Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Un transistor NPN de β = 100 est polarisé par une résistance de base RB = 470 kΩ reliée à l’alimentation VCC = 9 V. La résistance de collecteur vaut RC = 1 kΩ et l’émetteur est à la masse. Prenez VBE = 0,7 V et supposez que le transistor est en régime actif. Trouvez le courant de collecteur IC en mA.
Un transistor NPN de β = 200 commande une résistance de charge de 680 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 = 220 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’amplificateur de différence utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V, avec R3 = R1 et R4 = R2. Trouvez la tension V− à l’entrée inverseuse.
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 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 = 60 ms.
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 18 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 100 ms.
Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.
Trouvez le courant IR1 fourni par la source, qui traverse R1.
Un convertisseur abaisseur idéal transforme 12 V en 7,2 V à une fréquence de commutation de 20 kHz. Trouvez l’inductance L qui maintient l’ondulation crête à crête du courant dans l’inductance à 0,2 A.
Un convertisseur abaisseur transforme 15 V en 6 V à 20 kHz avec L = 220 µH. Trouvez la capacité de sortie C qui limite l’ondulation crête à crête de sortie à 25 mV.
Trouvez la résistance de Thévenin Rth du pont représenté, vue des bornes de sortie a et b.
Un quart de pont avec une jauge active (GF = 2) est alimenté sous 3 V. Sous charge, la sortie indique 2,25 mV. Trouvez la déformation ε en µε.
Dans ce tableau de Karnaugh, exactement un 1 n’a aucun 1 voisin, donc il reste un groupe d’une seule case (un minterme complet de quatre littéraux) dans la forme SOP minimale. Les voisins de part et d’autre des bords du tableau comptent. Cliquez sur cette case.
Trouvez la forme SOP minimale de F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 5, 9, 10) + d(1, 11, 13, 15), où d marque les états indifférents. Combien de littéraux L contient-elle ?
Réponse: IC = 1,766 mA
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.
Vérification : VCE = 7,234 V est nettement supérieure à 0,2 V, le transistor est donc bien en régime actif.
Réponse: IC = 2,364 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 inférieur à IC(sat), le transistor reste donc en régime actif.
Le transistor est en régime actif, la charge n’est donc pas complètement alimentée.
Réponse: V− = 1,722 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.
R₃ et R₄ sont parcourues par le même courant, donc elles forment un diviseur de tension ; la contre-réaction impose V₋ = V₊.
Réponse: Vout = −4,314 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: vC = 1,907 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: vC = 9,942 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.
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
Réponse: Req = 9,231 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: IR1 = 0,1935 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.
Réponse: L = 720 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: C = 204,5 µF
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: Rth = 63,8 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: ε = 1500 µε
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: AB = 10, CD = 10
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.
Un 1 ayant un 1 voisin peut rejoindre un groupe de deux ou plus.
Réponse: L = 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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