de rétroaction est infinie).

Et

A

B

Rt

Rc4V

E A B

M

DR1

R2

R3

R424V B

M

D

R3

R4

12V 8V

R1

R2

A

Deug MIAS2 et SM2 : Electronique

Corrigé de l’épreuve de janvier 2000 Exercice 1 : On pose ρ = (R2 // R3) = 1 kΩ. La f.e.m du générateur de Thévenin vaut : ETh = E.ρ/(ρ + R1) = 5V. Sa résistance est égale à : RTh = (ρ // R1) = 500 ΩΩΩΩ = RN. Le courant IN du générateur de Norton est : IN = ETh/RN = 10 mA Le courant dans RC est donc : IC = ETh/(RC + RTh) = 2,5 mA

Exercice 2 : V2 = V1 – Z.I1 avec : Z = 1/jCω I2 = V2/R – I1 = V1/R – (Z/R + 1).I1

[ ]

−

=

−

+

=

1

1

1

1

2

2

IV

TI

VR/Z1R/1

Z1IV

Pour le filtre complet, on obtient : [ ]

−

=

−

=

1

1

2221

1211

1

13

2

2

IV

TTTT

IV

TIV

Si I2 = 0, I1 = (T21/T22)V1 122

122

221222112 V

T1V

TTTTT

V =−

=⇒

(Le déterminant de la matrice de transfert d’un quadripôle passif est égal à +1).

La matrice [T]² est égale à :

+++++

222

2

R/ZR/Z31R/ZR/2R/ZZ2Z/Z1

Le coefficient T22 de la matrice [T]3 est : 3

3

2

2

RZ

RZ5

RZ61 +++

Donc en utilisant x = 1/RCω, on tire : 32 jxx5jx611H

+−−=

Le gain est purement réel si :RC.6

1=ω

Exercice 3 : Millman en A donne : 2.VA = VE + VS

AOP idéal donc : I+ = 0 soit : VB = V+ = VA. r1 et r3 forment un DTI : E31

3B V

rrr

V+

=

2.VE.r3 = (r1 + r3)(VE + VS) ⇒ E31

13S V

rrrr

V+−

=

Exercice 4 : VA = V– = V+ = 0. Donc Millman en A donne : VB/r1 = – VS/r3.

Millman en B donne :1

EB r/1R/2

R/0R/0R/VV

+++

= soit : VB(2r1 + R) = VE.r1.

Rr2r.V

Rr2r.V

rr

V1

3E

1

1E

1

3S +

−=+

−=

Il y a égalité des gains si :31

21

2331rr

r2rrr3R

−−+

=

II

Deug MIAS2 et SM2 : Electronique

Corrigé de l’épreuve de janvier 2001 Exercice 1 :

Et = E.ZC/(R + ZC). ω+

=ω+

ω=

jRC1E

jC/1RjC/E

Et

Zt = R.ZC/(R + ZC). ω+

=ω+

ω=

jRC1R

jC/1RjC/R

Zt RCω ≈1.

Et = E/(1 + j) = E(1 – j)/2 Zt = R/(1 + j) = R(1 – j)/2

Exercice 2 : Soit Z l’impédance formée par R en parallèle avec R en série avec C.

On a ;ZZ

ZVV

CE

1+

= La charge du filtre étant infinie, on a aussi ;ZR

ZVV

C

C

1

S+

=

La fonction de transfert est donc : C

C

C ZRZ

ZZZH

++= mais

C

)C

ZR2ZR(R

Z++

= et ZC = 1/jCω

jx3²x1jx

RZ3Z²RRZH

C2C

C+−

=++

=

On obtient un filtre passe-bande centré sur x = 1.

Exercice 3 : V- = V+ = 0. i- = i+ = 0. VE = i1/jCω. i2 = (VE – VS)/R2 VS = -R1.i1 = -j R1Cω.VE

ω++ω=−+ω=+= C

RR

jR1jCV

RV

RV

VjCiiI2

1

2E

2

S

2

EE21

+ω+==

2

1

2E RR

1jCR1

VIY

Identique à une résistance R2 en parallèle avec un condensateur de valeur C(1+R1/R2)

Exercice 4 : V- = V+ = VS = VD

jx22jxV2VV

jC2R/2jC2.VR/VR/V

V SSEsDEA +

++=

ω+ω++

=

jx22jxVV.jx

jC2R/2VjCVjC

V SEsEB +

+=

ω+ω+ω

=

jx1jxVV

jCR/1jC.VR/VVV BABA

SD ++

=ω+

ω+==

jx22)jxVjxV(jx

jx22jxV2VV

)jx1(V SEsSES +

++

+++

=+

SEsSE2

S V)²jx(V)²jx(jxV2VV)jx1(V.2 ++++=+ )²jx1()²jx(1H

++=

Si x= 1 G = 0; G= 1 si x= 0 ; G = 1 si x = ∞

Exercice 1.1 I = E/(R + RC). Avec RC = 10 Ω, I ≈ 1,2 A ; avec RC = 0 Ω, I ≈ 1200 A ! ! Si le fil ne fond pas, l’accumulateur va exploser (Puissance de l’ordre de 14 kW).

Exercice 1.2 Le générateur débite dans une résistance équivalent e ρ = R.RC/(R + RC). La tension aux bornes de A est : V = ρ.I = RC.IC ( = R.I0). IC = ρ.I/RC = R.I/(R + RC). Avec RC = 10 Ω, IC ≈ 5 mA ; avec RC = 10 kΩ, IC ≈ 4,81 mA Avec RC = 1 MΩ, IC ≈ 1 mA : la source ne se comporte comme un générateur de courant que si R est très supérieur à RC.

Exercice 1.3 La résistance équivalente à R2 // RC est : ρ = R.RC/(R + RC). La tension aux bornes de RC est V = E.ρ/(R1 + ρ) donc le courant qui circule dans RC est :

I VR

E RR R R R RC

C C

= =+ +

.. ( )

2

1 2 1 2

RC = 0 Ω, IC ≈ 6 mA V = 0 ; RC = 500 Ω, IC ≈ 3,42 mA V = 1,71 V RC = 1 kΩ, IC ≈ 2,4 mA V = 2,4 V ; RC = 2 kΩ, IC ≈ 1,5 mA V = 3 V RC = 100 kΩ, IC ≈ 0 mA V = 4 V Le diviseur de tension n’est idéal que si R C >> 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). Équation de la droite de charge : V2 = E – R.I = 40 – 100.I Graphiquement, on tire : I ≈ 85 mA ; V2 ≈ 31,5 V.

4 5 V

2 0 0 m A

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 .

5

5

10

10

I(mA)

U (V)

RI

Exercice 2.1

E1I1

I1 – I2

I3I2

E2

E3E4

R5R3 R4

R2R1

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

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 :

20 10 010 25 100 10 15

22

12

1

2

3

−− −

−

L

NMMM

O

QPPP

L

NMMM

O

QPPP

=−

−

L

NMMM

O

QPPP

.III

Lle déterminant vaut : ∆ = 4000. La méthode de Kramer donne :

121002251021020

1I;

15120102100220

1I;

151012102520102

1I 321

−−−

−−

∆=

−−−

−

∆=

−−−

−−

∆=

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 :

400200100200300150100150275

1M 1

∆=−

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 :

60 40 040 70 200 20 60

60

12

11320

38 24 824 36 128 12 26

60

12

1

2

3

1

2

3

−−−

L

NMMM

O

QPPP

L

NMMM

O

QPPP

=L

NMMM

O

QPPP

⇒L

NMMM

O

QPPP

=−−−

L

NMMM

O

QPPP

L

NMMM

O

QPPP

. .III

III

On tire : I1 = 0,245 A ; I2 = 0,218 A ; 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 :

Corrigé des exercices: Chapitre 2

– 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 :

V15R/1R/1R/1

R/ER/EV

321

2211A =

+++

=

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 : IN = I1 + I2 = 3 A. 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.

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.

10 V 40 V

0 V

10 Ω5 Ω 10 Ω

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 : U = 5 V et I = 5 mA. 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 R R R RR R R2 3

12 23 13 23

12 23 13

+ = ++ +

; R R R R R RR R R2 1

12 23 13 12

12 23 13

+ = ++ +

; R R R R R RR R R1 3

12 13 13 23

12 23 13

+ = ++ +

En sommant les 2 premières égalités et en retranchant la 3 e, on déduit :

R R RR R R

R R RR R R

R R RR R R1

12 13

12 12 232

12 23

12 12 233

23 13

12 12 23

=+ +

=+ +

=+ +

. . .

Pour la transformation inverse, on pose :

231231312

231312133221 R

RS:commeMais.

RRRRRR

RRRRRRS =++

=++=

on déduit : R R R R R R RR23

1 2 2 3 3 1

1

= + + ...

