1 Université Mohammed V Faculté des Sciences, Rabat, Agdal Electronique Analogique IEA SMP5 Exercice 1 : 50 1 0,98 Les résistances sont en k et les courants dans les équations sont en mA a) 3,3I E VBE 6 0 6 VBE 1, 6 mA 3,3 I C I E I C 0,98 I E 1,568 mA IE Maille de sortie : 3,3I E VCE 4, 7 I C 20 0 VCE 3,3I E 4, 7 I C 20 (3,3 4, 7 ) I E 20 7, 6V VBC VBE VCE 0, 7 7, 6 6,9V 0 VBC 0 , le transistor est effectivement en mode actif direct. b) On suppose que le transistor est en mode actif normal, on a : 6 VBE 3,3I E 0 6 VBE 1, 6 mA 3,3 I C I E I C 0,98 I E 1,568 mA IE Calcul de VCE 10V 4, 7 I C VCE 3,3I E 0 VCE 10V (4, 7 3,3 ) I C 2, 44V 2011/2012 2 VB 6V VC 10 4, 7 I C 10 4, 7 1,568 2, 63V VCB 0 , le transistor est donc en saturation, la tension VEC VECsat 0, 2V VC VE 0, 2 6 0,7 0, 2 5,5V VE IC 5,5 (10) 0,957 mA 4, 7 I B I E I C 1, 6 0,957 0, 643 mA c) On suppose que le transistor est en mode normal : VEB VE 0, 7 VB 0 0, 7 0, 21 mA 3,3 IC I E 0 I B 0 VE 3,3I E I E VCB VC 10 4, 7 I C 0 d) 10V 10V 100 k I1 ( I1 I B ) 10 k 3.3k Ic IB V BE ( I1 I c ) 3.3k Loi des mailles : 3,3( I1 I C ) VBE 100 I1 10 0 IC VBE 10( I1 ) 0 103,3 I1 3,3I C 10 VBE 10 10 I1 I C VBE 3 100 0,1(100 33 )VBE 0,385 mA 33 1033 100 113,3VBE IC 0, 077 mA 33 1033 I1 Calcul de VCE 3,3( I1 I C ) VCE 3,3I C 10 0 VCE 3,3I1 6, 6 I C 10 7,198V Exercice 2 : 1) A la sortie, on peut écrire : RE I E VCE RC I C VCC 0 VCE VCC ( RE RC ) I C IC I E L’équation ci-dessus est l’équation de la droite de charge iC A VCC RE RC I CQ Q B VCEQ VCC vCE Le milieu de la droite de charge correspond au milieu du segment AB, le point de fonctionnement étant au milieu, on en déduit : VCEQ VCC VCC et I CQ 2 2( RE RC ) VCEQ 2,5V I CQ 5 2, 08 mA 2(1 0, 2) Le courant est donc I C égal à : I C 2, 08 mA Le circuit de la figure 1 est équivalent à celui représenté ci-dessous : 4 VCC RC I B RT VBE VT VT RE R1 VCC R1 R2 RE I E VBE VT RT RT I C VT 0 I C VBE RE I C R1 RR I VCC 1 2 C VBE RE I C R1 R2 R1 R2 Posons : a R1 R2 11, 25k I R1 VCC R2 C a (VBE RE I C ) I a R2 VCC R2 C a(VBE RE I C ) 2 0, 02 R2 5, 234 R2 43, 695 0 R2 8, 64k R1 11, 25 8, 64 2, 6k 2) R1 2, 6k R2 8, 6k Lorsque le courant de saturation de la jonction BC est non nul, on peut écrire : I C I E I CB 0 I C I B I CE 0 I CE 0 ( 1) I CB 0 ICB 0 est le courant de saturation de la jonction base collecteur, l’émetteur en circuit ouvert. 