Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Un transistor NPN de β = 50 est polarisé par une résistance de base RB = 560 kΩ reliée à l’alimentation VCC = 9 V. La résistance de collecteur vaut RC = 2,2 kΩ et l’émetteur est à la masse. Prenez VBE = 0,7 V et supposez que le transistor est en régime actif. Trouvez la tension collecteur–émetteur VCE.
Un transistor NPN de β = 100 commande une résistance de charge de 470 Ω branchée entre VCC = 9 V et son collecteur. L’émetteur est à la masse. La base est attaquée par une sortie logique de 3,3 V à travers une résistance de base RB = 4,7 kΩ. Prenez VBE = 0,7 V et VCE(sat) = 0,2 V. Trouvez le courant de collecteur IC en mA lorsque l’entrée est à l’état haut. Déterminez d’abord si le transistor est saturé.
L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V ; sa sortie sature à ±14 V. L’amplificateur inverseur est attaqué par un signal sinusoïdal. Trouvez la plus grande amplitude d’entrée Vin,max (valeur de crête) pour laquelle la sortie n’est pas écrêtée.
L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez le courant If dans la résistance de contre-réaction, orienté vers la sortie.
La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 150 ms.
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 15 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 11,5 V ? Trouvez t.
Trouvez le courant IR2 dans R2.
Trouvez le courant IR2 dans R2.
Un convertisseur abaisseur idéal transforme 48 V en 28,8 V à une fréquence de commutation de 200 kHz. Trouvez l’inductance L qui maintient l’ondulation crête à crête du courant dans l’inductance à 1 A.
Un convertisseur abaisseur idéal transforme 24 V en 16,8 V pour une charge de 25 Ω à 100 kHz. Trouvez la plus petite inductance Lcrit permettant la conduction continue.
Trouvez la résistance de Thévenin Rth du pont représenté, vue des bornes de sortie a et b.
Une jauge de contrainte (GF = 2,1) collée sur une pièce avec E = 200 GPa forme un quart de pont alimenté sous 3 V. La sortie indique 1,26 mV. Trouvez la contrainte axiale σ en MPa.
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(4, 5, 8, 9, 10, 11, 12). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
Pour F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 6, 8, 12, 15) + d(0, 9, 11), où d marque les états indifférents, trouvez le nombre N d’implicants premiers essentiels.
Réponse: VCE = 7,37 V
Point de fonctionnement d’un transistor bipolaire : en régime actif, VBE = 0,7 V, IC = β·IB et IE = (β + 1)·IB. Trouvez IB à partir de la maille de base avec la loi des mailles, puis IC, puis VCE à partir de la maille collecteur–émetteur. Un pont diviseur sur la base est remplacé par son équivalent de Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂ ; une résistance d’émetteur apparaît (β + 1) fois plus grande dans la maille de base.
Réponse: IC = 18,72 mA
Transistor bipolaire en commutation : pour alimenter complètement une charge, le transistor est amené en saturation, où VCE = VCE(sat) et le courant de collecteur est imposé par la charge : IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. La saturation exige au moins IB = IC(sat)/β. Si le courant de base est plus faible, le transistor reste en régime actif et IC = β·IB.
β·IB est supérieur à IC(sat), le transistor sature donc.
Le transistor est saturé.
Réponse: Vin,max = 2,979 V
Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.
Réponse: If = −0,01915 mA
Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.
V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.
Réponse: vC = 9,744 V
Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.
Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.
Réponse: t = 556,7 ms
Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
Réponse: IR2 = 3,209 A
Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.
Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.
La source ne voit que Req, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.
Retranchez la chute de tension dans R₁ pour obtenir la tension au nœud A, qui est la tension aux bornes de R₂.
Réponse: IR2 = 0,135 A
Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.
Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.
La source ne voit que Req, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.
Retranchez la chute de tension dans R₁ pour obtenir la tension au nœud A, qui est la tension aux bornes de R₂.
Réponse: L = 57,6 µH
Convertisseurs continu-continu : un interrupteur S est fermé pendant la fraction D de chaque période T = 1/f. En régime permanent, la tension moyenne aux bornes de l’inductance est nulle (équilibre volt-seconde), ce qui donne les rapports de conversion idéaux en conduction continue : abaisseur Vo = D·Vin, élévateur Vo = Vin/(1 − D), abaisseur-élévateur inverseur |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertisseur idéal conserve la puissance : Vin·Iin = Vo·Io. Tant que S est fermé, le courant de l’inductance augmente de ΔIL = VL·D·T/L, avec VL = Vin − Vo pour l’abaisseur et Vin pour l’élévateur et l’abaisseur-élévateur. L’ondulation de la tension de sortie est ΔVo = ΔIL/(8fC) pour l’abaisseur et Io·D/(fC) pour l’élévateur et l’abaisseur-élévateur. Le courant de l’inductance touche tout juste zéro (limite de la conduction continue) lorsque le courant moyen de l’inductance est égal à ΔIL/2.
Réponse: Lcrit = 37,5 µH
Convertisseurs continu-continu : un interrupteur S est fermé pendant la fraction D de chaque période T = 1/f. En régime permanent, la tension moyenne aux bornes de l’inductance est nulle (équilibre volt-seconde), ce qui donne les rapports de conversion idéaux en conduction continue : abaisseur Vo = D·Vin, élévateur Vo = Vin/(1 − D), abaisseur-élévateur inverseur |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertisseur idéal conserve la puissance : Vin·Iin = Vo·Io. Tant que S est fermé, le courant de l’inductance augmente de ΔIL = VL·D·T/L, avec VL = Vin − Vo pour l’abaisseur et Vin pour l’élévateur et l’abaisseur-élévateur. L’ondulation de la tension de sortie est ΔVo = ΔIL/(8fC) pour l’abaisseur et Io·D/(fC) pour l’élévateur et l’abaisseur-élévateur. Le courant de l’inductance touche tout juste zéro (limite de la conduction continue) lorsque le courant moyen de l’inductance est égal à ΔIL/2.
Égalez le courant moyen dans l’inductance à la moitié de l’ondulation et résolvez pour L.
Réponse: Rth = 63,47 Ω
Pont de Wheatstone : deux diviseurs de tension partagent une même alimentation Vs. Le diviseur de gauche R1–R2 donne Va = Vs·R2/(R1 + R2) et le diviseur de droite R3–R4 donne Vb = Vs·R4/(R3 + R4) ; la sortie est Vab = Va − Vb. Le pont est équilibré (Vab = 0, aucun courant dans l’appareil de mesure) lorsque R1/R2 = R3/R4, c’est-à-dire R1·R4 = R2·R3. Vu de la sortie, le pont est une source de Thévenin avec Rth = R1∥R2 + R3∥R4.
Réponse: σ = 160 MPa
Jauges de contrainte : une jauge change de résistance sous l’effet de la déformation : ΔR/R = GF·ε, où le facteur de jauge GF vaut environ 2 pour une feuille métallique. Dans un pont dont tous les bras valent R, une jauge active (quart de pont) donne Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Deux jauges actives soumises à des déformations opposées dans des bras adjacents (demi-pont) donnent Vs·GF·ε/2, et quatre (pont complet) donnent Vs·GF·ε. La contrainte se déduit de la loi de Hooke, σ = E·ε. Les cellules de charge indiquent leur sensibilité en mV/V : la sortie à pleine charge par volt d’alimentation.
Réponse: L = 8
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de termes et de littéraux.
Réponse: N = 4
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.
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