Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Un transistor NPN de β = 80 est polarisé par un pont diviseur à partir de VCC = 15 V : R₁ = 47 kΩ entre VCC et la base, et R₂ = 6,8 kΩ entre la base et la masse. La résistance de collecteur vaut RC = 2,7 kΩ et la résistance d’émetteur RE = 1 kΩ. Prenez VBE = 0,7 V et utilisez l’équivalent de Thévenin du pont diviseur (sans négliger le courant de base). Trouvez la tension collecteur–émetteur VCE.
Un transistor NPN de β = 80 commande une résistance de charge de 680 Ω branchée entre VCC = 5 V et son collecteur. L’émetteur est à la masse. La base est attaquée par une sortie logique de 5 V à travers une résistance de base RB. Prenez VBE = 0,7 V et VCE(sat) = 0,2 V. Trouvez la plus grande résistance de base RB, en kΩ, qui amène encore tout juste le transistor en saturation.
L’amplificateur de différence utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V, avec R3 = R1 et R4 = R2. Trouvez la tension de sortie Vout.
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. Trouvez le courant i à t = 1 ms.
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 12 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 9,6 V ? Trouvez t.
Trouvez le courant IR2 dans R2.
Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.
Un convertisseur élévateur idéal transforme 36 V en 48 V pour une charge de 4 Ω. Trouvez le courant moyen dans l’inductance IL.
Un convertisseur abaisseur-élévateur inverseur idéal transforme 24 V en −36 V pour une charge de 12 Ω à 250 kHz. Trouvez la plus petite inductance Lcrit permettant la conduction continue.
Un pont a quatre bras de 220 Ω et Vs = 15 V. Le capteur R₂ augmente de ΔR = 2,2 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 quatre jauges actives, deux en traction et deux en compression (pont complet). Le facteur de jauge est 2,05 et la déformation est de 800 µε. Trouvez la sortie du pont Vo en mV.
Simplifiez F = AC′ + A′B′C′ + AB à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?
Un compteur asynchrone de 3 bits est construit avec des bascules ayant chacune un temps de propagation de 8 ns. Toutes les sorties doivent être stabilisées avant le front d’horloge suivant. Trouvez la fréquence d’horloge maximale fmax.
Réponse: VCE = 10,91 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.
Loi des mailles sur la maille de base ; le courant d’émetteur vaut (β + 1)·IB.
Réponse: RB = 48,73 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.
Toute résistance de base plus petite sature aussi le transistor ; en pratique, on en choisit une quelques fois plus petite.
Réponse: Vout = −0,6383 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 = −12,73 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: i = 0,3143 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: t = 3541 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 = 0,7265 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: Req = 6,875 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: IL = 16 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.
Réponse: Lcrit = 3,84 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 = 37,5 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 37,31 mV ; l’approximation est bonne tant que ΔR/R est petit.
Réponse: Vo = 4,1 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 = 4
Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.
Réponse: fmax = 41,67 MHz
Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.
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