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.

1

C

B

A

3R

E

A

BD

C

D

R

R

RR

R

RA, RB, RD seront calculées avec les formules ét ablies dans l’exercice 2.9. On calcule ensuite : ET = E.RA /(R1 + RA + RD) puis RT = R3 + (RA // (R1 + RD)) + RB

b) Il est plus simple d’appliquer deux fois de suite le théorème de Thévenin :

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

C

C

3

5

4C

34

5

2

1

E E' E''A

A A

B B BD D

C CR R' R''

R

R RR R

R RRR R

Exercice 2.11 On remplace la partie gauche (E, R3 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

V k E R V RR R R

k E VA

B B= ++ +

= +1 121 2 1 2 1

24

/ // / /

V V R k E R V RR R R

V k E VB

A C A C= + ++ +

= + +/ / // / /

2 221 2 1 1

2 25

; V k E k E VB

C= + +1 2

8 4 2

V V R k E R V RR R RC

B D= + ++ +

/ / // / /

3 21 2 1 1

; V k E k E k E VC

D= + + +1 2 3

16 8 4 2

V k E VD

C= +3 23

; V k E k E k E k E E k k k kD = + + + = + + +1 2 3 41

02

13

24

3

16 8 4 2 162 2 2 2. . . .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).

r/3r/3 r/3

R

A

B r

Chaque résistance de l’étoile vaut : r.r/(r + r + r) = r/3. On cherche la résistance entre A et B : R = r/3 +(4r/3 // (r/3 + R)).

R r Rr rr R r

= + ++ +3

12 43 9 12

2

9R² + 15Rr = 5r² + 3Rr + 12Rr + 4r² ⇒ r = R On peut aussi transformer l’étoile en triangle :

3r

3r 3r R

A

B

r

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

34 12

9 152R rR r

r Rr= + +

+

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 RC par le générateur de Thévenin équivalent pour obtenir un circuit série co m-posé de ET, RT et (r + Th). ET = E.RC/(R + RC) et RT = R.RC/(R + RC).

On obtient donc : u E RR R

R RR R

iC

C

C

C

=+

−+

. . qui est l’équation de la droite de charge.

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.

Dans la zone des points de fonctionnement, la caractéristique est pratiquement horizontale donc la tension reste constante aux bornes de RC.

E =

24

VE

= 2

8 V

E =

20

V

u ' = 15 . i

10 V

1 0 0 m A

Th

r + Th

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

RC dvdt

v E v Ae Et

+ = ⇒ = +−

τ1

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 :

T Log E VE V

Ex

Al1 1= −

−τ

Lors de la décharge du condensateur dans la lampe conductrice, on a r << R. Donc : v = – r.C.dv/dt et v(t) = B.e–t/τ2. La décharge débute quand v = VAl et donc B = VAl . La lampe s’éteint quand v = VEx au bout du temps T2 = τ2Log(VAl/VEx) AN : T1 = 3,36 s et T2 = 0,167 s. Exercice 3.2 Circuit a. On a en permanence Q + Q’ = Q0 et – V + R.i + V’ = 0. Comme i = – dQ/dt, on a : – Q/C + Q’/C’ – RdQ/dt = 0 QC

QC C

RdQdt

dQdt

QC CRCC

CQRCC

0 01 1' '

'' '

= +FHG

IKJ + ⇒ +

+=

Une solution particulière est : Q = Q0.C/(C + C’) et la solution générale sans 2e membre est : Q = A.e–t/τ avec τ = RCC’/(C + C’). En t = 0, Q = Q0

τ−

τ−

=−=

+

+=

t0

0

t0 e

RCQiQQ'Q;e

'CC1

'CCCQQ

Circuit b. Quand on ferme le circuit, la char ge se répartit entre les deux condensateurs : Q + Q’ = Q0 ; U = Q/C = Q’/C’ et donc Q’ = Q.C’/C. Juste à la fermeture (t = 0) on a donc : Q(0) = Q0C/(C + C’) et Q’(0) = Q0C’/(C + C’) ; ensuite les deux condensateurs se déchargent dans R. On pose I = U/R, i = – dQ/dt = – C.dU/dt et i’ = – dQ’/dt. I = i + i’

)'CC(R;e.AUdtdU)'CC(

RU /t +=τ=⇒+−= τ−

De Q(t) = C.U(t) et de i = – dQ/dt, on tire : τ−τ−τ−

+=

+=

+= /t0/t

20/t

20 e

)'CC(RQ

I;e)'CC(R

'CQ'i;e

)'CC(RCQ

i

Exercice 3.3 Soient u(t) la tension aux bornes du condensateur et i(t) le courant dans la résistance. On

considère que l’impédance de la charge est infinie.

– UE + u + R.i = 0 I = dQ/dt = C.du/dt u + R.C.du/dt = UE

On pose RC = τ. La solution est : u = UE + A.exp(– t/τ)

E

R

C

Ue

Ue

Us Us

u(t)

i(t)

Corrigé des exercices: Chapitre 3

US = R.I = R.C.A[ – 1/RC.exp(– t/τ)] ⇒ US(t) = – A.exp(– t/τ) Pour obtenir la solution générale, on utilise la condition initiale : u(0) = UE + A ♦ La tension d’entrée UE passe de 0 à E.

u(0) = 0 = E + A ; donc : A = – E et US(t) = E.exp(– t/τ) Après la transition, la tension de sortie décroît de E à 0 avec une constante de temps τ = R.C

♦ La tension d’entrée UE passe de E à 0 u(0) = E = A ; donc A = E et US(t) = – E.exp(– t/τ) Après la transition, la tension de sortie croît de – E à 0 avec une constante de temps τ = R.C.

Pour que le signal de sortie US soit la dérivée du signal d’entrée, il faudra it que ce soit une impulsion de largeur nulle (pic de Dirac). On s’approche de cette condition en choisissant R et C pour que le produit R.C soit très inférieur à la période du signal rectangulaire d’entrée. Le montage donne des impulsions positives sur le s fronts montants du signal d’entrée et négatives pour les fronts descendants.

Exercice 3.4

L d Qdt

R dQdt

QC LC

RL

2

20 1

2+ + = = =On pose : 0

2ω λ;

d Qdt

dQdt

Q r r2

2 02 2

022 0 2 0+ + = ⇒ + + =λ ω λ ω

Cette équation caractéristique admet comme racines : r j j avec= − ± − = − ± = −λ ω λ λ ω ω ω λ0

2 202 2²

Q e Ae Bet j t j t= +− −λ ω ωc h Les conditions initiales sont : Q(0) = Q0 et i(0) = dQ/dt(t=0) = 0 ; (A + B) = Q0 A(jω – λ) – B(jω + λ) = 0. Donc :

++

ω

−λ=ω−λ−ω+λω

=ω−ωω−ω

λ−ω−ωλ−

2ee

j2eeeQQ;)e)j(e)j((

j2eQQ

tjtjtjtjt

0tjtj

t0

0

t0 =costg: pose On.tsintcoseQQ

ωωΦ⇒

ωλ=Φ

ω

ωλ+ω= λ−

)tcos(eQQ;)sintsincost(coscos

eQQ t0

0

t0 Φ−ω

ωω

=Φω+ΦωΦ

= λ−λ−

)tsin(eQi;))tsin()tcos((eQ

dtdQi t

20

0

t00 ω

ωω

−=Φ−ωω−Φ−ωλ−ω

ω== λ−

λ−

La résistance critique est C/L2R C = ; comme ω²0 = 1/LC, on tire : L = RC/ω²0 et C = 2/ω²0RC AN : L = 0,05 H et C = 5 µF. Exercice 3.5 En écrivant que la somme des courants est nulle (avec une charge infinie), on tire :

dtde

CRe

s.R1

R1

dtds

)CC(;dtds

CRs

dt)se(d

CR

se1

121212

21

1

+=

++++=

−+

−

Après changement de variable, il vient :

( ) ( ).

C C dxdt

C C RR R

dedt

R RR R

x eR

C dedt

eR1 2 1 2

2

1 2

1 2

1 2 11

1

+ + ++

+ + + = +

( ).

C C dxdt

R RR R

x C R C RR R

dedt1 2

1 2

1 2

1 1 2 2

1 2

+ + + = −+

Si la condition de l’énoncé est satisfaite, il n’y a pas de second membre. x(t) = x(0).e-t/τ avec : τ = R1R2(C1 + C2)/(R1 + R2).

