Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Un transistor NPN de β = 150 est polarisé par un pont diviseur à partir de VCC = 18 V : R₁ = 47 kΩ entre VCC et la base, et R₂ = 8,2 kΩ entre la base et la masse. La résistance de collecteur vaut RC = 1,5 kΩ et la résistance d’émetteur RE = 1,5 kΩ. Prenez VBE = 0,7 V et utilisez l’équivalent de Thévenin du pont diviseur (sans négliger le courant de base). Trouvez le courant de collecteur IC en mA.
Une diode est modélisée par 0,65 V en série avec 5 Ω (elle conduit au-dessus de 0,65 V). Elle est en série avec une résistance de 330 Ω aux bornes d’une alimentation de 3 V. Trouvez le courant de fonctionnement ID à l’intersection de la caractéristique de la diode et de la droite de charge.
Choisissez la résistance de contre-réaction Rf qui donne à cet amplificateur non inverseur un gain en tension de 8.
L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 50 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
L’interrupteur est fermé depuis longtemps, donc le circuit est en régime permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez le courant i2 dans R2 à t = 400 ms.
Trouvez le courant IR2 dans R2.
Trouvez le courant IR1 fourni par la source, qui traverse R1.
Un convertisseur abaisseur idéal transforme 24 V en 18 V à une fréquence de commutation de 100 kHz. Trouvez l’inductance L qui maintient l’ondulation crête à crête du courant dans l’inductance à 0,4 A.
Un convertisseur abaisseur transforme 36 V en 27 V pour une charge de 4 Ω à 500 kHz, avec L = 150 µH et C = 22 µF. Trouvez l’ondulation crête à crête de la tension de sortie ΔVo en mV.
Un pont a quatre bras de 100 Ω et Vs = 2 V. Le capteur R₂ augmente de ΔR = 10 Ω. Trouvez la sortie exacte Vab en mV.
Une cellule de charge (un pont complet de jauges de contrainte) a une sortie nominale de 1,5 mV/V pour sa charge nominale de 500 kg. Elle est alimentée sous 10 V. Trouvez sa sortie Vo sous une charge de 375 kg.
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C) = Σm(1, 4, 6, 7). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?
Pour F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 5, 7, 9, 10, 12, 13) + d(2, 8), où d marque les états indifférents, trouvez le nombre N d’implicants premiers essentiels.
Réponse: IC = 1,268 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.
Loi des mailles sur la maille de base ; le courant d’émetteur vaut (β + 1)·IB.
Réponse: ID = 7,015 mA
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).
Réponse: Rf = 70 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 = −0,3402 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.
V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.
Réponse: t = 0,7625 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.
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
Réponse: i2 = 0,3713 mA
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.
En régime permanent, le condensateur est un circuit ouvert, donc R₁ et R₂ forment un diviseur de tension. La tension du condensateur ne peut pas varier brusquement à l’ouverture de l’interrupteur.
Réponse: IR2 = 0,9184 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: IR1 = 0,5492 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 = 112,5 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.
Réponse: ΔVo = 1,023 mV
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: Vab = 47,62 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.
L’estimation linéaire Vs·ΔR/(4R) = 50 mV est trop élevée de 5 % : un quart de pont n’est pas tout à fait linéaire.
Réponse: Vo = 11,25 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 = 7
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.
Réponse: N = 3
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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