Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
2 LED rouges (tension directe 2 V chacune) sont branchées en série avec une résistance sur une alimentation de 9 V. Trouvez la résistance R qui fixe le courant à 5 mA.
Un transistor NPN de β = 50 commande une résistance de charge de 150 Ω branchée entre VCC = 12 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. Prenez VBE = 0,7 V et VCE(sat) = 0,2 V. Pour une commutation fiable, dimensionnez le circuit pour un courant de base 4 fois supérieur au minimum nécessaire à la saturation. Trouvez RB en kΩ.
Choisissez la résistance de contre-réaction Rf qui donne à cet amplificateur non inverseur un gain en tension de 15.
L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Les rapports de résistances ne sont pas appariés. Trouvez la tension de sortie Vout.
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 5 ms.
Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 12 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 7,2 V, exactement 10 ms après le départ. Avec C = 22 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.
Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.
Un convertisseur élévateur idéal transforme 24 V en 96 V à 50 kHz avec L = 330 µH. Trouvez l’ondulation crête à crête du courant dans l’inductance ΔIL.
Un convertisseur abaisseur-élévateur inverseur idéal transforme 24 V en −16 V pour une charge de 25 Ω à 25 kHz. Trouvez la plus petite inductance Lcrit permettant la conduction continue.
Un pont a quatre bras de 100 Ω et Vs = 10 V. Le capteur R₂ augmente de ΔR = 0,8 Ω. En utilisant l’approximation des petites variations, trouvez la sortie Vab en mV.
Un pont à bras de 120 Ω est alimenté sous 2,5 V et comporte deux jauges actives dans des bras adjacents, l’une en traction et l’autre en compression (demi-pont). Le facteur de jauge est 2,05 et la déformation est de 1000 µε. Trouvez la sortie du pont Vo en mV.
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 6, 12, 15). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 6, 8, 9, 13) + d(10, 11, 15), où d marque les états indifférents. Combien de littéraux L contient-elle ?
Réponse: R = 1000 Ω
Circuits à LED et à diode : une LED polarisée en direct présente à ses bornes à peu près sa tension directe VF (environ 2 V pour le rouge, 3 V pour le bleu ou le blanc), quel que soit le courant. Une résistance série fixe le courant : R = (Vs − n·VF)/I pour n LED en série. Avec un modèle de diode plus précis V = V₀ + I·rd, le point de fonctionnement est l’intersection de la caractéristique de la diode et de la droite de charge I = (Vs − V)/R, donc I = (Vs − V₀)/(R + rd).
La résistance dissipe 25 mW.
Réponse: RB = 0,4131 kΩ
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.
Réponse: Rf = 28 kΩ
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₋ = V₊ = Vin, et le courant de R₁ traverse aussi Rf, donc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Réponse: Vout = 0,4841 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.
Avec V₂ = 0, V₁ voit un amplificateur inverseur. Avec V₁ = 0, V₊ est amplifiée par le gain non inverseur 1 + R₂/R₁.
Réponse: i = 0,9363 A
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.
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
Réponse: R = 0,4961 kΩ
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.
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
Réponse: Req = 6,684 Ω
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.
Réponse: Req = 11,38 Ω
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.
Réponse: ΔIL = 1,091 A
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.
Tant que S est fermé, l’inductance se trouve directement aux bornes de Vin.
Réponse: Lcrit = 180 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: Vab = 20 mV
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.
La valeur exacte est 19,92 mV ; l’approximation est bonne tant que ΔR/R est petit.
Réponse: Vo = 2,563 mV
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 = 16
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: L = 6
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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