Donc : s(t) = x(t) + e(t).R2/(R1 + R2) En régime permanent : s(t) = e(t).R2 /(R1 + R2)

Ce circuit qui permet d’éli miner l’influence de la capacité C 2 est utilisé comme sonde pour les oscilloscopes. 3.6 Régime apériodique

)ee(K)ee(e2

qi t)(t)(ttt20

0Ω+λ−Ω−λ−Ω−Ωλ− −=−

Ωω

−=

)e).(e).((Kdtdi t)(t)( Ω+λ−Ω−λ− Ω+λ+Ω−λ−=

T0 correspond à di/dt = 0 soit : To)(To)( e).(e).( Ω+λ−Ω−λ− Ω+λ=Ω−λ

Donc :

Ω−λΩ+λ

Ω=⇒

Ω−λΩ+λ=Ω ln

21Te 0

To2

Exercice 4.1

On a : Z = r + jlω (série) et 1 1 1 1Z R jL r j

r jr

= + =+

= −+ω ω

ωωl

l

l² ² ² (parallèle)

En séparant parties réelles et imaginaires, on tire : 1 1R

rr

R r rr

r Q=+

⇒ = + = +² ² ²

² ²²

( ²)l

l

ωω avec Q = lω/r

1 1 1L r

L rQω

ωω

ωω

=+

⇒ = + = +l

l

l

ll

² ² ²² ² ²

²(

²)

AN : Q = 20 ; R ≈ 4 kΩ ; L ≈ l =0,2 H Relations inverses : on pose Q = Lω/R

²Q11L;

²Q1²QRr

jLRRjLjr

+=

+=⇒

ω+ω=ω+ ll

Exercice 4.2

On a : Z rjC

RjRC

R jR CR C

= + =+

= −+

11 1'

²² ² ²ω ω

ωω

. On pose Q = 1/RCω

²)Q1(C²²C²R

²²C²R1'C;²Q1

²QR²²C²R1

Rr +=ω

ω+=+

=ω+

=

Pour les relations réciproques, il est plus simple d’utiliser les admittances.

YR

jC jCjrC

jC jrCr C

= + =+

=−

+1

11

1ω ω

ωω ω

ω'

'' '

² ' ² ²b g

²Q1²Q'C

²'²C²r1'CC;²)Q/11(rR

²'²C²r1²'²C²r

R1

+=

ω+=+=⇒

ω+ω=

Exercice 4.3 Z = Z1 + Z2 avec : Z1 = R + 1/jCω et 1/Z2 = 1/R + jCω

ZjRC

jCRjRC

RR C

jR C

C R C=

++

+= +

+FHG

IKJ −

++

FHG

IKJ

11

11

11 2

1ω

ω ω ωω

ω ω² ² ²² ² ²² ² ²b g

Pour une fréquence nulle, la partie réelle vaut 2R. Elle tend vers R pour ω ⇒ ∞ Dans le plan complexe, le graphe a l’allure ci -contre.

Exercice 4.4 La condition d’équilibre du pont est : R1R2 = Z1Z2

ω+=

ωω+=

ω+=

jL1

R1

Z1;

jCjrC1

jC1rZ

21

R R jrCjC

jLRR jL

LR jLRCrCR jLC1 2

1= ++

= ++

ωω

ωω

ωω

YX

2Rφ

ω=0

Corrigé des exercices: Chapitre 4

R R CR jLCR R LR jLRCr1 2 1 2+ = +ω ω . En séparant parties réelles et imaginaires, on tire : L = R1R2C = 50 mH et R = R1R2/r = 50 kΩ Exercice 4.5 La condition d’équilibre est : R1R2 = Z1Z2

ω+ω+ρ=

ω+=⇒ω+=ω+ρ=

jrC1jLrrRR;

jrC1rZjC

r1

Z1;jLZ 212

21

ρ = R1R2/r = 10 Ω L = R1R2C = 1 H Exercice 4.6 Circuit a :

ZjC

jLLC

j LLC C

= +−

=−

−FHG

IKJ

11 1

10 0ω

ωω

ωω ω²

.²

. Si cette impédance est nulle, on a :

1 – LCω² = LC0ω². On peut ainsi définir : ωR L C C2

0

1=+b g

L’admittance s’écrit : Y jC LC

LC LC=

−− −

FHG

IKJ.

²² ²

0

0

11

ω ωω ωb g

. Elle est nulle pour : ωA LC2 1=

Circuit b :

Branche du haut : ;'Cj

²'C'L1'jL

'Cj1Z

0

0

0H ω

ω−=ω+

ω= branche du bas :

ω=

'jC1ZB

( )²'C'L1'Cj'Cj²'C'L1

Z00

0AB ω−ω+ω

ω−= . Si cette impédance est nulle, on a : ωR L C

2

0

1=' '

L’admittance s’écrit : Y j C CL C

= +−

FHG

IKJω

ω. ' '

' ' ²0

01. Elle est nulle si :

C L C C CL C CA' ' ' ' ² '

' '− + = ⇒ = +F

HGIKJ0 0

201 1 1

ω ω

Équivalence des circuits :

On peut écrire l’égalité des admittances. On tire : C LCC L C C L C LCC

C C C C C C L L C C L C C L C C0 0 0 0 0 0

4

0 0 0 0 0 04

− − + =

+ − + + − + +

ω ω ω

ω ω ω

² ' ' ² ' '' ' ' ' ² ' ' ' ² ' ' 'b gb g b g

L’égalité ne dépend pas de la valeur de ω. Les coefficients des puissances de ω doivent être identiques. Des termes de degré 0, on tire : C0 = C’ + C’0 Des termes de degré 4, on tire : C.C0 = C’(C + C0).

C CCC C

C C CCC C

C CC C

' ; ' '=+

= −+

⇒ =+

0

00 0

0

00

02

0

Avec l’égalité des ωR, on tire : L(C + C0) = L’C’0 soit : L LC C

C' =

+ 02

02

b g

Exercice 4.7 Solution avec les imaginaires : VAB = 2Eejωt = Ri + 1/jCω ⇒ i = 2jECω/(1 + jRCω)

VDM = V = VDA + VAM = E – Ri

V E jRCjRC

E jRCjRC

Z jRCjRC

= −+

FHG

IKJ = −

+FHG

IKJ ⇒ = −

+1 2

111

11

ωω

ωω

ωω

; Donc |Z| = 1

Z jRCjRC

Z a jba jb

AeAe

ej

jj= −

+⇒ = −

+= =

−

+−1

1ωω

ϕ

ϕψ ; ψ = 2ϕ

Acosϕ –jAsinϕ = 1 – jRCω ⇒ tgϕ = RCω ⇒ ψ = 2ArcTg(RCω)

Solution avec la construction de Fresnel :

M BA

D

i/Cω

2αϕ

Ri

La tension aux bornes du condensateur est en avance de π/2 sur le courant. Le lieu géom étrique du point D est un cercle de diamètre AB et de centre M. La tension entre les points M et D a pour amplitude E mais elle est déphasée de l’angle 2α. L’angle ( AD,BA ) vaut α et tgα = 1/RCω

Exercice 4.8

Z R j LC

R j LR RC

= + −FHG

IKJ = + −F

HGIKJ

FHG

IKJω

ωω

ω1 1 1

Q LR

LR

Q Qx

LC CL

RCQ

RCQx

= ⇒ = =

= ⇒ = = =

ω ω ωω

ω ω ωω

0

0

02

02

021 1 1 1

Z R jQ xx

Z jZ= + −FHG

IKJ

LNM

OQP = +1 1

0 0cos sinϕ ϕ

tg Q xx

Z R Q xx

ϕ = −FHG

IKJ = + −F

HGIKJ

1 1 10

2

; ² ; I = U/Z0

Pour x = 1, I présente un maximum IM = U/R. Il y a alors résonance en couran t. Si toutes choses égales par ailleurs, on diminue R, on augmente la valeur du facteur de qualité Q ainsi que l’acuité de la résonance en courant.

UC = ZC.I = I/Cω = I.RQ/x.

UL = ZL.I = ILω = I.RQx.

U QxU

Q xx

U QU

x Q xx

L C=

+ −FH

IK

=

+ −FH

IK1 1 1 12 2

²

;

. ²

0

0

x

x

1

1−π/2

+π/2

Q=10Q=10

Q=1 Q=1

U/R

Courbe du courant

I

10Courbe de phase

Pour chercher le maximum de UL, on calcule sa dérivée :

dUdx

Q Q x xQ x x x

Q x x

Q x xL =

+ − −−

+ −

+ −

1 12 2

2 1 1

1 1

23 3

2

2

² //

² /

² /

b g c hb g

b g

Le numérateur s’annule si : 1 – 2Q² + 2Q²/x² = 0 soit pour : x QQ

² ²²

=−

22 1

Il faut que 2Q² – 1 > 0 soit Q > 1/√2. On a alors : x QQL =

−>2

2 11

²

Un calcul identique pour UC donne un maximum pour xC = 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.