5 Maille d’entrée RE I E VBE RT I B VT 0 I E I C I CB 0 ( 1) Soit : RE ( I C I CB 0 ) VBE RT ( D’autre part : I CE 0 I C I CE 0 ) VT 0 I CB 0 Donc : RE ( I C I CB 0 ) VBE RT ( IC IC I CB 0 ) VT 0 VT ( RE RT ) I CB 0 VBE R RE T A la température T1 : VBE 1 0, 7V , I CB 01 5 A A la température T2 T1 T , T 20c VBE 2mV .T 0, 04V VBE 2 VBE1 VBE 0, 7 0, 04 0, 66V Le courant ICB 0 double de valeur pour chaque augmentation de 10°c, on peut donc écrire : I CB 02 4 I CB 01 20 A I CB 0 20 A 5 A 15 A En termes de facteurs de stabilisation, la variation du courant s’écrit : I C I C I I CB 0 C VBE I CB 0 VBE SI est considéré constant. SV 6 RE RT 0, 2 2, 6 || 8, 6 9,98 R 2, 6 || 8, 6 RE T 0, 2 100 1 SV 4,54mS RT RE SI I C 4,54 10 3 (0, 04) 9,98 15 0,33mA Exercice 3 : 1 0V I E1 9 .1 k 5 .1 k I B1 V EB 1 IC 2 Q1 100k IB2 VB E 2 9 .1 k Q2 VC E 2 IE2 4 .3 k I B 2 IC1 1 0V 100 I B1 VEB1 9,1I E1 10 0 I C1 10 VEB1 10 0, 7 0,92mA 100 9,1 1 9,1 4,3I E 2 VBE 2 9,1( I C1 I B 2 ) 0 I E 2 IC 2 IC 2 9,1I C1 VBE 2 1, 748 1, 75mA 9,1 4,3 VC1 10 4,3I E 2 VBE 2 10 4,3I C 2 VBE 2 1, 78V VE1 10 9,1I E1 10 9,1 0,92 1, 628V VEC1 1, 628 1, 78 3, 4V 7 Calcul de VCE 2 10 4,3I E 2 VCE 2 5,1I E 2 10 0 VCE 2 20 (4,3 5,1) I C 2 3,56V Calcul de VB1 Loi d’ohm : VB1 100 I B1 100 I C1 0,92V Exercice 4 : On considère le circuit amplificateur différentiel de la figure ci-dessous : VCC,15V R2 300 R1 300 Q1 Q2 V2 V1 I0 R4 Q3 I + VR 3 - R3 R 2k R5 1k Source de courant V , 1 5 V C C Données : et varient entre −5 et +5 . Q1, Q2 et Q3 sont des transistors bipolaires identiques caractérisés par = 100, = 0.5 , = 0.2 . 8 1°) Détermination L’amplification du théorème de Thévenin nous permet d’avoir : I0 50mA R4 Q3 I VR 3 I0 50mA R R3 R4 Q3 2k I R5 R3 VR 3 1k V , 1 5 V C C R4 // R5 RT VR 3 I0 2k R3 VCC R4 R4 R5 VCC, 15V I0 Loi des mailles : − ≅ − − ≅ + − − 2k R5 1k VCC, 15V VCC, 15V I0 50mA Q3 R − + 50 2 15 100 − 0.5 − 3 = 3 Ω = 83.3Ω 50 9 2°) On suppose que = = Les transistors sont identiques et la configuration de l’ampli-différentiel est symétrique, on déduit que = = = ≅ 2 = 25 Le courant collecteur étant quasi égal au courant émetteur (( ≫ 1), on en déduit que : = Loi des mailles : = = 2 = 25 = 50 − = 15 − 0.3 × 25 = 7.5 Les potentiels des bases des transistors Q1 et Q2 sont nuls : = = = =− Les transistors Q1 et Q2 opèrent dans la zone active ( Le potentiel de l’émetteur du transistor =− + =0 = = −0.5 > , est donné par : = −15 + 83.3 × 50 × 10 La loi des mailles à l’entrée du transistor Q3 permet d’écrire : =− + − =0 > 0, < 0). = −10.83 2 2 50 1 = − × 15 − × = −10 − = −10.33 3 3 100 3 La tension collecteur-base du transistor Q3 vaut 0. Le transistor Q3 est dans la zone active. = − = −10.33 + 0.5 = −9.83 < Résumé : Transistor Q1 Q2 Q3 0 0 10.33 −0.5 −0.5 −10.83 7.5 7.5 −0.5 25 25 50 Mode d’opération normal normal normal 10 On suppose que =− , = Si les deux transistors Q1 et Q2 opèrent en mode normal ou saturé, la loi des mailles conduira au résultat suivant : − + − + =0 , − L’un /ou les deux transistors est bloqué. o =0 ( ) Supposons que Q1 