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

x x1

1

U /U

UUL

L

LC

C

x

Q

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 :

H j RRZ RZ RR R Z

RR CRR C j RC jR C

U

C C U u C

U

U U

( )²

² ²² ²

ω ωω ω ω

=+ + +

=− + − −2 1 2

On pose α = RU /R et x = RCω

H j R CR C j RC j RC

xx jx

( ) ² ² ²² ² ²

²² ( )

ω α ωα ω ω α ω

αα α

=− + − −

=− + −1 2 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 :

H j Z RR RZ RR R Z

RR R jRC R R

C U

C U u C

U

U U

( )² ( )

ωω

=+ + +

=+ + +2 2

H RR R R C R R

U

U U

=+ + +( )² ² ² ²( ) ²2 ω

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

idéal (DTI). H VV

jRCjRC

jxjx

= =+

=+

2

1 1 1ω

ω (

00 x;RC/1

ωω==ω )

Deux cellules. On applique le théorème de Millman en B :

R/1jC2)VV(jCV 21

B +ω+ω= . Donc : VB(1 + 2jx) = jx(V1 + V2)

La seconde cellule est un DTI et donc : V2 = jx.VB/(1 + jx)= ++ +

( )²( )( )( )

jx V Vjx jx

1 2

1 1 2

On en déduit l’expression de H2 (filtre passe-haut du second ordre) :

H VV

jxjx jx2

2

1 1 3= =

+ +( )²

( )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)

Corrigé des exercices: Chapitre 5,6,7

205

Donc : ( ) ² ( ) ² ( ) ( )jx V jx Vjx

jx V V jxAA

121 2

1 2++

+ = +

V jx V jx jx Vjx jxA = + +

+ +( )² ( )

( ) ²1 21 2

1 4 3

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

On tire : H jxjx jx jx3

3

2 31 5 6=

+ + +( )

( ) ( ) ( ) (filtre du 3 e ordre)

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 ZC + (R //(R +ZC)). En posant ρ = R(R+ZC)/(2R + ZC), il vient : V1 = VE.ρ/(ρ + ZC).

La tension de sortie est donc : V Z VR Z ZS

C E

C C

=+ +

ρρb gb g . La fonction de transfert est :

H RZR RZ Z R Z Z R jRC jRC j x x

C

C C C C

=+ +

=+ +

=+ +

=− +² ² / / / ( / )3

13

11 3

11 3ω ω

Avec :

00 /x;RC/1 ωω==ω

Le produit par le complexe conjugué donne le carré de la norme et

donc : Hx x

=+ −

19 1( / ) ²

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

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 = 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

A = A // a = 2RZ R ZR Z

C C

C

( )² ²

++

. B = B // b = ½(ZC + R)

La sortie n’est pas chargée donc A et B forment un DTI : VS = B.VE /(A + B)

H R ZR Z RZ

R CjRC R C

C

C C

= ++ +

= −+ −

² ²² ²

² ² ²² ² ²4

11 4

ωω ω

2e méthode (théorème de Millman) :

V jC V VjC R

jCR V VjCR

jx V VjxA = +

+= +

+= +

+ω

ωω

ω( )

/( )

( )( )( )

1 2 1 2 1 2

2 2 2 1 2 1 (On pose x = RCω)

De même : V V V RjC R

V VjCR

V VjxB = +

+= +

+= +

+( ) /

/( )( )

( )( )

1 2 1 2 1 2

2 2 2 1 2 1ω ω

La nullité du courant I2 implique : jCω(VA – V2) + (VB – V2)/R = 0

c

CA

Aa

bB

10 , 1 1 0x

G 1/3

0,1

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 jxjx jx

= ++ +

11 4

( )²( ) ( ) ²

⇒ H x xx jx jx x

( ) ²( ²) / ( ²)

= −− +

=+ −

11 4

11 4 1

H jx

jx xx

x

( )/ ( ²) / ( ²)

1

1

1

1 4 1

11 4 1

=+ −

=− −b g

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 :

H xx x

= −− +

11 16

²( ²)² 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).

CL

C3

CL

CL21

31

3

Z2Z²Z

ZetZ2Z

ZZZZ:avec

ZRZZR

H+

=+

==++

+=

ω+ω++

ω−

ω+ω++

ω−

=+++

++=

jCR2)jLr(R

²²C1

CL

jCR2

)jLr(R²²C

1

RZ2RZ²ZZZRZ2RZ²Z

HCLCLC

CLC

H est nul si : Rr = 1/C²ω² et si RLω = 2R/Cω. On déduit :

RrC

etLC0 0

1 2= =² ²ω

ω R0 = 6,2 kΩ et ω0 = 2.103 Rd/s.

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 − + + + =− + + + =RST ⇒

FHG

IKJ =

++

FHG

IKJFHG

IKJ

V Z I Z I IV Z I Z I I

VV

Z Z ZZ Z Z

II

C L

C L

C L L

L C L

1 1 1 2

2 2 1 2

1

2

1

2

00

( )( )

L’impédance d’entrée est : Z Z Z ZZ ZE = −

+1112 21

22 0

(voir aussi la page 36)

En effet : V Z I Z IV Z I Z I Z I

I Z IZ Z

1 11 1 12 2

2 21 1 22 2 0 22

21 1

0 22

= += + = −

RST ⇒ = −+

Z Z Z ZZ Z Z

Z Z Z Z LC CC L

L

C LC C L0

2

002 2 2 1

4= + −

+ +⇒ = + = −.

² ²ω

1

1

100,1x

G

207

On met en évidence la fréquence de coupure ωC LC= 1

2. Pour les fréquences inférieures, Z 0 est

une résistance pure. Au-dessus ce doit être une réactance pure. Deuxième montage :

Cette fois, on a : VV

Z Z ZZ Z Z

II

C L C

C C L

1

2

1

2

FHG

IKJ =

++

FHG

IKJFHG

IKJ

Z Z Z ZZ Z Z

Z Z Z Z LC

LE C L

C

C LL C L= + −

+ +⇒ = + = −

2

002 2 2

4. ² ²ω

On met en évidence la fréquence de coupure ωC LC= 2 . Pour les fréquences inférieures, Z0 est une

réactance pure. Au-dessus ce doit être une résistance pure. Exercice 5.8 Les deux condensateurs forment un DTI ; en posant C = C1C2/(C1 + C2), on a : V2 = VA.C/C2 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 ZR Z

V VR Z

VR jL jCA =

+=

+=

+ +11 1

1 1 1/ / ω ωb g

Soit : ( )ω−ω+===

L/RRCj1C/C

VV

VV

VV

H 2

1

A

A

2

1

2

On pose K = C/C2 et LCω0 = 1 ⇒ ω0 = 1/ LC . On définit Q RC R L R C L= = =ω ω0 0/ / .

Il vient : H KjQ

=+ −1 0 0ω ω ω ω/ /b g . C’est un passe-bande d’ordre 2 dont l’acuité est fonction de

Q (le facteur de qualité est en général défini par Q = L ω0/R). 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

Comme dans l’exercice 5.8, on tire : H VV

L Lj RC R L

= =+ −

2

1

2

1/

/ω ωb g

En posant K = L2/L, LCω0 = 1 et Q RC R L R C L= = =ω ω0 0/ / , on obtient la même expression que pour l’exercice 5.8

Ces deux filtres sont utilisés pour réaliser des oscillateurs haute fréquence.

0,1 101

0 dB

Q = 5

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 ET en série avec (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 1 + R2). On en déduit que VAB = R2.I = 4 V. 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

0,8

60 mA

Vak

0 ,8

50 mAI

t

t

Vak

Vak

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

Corrigé des exercices: Chapitre 9

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 : VAK est très déformée. Bien noter que I reste > 0. Exercice 7.5 La tension aux bornes de R est VAB = 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 VAB ≈ 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

PF

VZ

ET/RT

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 vs

Ru

R

rZ

vE = ∆VE ; vS = δVS Comme rZ << RU, on a : vS = vE.rZ/(R + rZ) ≈ vE.rZ/R. δVV V

V rR

S

S SE

Z= =1 1 2∆ , %

Quand la résistance d’utilisation varie, le courant dans la Zener est maximum si R U est infinie. Ce courant vaut alors IZ = (45 – 24)/R soit 52 mA (< IZM). Pour avoir une régulation, il est nécessaire que E T > VZ. ET est minimum quand VE = 35 V.

On a donc V E RR RZ T i

U i

U i

=+min

min

min

. et RU minimum égal 457 Ω.

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 UZ = ET – RT .IZ = VZ + RZIZ Le point de fonctionnement pour RU = 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

On a (voir exercice 7.7) δVV V

V rR

S

S SE

Z= 1 ∆ . Donc ici x/4 = 10/150. L’ondulation de la tension

de sortie est égale à 26,7 mV.

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

Or IB = IC/β donc : I V VR RC

CC BE

C B

= −+ / 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

Or IE ≈ IC = β .IB donc : I V VR RC

CC BE

E B

≈ −+ / 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

Or IB = IC/β donc : I V VR RBCC BE

C B

= −+β

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.

Corrigé des exercices: Chapitre 10-13

215

RE = VEM/IE = 2,4 kΩ ; on prendra 2,2 kΩ (valeur normalisée). IB = IC/β = 16,6 µA ; donc il faut IP > 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 CC sont a priori indifférentes. Il faut toutefois que VCE reste positif. 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 IB << IC alors IC = IE = 3 mA. Valeurs limites de RC : Si RC = 0, VCE = VCC – VEM = 9 V. La puissance dissipée dans le transistor est égale à 21 mW. On a aussi : VCC = RC.IC + VCE + VEM. Comme VCE ne peut devenir négatif, (V CE ≈ 0 pour un tran-sistor saturé), la valeur maximale du produit R C.IC est 9 V. La valeur maximale de R C est donc 3 k Ω. Pour des valeurs supérieures, le courant I C va devenir in-férieur à 3 mA.

Exercice 12.1 Le gain en tension d’un étage émetteur commun découplé est égal à – β .RS/h11. Le gain β et h11 sont liés (voir page 62) par : h11(Ω) = 26.β/IC(mA). Le gain en tension est égal à : AV = – IC.RS/26. On néglige IB devant le courant dans le pont de base : VBM = 15.10/(56 + 10) = 2,27 V ; donc VEM = 2,27 – 0,6 = 1,67 V. IE = IC = 1,67/1500 = 1,11 mA. Si RU = ∞ alors RS = RC = 6200 Ω et AV = – 6200.1,11/26 = – 264. Si RU = 10 kΩ alors RS = RC // RU et AV = – 3820.1,11/26 = – 163.

Exercice 12.2 Le montage est ident ique à celui du précédent (avec le transistor complémentaire). Les gains en tension sont les mêmes ainsi que les résistances de sortie. L’impédance d’entrée est : ZE = h11 // R1 // R2 et h11 ≈ 26β/IC AN : h11 = 150.26/1,11 = 3500 Ω ; ZE = 2480 Ω.

Exercice 12.3 Le point de fonctionnement est inchangé. Si ρE est la partie non découplée de la résistance d’émetteur, le gain de l’étage est égal à :

A Rh

RIV

S

E

S

C E

= −+

= −+

ββ ρ ρ

.. /11 26

Sans découplage : AV = – 6200/1523 = –4. ZE = R1 // R2 // h11 + β.ρE) < R2 (ρE = 1500Ω)

Découplage partiel : AV = – 6200/523 = –11,8. ZE = R1 // R2 // h11 + β.ρE) < R2 (ρE = 500Ω) Le découplage partiel permet de conserver un gain raisonnable.

Exercice 12.4 Calcul de la tension d’entrée : le générateur débite dans R G qui est en série avec l a résistance RP de polarisation (R 1 // R2). La tension d’entrée (générateur de Thévenin équivalent) est : vE = vG.RP/(RG + RP) = 50.15/(10 + 15) = 30 mV. La résistance du générateur de Thévenin équivalent est R 0 = RG // RP = 6 kΩ. La résistance ρE vue par l’émetteur est (RE // RU) = 2126 Ω. Le gain en tension (chap. 12, § 2.4) est :

A hh h

hh I h IV

E

E

E

C E

E

C E

=+

=+

=+

21

11 21

21

21 2126 26ρ

ρρ

ρρ

ρ. / /

Calcul de IC : Le potentiel de base est VBM = U.R2/(R1 + R2) = 7,5 V. Celui d’émetteur est : VEM = VBM – VBE = 6,8 V ⇒ IC =VEM/RE = 0,68 mA. On tire : AV = 0,98 et vS = 29,4 mV. ZS est égale à = V0/ICC. La tension à vide est : V0 = vE.h21. ρE/h21ρE + R0 + h11 Le courant de court-circuit est : ICC = h21.iB = h21.vE/(R0 + h11) ZS = (h11 + R0)/h21 // ρEh21 . ZS ≈ h11/h21 = 26/IC = 38 Ω.

Exercice 1 Comme le gain de chaque étage est fonction de sa charge, il est nécessaire de commencer l’étude par le dernier étage.

11

U

E 1

C 1E 2

C 2B 1

h h11

B 2

On désigne par RB la résistance équivalente à R1 // R2. Soit ρC = RC2 // RU, la charge de collecteur de T2. On pose RB1 = RB2 = (R1 // R2). On admet que β ≈ h21

1 – Pas de découplage. Gain du 2e étage (voir page 85) : A2 = – ρC/RE = – 1. Si iB est le courant de base, le courant dans la résistance d’émetteur est (β + 1)iB La charge de T1 est ρC1 = R1 // R2 //RC1 // (h11 + β.RE) = 1,15 kΩ Le gain du 1e étage est A1 = – ρC1/RE = – 1,15. Le gain total est + 1,15. L’impédance d’entrée est : ZE = R1 // R2 // (h11 + β.RE) = 2,7 kΩ

2 – Découplage de T1. Le gain du 2e étage est inchangé : A2 = – ρC/RE = – 1. La charge de T1 est inchangée : ρC1 = 1,15 kΩ Le gain du 1e étage est A1 = – βρC1/h11 = – 115/0,45 = – 255. Le gain total est + 255. L’impédance d’entrée est : ZE = R1 // R2 // h11 = 390 Ω.

3 – Découplage de T2. Le gain du 2e étage est inchangé : A2 = – βρC/h11 = – 100/0,45 = – 222. La charge de T1 est : ρC1 = R1 // R2 //RC1 // h11 = 325 Ω Le gain du 1e étage est A1 = – ρC1/RE1 = – 0,325 < 1. La charge de l’étage est trop faible. Ce couplage est à éliminer.

4 – Découplage de T1 et de T2. Le gain du 2e étage est inchangé : A2 = – 222. Le gain du 1e étage est A1 = – βρC1/h11 = – 32,5/0,45 = – 72. Le gain total est + 16000. Attention à la saturation et au bruit ! L’impédance d’entrée est : ZE = R1 // R2 // h11 = 390 Ω. Pour une amplification en tension, il faut que l’impédance de sortie d’un étage soit faible devant l’impédance d’entrée de l’étage suivant. Exercice 2 1) Le courant d’émetteur du 1e transistor est IE1 = (β1 + 1)IB1. Le courant de collecteur du 2e est : IC2 = β2IB2 = β2IC1 = β1β2IB1 . Le courant dans la résistance R inférieure est : IC2 + IE1 = (β1 + 1 +β1β2)IB1 ≈ β1β2IB1 . 2) VC1M = VB = VB2E2 + VE2M = – 0,6 V + 12 V = 11,4 V. VC2M = VE = VC2E2 + VE2M = – 4 V + 12 V = 8 V. Pour le calcul de VE1M, on note que le courant IE1 est négligeable devant IC2 : Les deux résistances R forment un diviseur de tension donc VE1M = 8/2 = 4 V. VB1M = VA = VB1E1 + VE1M = 4,6 V.

Corrigé des exercices: Chapitre 14

3) Le courant dans R2 est : VB1M/R2 = 20,9 µA. Le courant dans R1 est : (E – VB1M)/R1 = 22,4 µA. Donc : IB1 = 1,5 µA. IC1 = IB2 = β1IB1 = 300 µA et IC2 = β1β2IB1 = 30 mA ⇒

4) IC2 = 30 mA et VE1M = 4 V ⇒ R = 4/30.10–3 = 133 Ω 5) Calcul des pentes des transistors S1 = S0IC1 = 38.0,3 = 11,4 mA/V = β1/h11. Donc h11 = 200/11,4 = 17,5 kΩ. S2 = S0IC2 = 38.30 = 1140 mA/V = β2/h11. Donc h11 = 100/1140 = 87,7 Ω.

21

B

h h11 11

A B

F

E

7) La tension d’entrée vaut : vE = h11i + v1. v1 = (β1 + 1) + β1β2R.i v1/vE ≈ β1β2R/(h11 + β1β2R ) ≈ 1.

β1β2R = 2,66 MΩ >> h11. v2 = v1 + β1β2R.i = (β1 + 1 +β1β2)R.i v2/vE ≈ 2β1β2R/(h11 + β1β2R ) ≈ 2.

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 :

2

1E 4

12

3

1111

i i'

βi βi'

βi

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

vS/vE = AV =1 1 3

4 1 3

++

R RR R R( )

= 9,5.

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 :

111

1

4

E

3

11

2

2

i i'

βi βi'

βi

vE = h11 + βR3.R4/(R3 + R4).iCC i’CC = R1/R2iCC Le courant de sortie est alors iSCC = βi’CC La tension de sortie à vide est vTàV = AV.vE.