est bloqué et Q2 est en mode actif direct Le courant collecteur = >0 . =− = = − = −0.5 − = 15 − 300 × 50 × 10 La tension collecteur-Emetteur du transistor Q2 est donc : = 0 + 0.5 = 0.5 > =0 Loi des mailles : = − = − , soit = <0 − =0 = −5 + 0.5 = −4.5 < 0 La supposition concernant l’état des diodes est donc juste. Le potentiel de l’émetteur du transistor =− + est donné par : = −15 + 83.3 × 50 × 10 = = −0.5 = −10.83 La loi des mailles à l’entrée du transistor Q3 permet d’écrire : =− + − 2 2 50 1 = − × 15 − × = −10 − = −10.33 3 3 100 3 La tension collecteur-base du transistor Q3 vaut 0. Le transistor Q3 est dans la zone active. = − = −10.33 + 0.5 = −9.83 < 11 Résumé : Mode d’opération bloqué normal normal Transistor Q1 Q2 Q3 −5 0 −10.33 −0.5 −0.5 −10.83 15 0 −0.5 0 50 50 Un raisonnement similaire peut être utilisé pour le troisième cas. Exercice 5 : A- Interrupteur K à la position 1 Schéma en dynamique : Le montage est un collecteur commun Rg i g vg h11e ib R1 || R2 ib ve Re Re1 Gain AV : vs ( RE || RL )( 1)ib ve h11eib ( RE || RL )( 1)ib AV ( RE || RL )( 1) h11e ( RE || RL )( 1) RE || RL 0,1k AV 0,89 Gain Ai : Diviseur de courant en sortie : ( 1)ib is RE ( 1)ib RE RL is RL RE vs Rs 1 Rs 12 Diviseur de tension à l’entrée : Ai ib R1 || R2 ig R1 || R2 h11e ( RE || RL )( 1) is R1 || R2 RE ( 1) 19, 6 ig R1 || R2 h11e ( RE || RL )( 1) RE RL Résistance d’entrée : Loi des mailles : ( RE || RL )( 1)ib h11eib ve 0 Re1 ve h11e ( RE || RL )( 1) 7,5k ib Re Re1 || R1 || R2 7,5 ||19 4,38k Résistance de sortie : La résistance de sortie Rs est Rs Rs1 || RE Calculons Rs1 : On élimine RE et RL , on éteint la source indépendante (ici vg ) et on alimente la sortie par un générateur e f débitant un courant i f La résistance Rs1 est donc par définition : Rs1 ef if if ib h11e Rg ib R1 || R2 ef Rs1 if ib h11e Rg || ( R1 || R2 ) ib ef 13 i f ( 1)ib e f h11e Rg || ( R1 || R2 ) ib e f h11e Rg || ( R1 || R2 ) Rs1 if ( 1) Rs1 0, 6 (0, 6 ||19) 23,17 51 Rs Rs1 || RE 20, 7 B- Interrupteur k à la position 2 et la capacité C3 déconnectée : VCC Le circuit devient : 80k RC 2k R2 600 C1 C2 ig is Rg vg ve RL 200 R1 25k R E 200 i R2 Rs Re Schéma en dynamique : Rg ib ig i ( 1)ib ib h11e vg R1 RC ve Re Résistance d’entrée : Re ve v ( e ) || R1 ig i RL vs RE Rs 14 Loi des nœuds au point B : i ib ve vs R2 (1) Loi des mailles (maille a) : ve h11e ( 1) RE ib (2) Loi d’ohm et loi des nœuds à la sortie : vs ( RL || RC ) (i ( 1)ib ) (3) Le report des équations (2) et (3) dans l’équation (1) conduit à la relation suivante : i ve v ( R || R ) ( 1)ve e L C i h11e RE ( 1) R2 R2 h11e RE ( 1) ( R || R ) ( 1)( RL || RC ) 1 1 i 1 L C ve 1 R2 R2 R2 h11e RE ( 1) ve h11e RE ( 1) R2 ( RL || RC ). i R2 h11e ( 