++=

434311

12

RRRRh

RRAZS β = 320 Ω.

Exercice 4 En régime variable, la base de T2 est à la masse (découplage par un condensateur).

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

2

SB

E

C

11

E

1

2

1

h

11h

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.

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:

( ) 221

CGE

E

ZRRRA

++= et dont la fréquence de coupure est :

( ) ).(.21 ωπ EC

EGEC CZCRRf =+= .

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 ordre dont le gain est :

( ) 2C

2SU

U2

ZRRRA

++= et qui admet comme fréquence de coupure :

( ) ).CZ(C.RR21f SC

SUCC ω=+π= .

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 = E1 – exp(–t/RC). D’après la définition, on tire : 0,1.E = E1 – exp(–t/RC). exp(–t/RC) = 0,9 0,9.E = E1 – 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.

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 étude « temporelle » à l a place d’une étude « 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.

( ) ( ) ( )NNNNNN xjxjxHHG

²11

1.11. *2

+=

−+==

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

21

21

22 =

=NG

( ) 1212²2²1 /1/1 −=⇒−=⇒=+ NNN xxx

Exercice 14.1

V V RR

VS E E= +!"#$%& =1 112

1

.

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. Exercice 14.2

V RR

V VS E E= − = −2

1

10.

Exercice 14.3 L’entrée + est à la masse donc VA = 0. Du théorème de Millman, on tire : VR

VR

VR

VR

S1

1

2

2

3

3 0

0+ + + = . Avec les valeurs proposées, on a : VS = – 3 V.

Exercice 14.4 VS = (V2 – V1)R2/R1 = (V2 – V1). (voir cours page 108) Exercice 14.5

V+ = 0 donc VB = 0. Millman appliqué en A donne : VR

VR R R

SA

4 4 2 3

1 1 1= + +!"#

$%&

Millman appliqué en B donne : 01 2

2

1

= + ⇒ = −VR

VR

V RR

VE AA E

V V R RR R R RS E= − + +!"#

$%&

2 4

1 4 2 3

1 1 1 . AN : G = – 402

Si R3 est petite devant les autres résistances, on a : V R RR R

VS E= − 2 4

1 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. Exercice 14.6 V+ = V– = E1.

En utilisant le théorème de Millman, on a : E E R V RR R

N1

2 0

01 1= +

+/ // /

(1)

V E R V RR R R

VR

VR R R

ERN

S SN= +

+ +⇒ = + +

!"#

$%& −

1 0 1

0 1 2 1 0 1 2

1

01 1 11 1 1/ /

/ / / (2)

1e cas : E2 = 0 et E1 = e1

de (1), on tire : eR R

VR

V e RR

NN1

0 01

01 1 1+!"#

$%& = ⇒ = +!"#

$%&

Corrigé des exercices: Chapitre 15

VR

e RR R R R

eR

S

11

0

0 1 2

1

0

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

$%& −

Ve

RR

RR

RR

R RRR

S

1

1 0 1

2

0 1

2

1 363 5= + + + +!"#

$%& = ,

2e cas : E2 = e2 et E1 = 0 de (1), on tire : V e R RN = − 2 0. / VR

e RR R R R

Ve

RR

RR

R RRR

S S

12

0

0 1 2 2

1 0 1 0

2

1 1 1 361 5= − + +!"#

$%& ⇒ = − + +

!"#

$%& = − ,

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).

Millman en C donne : 3

VV2R2/1R/1

R2/VR/VV3VV SASA

3BC+

=++

===

VS = 9.V3 –2.V2 + 2.V1 Exercice 14.8

V V V R V RR R

V V VAB S

S B= = ++

⇒ = + −2 21 11/ /

/ /( )α

αα α

V V V VC B= ⇒ = +1 1 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 tempéra-ture 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

V R R R RR R

i R RR

iS = + + ++

!"#

$%& + +

!"#$%&( ) . .2 3

1 4

2 31 3

4

321 1

Pour avoir VS = K(V2 – V1), il faut que : 1 11 4

2 3

4

3

+ ++

= +R RR R

RR

soit R1R3 = R2R4

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.

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

I V VR

V VkR

V kRR

V kRR

VEE A

A E= − = − ⇒ = +!"#$%& −

− −−

1

1 11 .

R et R1 forment un DTI donc : V V RV R RS+ −= = +/ ( )1 .

IS = i – i1 = VS/(R + R1) – (VA – VS)/R1

I R RR R R

V VR

R RR R R

V kRR

VR

kRRR

VS SA

S E= ++

− = ++

− +!"#$%& +

−2 2 11

1 1 1

1

1 1

1

1

1

1( ) ( )

I R R R kRR R R

V kR

V kR R

V kR

VS S E S E= + − −+

+ = −+!"#

$%& +2 21 1

1 1 1( )

V kk

RR

V R Rk

IS E S=−!"#$%& +!"#

$%& − +

−21

21 1

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.

V V R V RR R

V V R V RR RA

DB

C= ++

= ++

1 1 2

1 2

2 1 2

1 21 1 1 1/ // /

; / // /

. Donc : V VR

V VR

D C− = −

2

2 1

1

V V P V RP R

V V P V R V RP RC

D BD

C A S= ++

= + ++

/ // /

; / / // /

2

2

2 2

21 2 1 2

V V V P V P V RR P

V VR P

V VP

VRD C

C D SD C

D C S− = − ++

⇒ − +!"#

$%& = − − +/ / /

/ /2

2 2 22 12 1' (

VR

V VR P R P

RR

V VSD C

2 2 2

2

12 1

2 2 2 1 1= − +!"#

$%& = +!"#

$%& −' ( ' (

V RP

RR

V VS = +!"#$%& −2 1 2 2

12 1' ( . C’est un amplificateur différentiel à gain ajustable.

Exercice 14.13 V+ = VE.Z/(R + Z) ; (VS – V–)/R = (V– – VE)/R soit : (VS + VE) = 2V–.

L’égalité des tensions d’entrée implique :V V ZR Z

V Z RZ RS E E=

+−!

"#$%& =

−+

2 1

1e cas (Z est une résistance variable) : V VS E= −+

αα

11

Le gain varie entre –1 et +1 quand Z varie entre 0 et une valeur très grande.

2e cas (Z est un condensateur) : V V jRCjRCS E= −

+11

ωω

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

V V nR V nRnR nR

V R V RR R

S S− = ++

= ++

1 1 2

1 2

1 2 1

2 11 1/ // /

Le courant i dans R est la somme des courants qui circulent dans les résistances R1 et R2. Donc : i = (VS – V+)/R2 + (V2 – V+)/R1 L’égalité des tensions d’entrée implique :

i VR

VR R R

V R V RR R R

V VS S= + − +!"#

$%&

++

= −2

2

1 1 2

1 1 2

1 2 12 1

1 1 1 ' (.

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

s e RR

e RR

s e RR

e RRG G G G

1 11

21

2 22

121 1= +

!"#$%& − = +

!"#$%& −;

s s s R RR

e eG

= − = + +!"#

$%& −2 1

1 22 11 ' (

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.

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 :

On a donc : VS = VE – VS0 ⇒ V V jRCjRC

V jRCjRCS E E= − −

+!"#

$%& =

+1 1

12

1ωω

ωω

Le gain est donc : G RCR C

=+2

1ω

ω² ² ²

Aux fréquences faibles, R²C²ω² << 1 et donc G ≈ 2RCω = 10–4ω. VS = k.ω. Le circuit est un fréquencemètre analogique. Pour les fréquences élevées, le gain tend vers 2.

Exercice 14.18 VA = VB = 0 VE = i/jC ω VS = – R1.i VS = – jR1.C ω.VE De plus : VE – VS = R2.(I – i) La valeur du courant d’entrée est donc : I = i + (I – i) = jCωVE + (VE – VS)/R2. I = jCωVE + VE/R2 + jR1.C ωVE/R2

I VR

jC RRE= + +

!"#$%&

!"#

$%&. 1 1

2

1

2

ω . L’admittance d’entrée est :YR

jC RRE = + +

!"#$%&

1 12

1

2

ω.

Ce circuit est donc équivalent à une résistance R2 en parallèle avec un condensateur dont la capacité vaut C' = C.(1 + R1/R2). Il permet de simuler une capacité de grande valeur.

Exercice 14.19 Soit VS la tension de sortie de l’amplificateur opérationnel. VS = V2 – RI2 = V1 – kRI1. Or V+ = V– = V2 = V1 ⇒ I2 = kI1 V2 = V1 = –Z2I2 = –kZ2I1 L’impédance vue par l’entrée ZE = V1/I1 = – kZ2 est donc négative. La saturation ne doit pas être atteinte lors du fonctionnement. Exercice 14.20

2

2

111

IV

V

I

1 I

+–

R

– R 0

R

R 0

R 0

D’après l’exercice 14.19, on peut remplacer le conver-tisseur de droite par une résistance ég ale à – R0. (la charge R0 et k = 1).

En A, on a donc :

V = VA = – R0.(I2 – I1) = – R0.I2 + R0.I1

mais : V = R0I1 + V1 = – R0I2 + V2

La comparaison des égalités donne : V1 = – R0I2 et V2 = R0I1 Par ailleurs, on a : V2 = – Z2I2 = R0I1 ⇒ I2 = – R0I1/Z2 Donc : V1 = – R0I2 = I1.R0²/Z2 Si Z2 = 1/jCω, l’impédance d’entrée est donc : ZE = jR0²Cω = jLω Le circuit est équivalent à une inductance pure de valeur :

L = R0²C

Exercice 14.21 Y = IE/VE et IE = I2 – I1 – I0. I2 = VE/R = – jCωV2 ⇒ V2 = – VE/jRCω I1 = (V2 –VE)/R ; I0 = (VS –VE)jCω. VS = –k.V2 = k.VE/jRCω

I VR

VR

VR

jC V jC VEE E

E S= + − + −2 ω ω

Y IV R jR C

jC kR

kR

j CR C

E

E

= = + + − = − + −!"#

$%&

2 1 2 1²

.²ω

ω ωω

L’admittance du circuit de droite est :

Y IV R

j CL

E

E

= = + −!"#

$%&

1 1

00

0

. ωω

En identifiant, on tire : R0 = R/(2 – k) ; C0 = C et L0 = R²C L’admittance est nulle si k = 2 et si ω = 1/RC. Le circuit se comporte alors comme un oscillateur. I l faut prévoir un élément non linaire à la place de la résistance kR pour stabiliser le gain. Exercice 14.22 On a : i = VE/(ZC + R1) et I – i = (VE – VS)/R2 VS = VA = R1.i = VE.R1/(ZC + R1)

I V VR

VR Z

VR

VR Z

VR Z

RR

E S E

C

E E

C

E

C

= − ++

= ++

−+2 1 2 1 1

1

2

Y IV R R Z

RR R

R RR Z R

R ZR ZE C C

C

C

= = ++

−!"#$%& = + −

+!"#

$%& = +

+!"#

$%&

1 1 1 1 1 1

2 1

1

2 2

2 1

1 2

2

1

ω+ω+

=++

==CjR1CjR1

RZRZR

RI

VZ

2

12

C2

C12

E

Considérons une résistance RS en série avec une inductance pure L shuntée par une résistance RP. L’impédance de cet ensemble est :

Z R R ZR Z

R R Z R RR ZS

P L

P L

S P L P S

P L

= ++

= + ++( )

ZR Z R R

RZ R

RZ R R

R RZ R

RjL R R

R RjL R

S LP S

P

L PS

LP S

S P

L PS

P S

S P

P

=+ +!"#

$%&

+=

+ +!"#

$%&

+=

+ +!"#

$%&

+1

1

1

1

1/ / /

ω

ω

En identifiant, on tire : RS = R2 L = R2C.RP R1C = (RS + RP)C ⇒ RP = R1 – R2 et L = R2.C.(R1 – R2)

Exercice 14.23

On a (voir le cours page 111) :T R C Ln RR

= +!"#

$%&2 1 2

31

2

.

AN : T = 2.104.10–7.Ln(3) = 1,1 ms.

Exercice 14.24

Vs

Ve2 ,4 4 ,6

Si VE est nul, la diode du haut est conductrice donc V+ = VE + 0,6 V = 0,6 V. La diode du bas est bloquée et : V– = E/4 = 3 V. La tension de sortie est alors –VSat. Lorsque VE atteint 2,4 V, V + vaut 3 V. L a sortie passe alors à + VSat. Quand VE continue à croître, il arrive un moment (3,4 V) où la diode du haut se bloque et V+ = E/3 = 4 V.

Il n’y a pas de modification en sortie. Pour V E = 3,6 V, la diode du bas devient passante. V+ = 4 V et V– = 3 V. Pas de modification. Par contre quand V E atteint 4,6 V, on a : V+ = 4 V et V– = 4V. Le système bascule. La sortie est à l’état haut uniquement quand les valeurs d’entrée sont dans la fenêtre définie par les valeurs de E et des résistances de polarisation. Exercice 14.25 V+ = 0 donc VA = 0 et VE/R1 = VS/Z soit VS = – VE.Z/R1

Z Z RZ R

RjR C

H RR j

c

c C

=+

=+

⇒ = −+

2

2

2

2

2

111

1ω ω ω/

C’est un filtre passe-bas dont le g ain est R 2/R1 et dont la fréquence de coupure est ég ale à R2C. Exercice 14.26 V– = VS.R2/(R1 + R2). Donc VS = k.V– = k.VA Entre A et B, R et C forment un DTI. On a donc :

C

CSB

C

CAB Z.k

ZRVV

ZZR

VV+

=⇒+

= . De plus R/1Z/1R/1

R/VZ/VR/VV

C

ACSEB ++

++=

VR Z

VR

VZ

VR

V R ZkZ

R ZR Z

VR

VZ

VkRB

C

E S

C

AS

C

C

C

C

E S

C

S2 1 2+!"#

$%& = + + + +!

"#$%& = + +; .

.

En regroupant les termes, il vient : V R Z Z R kR Z ZkR Z

VRS

C C C C

C

E3 2 2 2

2

. ² ..

+ + − −!"#

$%& =

H VV

kZk R Z Z R

kR C j k RC

kx j k x

S

E

C

C C

= =− + +

=− + −

=− + −

2

23 1 3 1 3( ) . ² ² ² ² ( ) ² ( )ω ω

Dans le cas du suiveur, k = 1 et : H = 1/(1 + jx)². Si on pose X = x², on tire :

H kX k X

kX X k k

2

1 3 1 7 6=

− + −=

+ + + −²

² ²²

² ( ² )' ( ' (

C’est un filtre passe-bas du second ordre. En permutant les résistances R et les condensateurs, on obtient un filtre passe-haut. La dérivée de H ne peut s’annuler que si (k² – 6k +7) est négatif. Les valeurs limites de k sont :

k = ± − = ±6 36 282

3 2 .

Pour k > 1,586, la dérivée de H s’annule donc H présente une partie croissante.

Exercice 14.27 V– = 0 ⇒ VA = – VS.R/ZC2

Avec Millman on obtient :

+−=+=

+

1C2CS

SE

1CA Z

1R3

ZRV

RV

RV

Z1

R3V

++−=

2C1C

2

2CSE ZZ

RZ

R31VV ; on pose : 02

1

210 x;

CC

31Q;

CCR1

ωω===ω

On en tire la fonction de transfert (filtre passe-bas du 2e ordre) :

2)jx(Q/jx11H++

−=

La valeur Q = 2/1 permet d’obtenir un filtre ayant une réponse plate avant la coupure.

0,1 1

k = 1

k = 1,586

k = 2

10 x

Exercice 14.28 Comme V+ = 0 = V–, on a VA = – VS.R/ZC

V V Z V RZ R

RZ Z R

V VZ

VRA

E C S

C C CS

E

C

S= ++

⇒ − +!"#

$%& = +/ /

/ /0

0 0 01 31 3

ω−+ω−=

++−==

000CC0CCE

S

jRC/1C/C3jRC1

R/ZZ/Z3Z/R1

VV

H

RC0ω = x/n donc : Hn j x n x

Hn x n x

= −+ −

⇒ =+ −

13

19( / ) ² ( / )²

Le gain est maximal pour x² = n ; il vaut alors – C0/3C. La phase vaut π. C’est un filtre passe-bande à structure de Rauch.

Exercice 14.29 Avec un amplificateur opérationnel idéal, r2 ne joue aucun rôle. V+ =VB = VE.r3/(r1 + r3).

V V R V RR R

V R V RR R

V V rr rA

E S E SB

E= ++

= ++

= =+

/ // /

1 2

1 2

2 1

2 1

3

1 31 1

V r R R V R V R r rE E S. ( ) ( )( )3 1 2 1 2 1 3+ = + +

V V R r R rR r r

R R V V r rr r

V rS E S E E= −

+= ⇒ = −

+= −1 3 2 1

1 1 31 2

3 1

1 3

32( )

; ρρ

Selon la position du curseur du potentiomètre, le gain varie entre –1 et +1.

Exercice 14.30 V+ = 0 donc V– = 0 et V1/VE = –R2/R1 et VS/V1 = –R4/R3. Soit VS/VE = R4R2/R3R1 = 5. L’état de l’interrupteur K n’influe pas sur le gain. L’impédance d’entrée avec K ouvert est ZE = VE/IE = R1 = 5 kΩ. Si K est fermé, on a IE = I1 + I2 = (VE – VS)/R + VE/R1

I V R R R RRR R

RRRR R

R RRR R R R RE E E= − +

!"#

$%& ⇒ =

+ −1 3 2 4

1 3

3

1 3

1

1 2 4 3/

La résistance d’entrée est infinie si : R = R2R4/R3 – R1 = 4.R1 La résistance R de réact ion amène alors un courant qui compense exactement celui qui est consommé dans R1.

Exercice 14.31 En E, (e1 – V1)/RU = (V1 – VS2)/RU soit : VS2 = 2V1 – e1. De même en G, on a : VS1 = 2V2 – e2. Millman appliqué en F donne :

1S2S12S1S

1EF VNVNV2R/NR/1R/)1N(

R/NVR/VVVV =−⇒

++−+

===

Avec Millman en H, on tire : 2NV2 – NVS1 = VS2. On remplace VS1, VS2 et :

=

⇒

=+−=+−

2

1

2

1

112

221

ee

1NN1

21

VV

0eV2Ne0eV2Ne

Si e1 = 0 alors V1 = ½Ne2 et V2 = ½e2. E est la sortie et G l’entrée. Si e2 = 0 alors V1 = ½e1 et V2 = ½Ne1. E est l’entrée et G la sortie. Exercice 14.32 a) Le courant dans R2 est nul car V+ = V–.

Comme le courant d’entrée de l’amplificateur est nul, le courant dans R3 est nul également et VS = VA ⇒ VS = VE.RS/(R1 + RS). b) Le courant dans R2 est nul car V+ = V–. Le courant dans R1 est nul également : VA = VE ⇒ VS = VE.(R3 + RS)/RS. Pour les deux montages, le gain est égal à 1 si RS = ∞.

Exercice 14.33 V+ = V– et V– = VS/2.

Le courant dans l’entrée + est nul donc : 0dt

dVCR

VVR

VV SE =−−

+− +++

Comme V+ = VS/2 alors VE – ½RC.dVS /dt = 0 et ⌡⌠= dt).t(V

RC2)t(V ES

Exercice 14.34

R/1R/2R/VR/V

VV1

B1C1A +

+== soit :

RV

R1

R2V

RV B

11

1

C −

+=

et R/1R/2

R/VR/VR/VVV

1

A1S1C2B +

++== . Donc : )VV(

R2

R2

RV

1211

S −

+=

et )VV(RR

12V 121

S −

+=

Exercice 14.35

Soit Z l’impédance équivalente à L, C et R0 en parallèle : ω+ω

+= jCjL1

R1

Z1

0

On a : V – = VSR1/(R1 + R2) et V + = VSZ/(R + Z). De l’égalité des tensions d’entrées (condi-tion minimale d’oscillation), on tire : R.R1 = Z.R2 Soit : jR1RLω+ R0R1R(1 – LCω²) = jLR0R2ω

On tire :LC1=ω et R1R=R0R2 soit R1(P – R0) = R0R2

Il faut donc que :21

10 RR

PRR

+>

AN : f = 10,7 kHz et R0 > 475 Ω

Exercice 14.36 Avec des amplificateurs idéaux, on a VC = VE = VD = V En utilisant le théorème de Millman, on a : VD = V = VBY4/(Y4 + YC) Soit : VB = V(Y4 + YC)/Y4 De même : VE = V = (VAY2 + VBY3)/(Y2 + Y3) En remplaçant VB par sa valeur, on tire : VAY2 = VY2 + VY3 – V(Y4 + YC)Y3/Y4 VA = V – V.YC.Y3/Y2.Y4 Le courant d’entrée du montage est : I = (V –VA).Y1

42

C31

42

C31 YY

YYYY

YYYY.V

VVYI =⇒

+−=

Si Z4 est un condensateur et les autres impédances des résistances pures alors l’impédance du montage est une inductance de valeur L = R2C4/R1R3RC .

Exercice 1 La grille est à la masse ; VGS = RS.ID. En exprimant les courants en mA (et les résistances en k Ω), on a : ID = 4.(1 – ID/2)². On en déduit ID = 1 mA. La chute de tension dans la résistance de drain est 4,7 V. Le potentiel de source est – 1 V et celui du drain est – 5,3 V. Exercice 2

VGS = – RS.ID. Donc : I I R IV

R I R ID DSSS D

GS

S DS D= −

FHG

IKJ = + −

FHG

IKJ

−1 5 10 140

2

32 2

.

Pour RS =100 Ω : 12,5.ID² – 1,5.ID +5.10–3 = 0 ; Le point de fonctionnement est donc : ID = 3,44 mA ; VGS = – 0,34 V Pour RS =1000 Ω : 1250.ID² – 6.ID +5.10–3 = 0 ; Le point de fonctionnement est donc : ID = 1,06 mA ; VGS = – 1 V Si ID = 2 mA, on a : 2 = 5(1 – VGS/2)² dont la solution est VGS = – 0,735 V. La valeur de la résistance de source est : 367 Ω. Exercice 3 Si on néglige le courant base, la valeur du potentiel de base est : VB = VDD.R2/(R1 + R2) = 9,6 V. Le potentiel d’émetteur est donc 9,6 – 0,6 = 9 V. Le courant d’émetteur qui est aussi le courant drain du FET vaut : 9/104 = 0,9 mA. Le potentiel du drain est : VD = VDD – RD.ID = 22,6 V. Le potentiel de grille est égal au potentiel de base (courant grille négligeable). Le potentiel de la source est VS = VG – VGS = 9,6 + 2 = 11,6 V. Exercice 4

G S

S

UD

S

E

s.v

Avec découplage La source est à la masse : vGS = vE vS = – RD.iD = – s.vGSRD. Le gain en tension est donc : AV = – s.RD = –6,6. Sans découplage On obtient le schéma équivalent ci-contre.

vE = vGS + vSM = vGS + RS.iD = vGS(1 + s.RS) AV = – s.RD /(1 + s.RS) = – 2,2. Exercice 5

Comme VGS = – RS.ID , I R ID

S D= −FHG

IKJ

−12 10 14

32

. . On tire ID ≈ 5 mA.

Le potentiel de la source est donc : 270.0,005 = 1,35 V. La chute de tension dans la résistance de drain est 1800.0,005 = 9 V. Le potentiel du drain est 6 V. La résistance de sortie est RS = RD // RU = 1,56 kΩ. La tension de sortie est : vS = – RS.iD = – s.vGSRS. vGS = vE.RG/(RG + R0) ≈ vE.

Corrigé des exercices: Chapitre 18

Le gain en tension est voisin de – 3,3. Exercice 6 vGS = vGM + vMS = vE – vS. RD.i0 = h11.i = RD(s.vGS – i)

i Rh R

s vD

DGS=

+11

.

S

11

2

0

G S

E

D 2

i βis.v

i

vS = RSs.vGS + βi = R Rh R

s vSD

DGS1

11

++

FHG

IKJ

β. .

L’unité est négligeable devant l’autre terme de la parenthèse.

v s R Rh R

v v v s R Rh R

v s R Rh RS S

D

DE S S

D S

DE

D S

D

≈+

− ⇒ ++

FHG

IKJ =

+. . . . . . . . . .β β β

11 11 11

1b g

Le gain en tension est donc égal à 1 – ε. L’impédance d’entrée est la résistance de grille soit 2 M Ω. Pour l’impédance de sortie, on utilise : ZS = vTàV/iSCC . (tension à vide)/(courant en cc). Quand la sortie est en cc et comme le gain est +1, vTàV = vE. Si vS = 0 alors vGS = vE . βiCC = s.vE.β .RD/(h11 + RD). iSCC = βiCC + s.vE = s.vE 1 + β .RD/(h11 + RD)

Z h Rs Rs

D

D

= + ≈11 2 5. .

,β

Ω.

C’est un montage adaptateur d’impédance de gain unité. Exercice 7 Le premier étage est un drain commun. vE = vGD = vGS + vSD = vGS(1 + s.RS). La tension de sortie est : vS = + s.RS.vGS Le gain en tension vaut donc : AV = s.RS /(1 + s.RS) = RS /(RS + 1/s) = 0,45. Le circuit de sortie du premier étage est équivalent à un générateur de tension égal à A V.vE en série avec RS // 1/s. Le second étage est un émetteur commun avec découplage. Son gain est –β .RC/h11. Pour déterminer h11, on utilise la relation : h11 = 26.β/IC. Le potentiel de base est E.R1/(R1 + R2) = 5 V. Le potentiel d’émetteur est 4,4 V. Le courant collecteur vaut 4,4/5.103 = 0,88 mA. On tire h11 ≈ 4400 Ω. Le gain du second étage est donc : – 5000.150/4400 = – 170. Gain en tension du montage : – 170.0,45 = – 77.