1)( RE ( RL || RC )) La résistance d’entrée est donc : h11e RE ( 1) Re ( R2 ( RC || RL )) || R1 h11e ( 1)( RE ( RL || RC )) 0, 6 51 0, 2 Re (80 2 || 0, 2) || 25 0, 6 51 (0, 2 2 || 0, 2) 43,14k || 25k 15,83k A partir de l’équation (3), on obtient le gain en tension AV en exprimant i et ib en fonction de ve : v ( 1)ve vs ( RL || RC ) e Re h11e RE ( 1) 1 ( 1) AV ( RL || RC ) Re h11e RE ( 1) 51 1 (2 || 0, 2) 15,83 0, 6 51 0, 2 0,847 15 Gain en courant : Ai is vs / RL Re Av ig ve / Re RL 15,83 ( 0,847) 67 0, 2 Résistance de sortie : On éteint la source vg et on connecte à la place de la charge RL un générateur de tension idéal e f qui débite un courant i f . La résistance de sortie vaut (voir figure ci-dessous) : Rs ef if R2 if ib ib h11e Rg R1 ef RC RE Rs1 La résistance de sortie est donnée par : Rs Rs1 || RC Où Rs1 est définie par la relation suivante (cf. figure ci-dessous) : Rs1 eh ih Rs 16 i ( 1)ib R2 i ih ib ib h11e Rg eh R1 RE Rs1 Maille a : ( h11e ( 1) RE )ib Rg || R1 i 0 (4) Loi des nœuds au point C : ih ( 1)ib i (5) eh R2 (i ib ) Rg || R1 i 0 (6) Maille b : Manipulations algébrique des équations (4-6) : ib ih Rg || R1 h11e ( 1) RE i ( 1) R1 || Rg h11e ( 1) RE i i h11e ( 1)( RE R1 || Rg ) h11e ( 1) RE i Soit : i h11e RE ( 1) ih h11e ( 1)( RE ( R1 || Rg )) h11e RE ( 1) ih h11e RE ( 1) h11e ( 1)( RE ( R1 || Rg )) ( R1 || Rg ) ib ih h11e ( 1)( RE ( R1 || Rg )) ib ( R1 || Rg ) 17 La relation (6) donne : eh ( R2 ( Rg || R1 ))i R2ib ( R2 ( Rg || R1 ))(h11e ( 1) RE ) R2 ( R1 || Rg ) Rs1 h11e ( 1)( RE ( R1 || Rg )) ih eh ( R2 ( Rg || R1 ))( h11e ( 1) RE ) R2 ( R1 || Rg ) ih h11e ( 1)( RE ( R1 || Rg )) Et : Rs Rs1 || RC Rs1 (80 0, 6 || 25)(0, 6 51 0, 2) 80(0, 6 || 25) 22,54k 0, 6 51(0, 2 0, 6 || 25) Rs Rs1 || RC 22,54k || 2k 1,837k VCC 18V Exercice 6 : 6.8k RB1 On considère le montage amplificateur cascode de La figure ci-contre. I1 1°) Calcul du point de fonctionnement de chaque transistor 5.6k Loi des mailles : + ≅ = ≅ + Loi des nœuds : = = = (2) = 4.7k , I3 = La combinaison des relations 2, 3 et 4 conduit au résultat suivant : 2 + + IB2 Q2 IB1 Q1 + + = 1 + + 2 − + + + 1+ + + = 1 + + + − 1+ + + + I E1 RB3 (3) (4) + + + IC2 (1) = RC RB2 I2 + 1.8k = 1.1k RE 18 A.N. = 6.8 5.6 18 − 0.7(1 + 4.7 + 4.7) 2 1.1 1 1.1 6.8 200 + 4.7 + 5.6 200 + 4.7 + 1.1 = 15.45 15.45 = = 3.77 1.66 + 1.34 + 1.1 4.1 On peut procéder d’une façon plus pratique pour estimer le courant bases négligeables. Diviseur de tension en entrée : ≅ = = + + + ≅ A.N. : + + + ≅ + − ≅ 4.7 = 4.9 18 × (4.7 + 5.6) = = 10.8 6.8 + 4.7 + 5.6 = 4.395 − 0.7 = 3.8 1.1 Notons que l’erreur n’est pas très grande. La tension entre les bases vaut : La tension − = + = = 5.9 est obtenue à partir de la relation : − ≅ + − + + − ≅ en supposant les courants des 19 = 0.7 − 10.8 + 18 − 1.8 × 3.8 = 1.06 Paramètres petits signaux : = = , Schémas équivalents en dynamique du transistor : C ≅ ib dynamique C B B ib r E E C B ib ib re r / E 2°) Schéma en dynamique : Etage base commune Etage émetteur B1 ib1 C1 ib2 + + vi Rp ib1 r1 r2 - Rp RB3 // RB2 désigne la résistance d’entrée et la résistance de sortie. C2 + vo1 Rc vo - E1 Ri ib2 E2 B1 Ro 20 = = = Gain en tension de l’étage EC : ≫ 1 entraîne 26 = 26 Gain en tension de l’étage base commune: Gain de l’amplificateur Cascode : . . =− Résistance d’entrée = = = 26 = 6.8Ω 3.8 = 1.36 Ω − ≅= − = = = ≅ −1 − − = = × 10 ≅ −265 = , = = ≅ A.N. = =− = (2.55||1.36) = 887Ω Le symbole || désigne la mise en parallèle. Résistance de sortie : Schéma pour le calcul de ib2 i b1 is ib2 vi Rp r1 Rp RB3 // RB2 ib1 r2 vo1 Rc vo vs 21 La résistance de sortie est définie par : Il est clair que dessous : = = 0, ce qui entraîne / = 0. Le circuit ci-dessus se réduit à celui représenté ci- is vo Rc = vs = 1.8 Ω 4°) L’amplificateur de la figure 5 peut donc être représenté par le circuit équivalent suivant : Ro vi Ri Avv i désigne le gain à vide de l’amplificateur (pas de charge). En connectant la charge = 10 Ω, on obtient le schéma : ii vi Ro Ri RL Avv i =− Gain en courant : A.N. : io = = =− = 265 × /( / + /( ) + ) 0.887 ≅ 20 1.8 + 10 22 Exercice 7 : 1° ) Etude en statique Le schéma statique de l’amplificateur est représenté ci-dessous : 18V VCC 75 RC IE1 IB1 IC2 Q1 Q2 RB 2M IC1 IB2 Le transistor est du type PNP et le transistor pour chaque type du transistor. IE2 du type NPN. Remarquez les sens des courants Loi des mailles : Compte tenu du fait que suivante : + + ( ≫ 2, on peut réécrire la relation ci-dessus sous la forme ≫1 + Soit : = )= + + , ( + + + + ≅ − = = + ( ≅ + = = + )≅ − + )≅ 23 Remarquons que . Le courant traversant la résistance = = A. N. : + ≅ 18 − 0.7 = 4.45 2 Ω + 140 × 180 × 75Ω = = = 140 × 4.45 = 0.623 = = 180 × 0.623 = 112 + vaut : ≅ = = , = , = , = Loi des mailles : A.N. = 18 − 75 × 0.112 = 9.6 2°) = − Paramètres petits signaux des transistors : ≅ ≅ Le paramètre hybride du transistor , 3°) Schéma en dynamique : 18V VCC 75 RC RB 2M 26 étant égal à v o Q1 vi 26 Q2 . r1 i b1 1ib1 vi R B Ri r2 ib 2 RC v o 2ib2 i c Ro 24 En éliminant les sources de courant, on peut remplacer le schéma ci-dessus par le schéma équivalent : r1 i b1 + + vi R B v o RC ( 1 2 1 1) - - Ri r1 + v o + vi R B R C 1 2 - - Ri Gain en tension et résistance d’entrée : Diviseur de tension : = Résistance de sortie : = ||( + + ) Schéma à adopter pour le calcul : r1 ib 1 is 1ib1 r2 RB ib 2 r1 2ib2 vs RC ib 1 is 1ib1 r2 ib 2 2ib2 RC vs 25 = = − ≅ + + −( −( + 1) + 1) = 1/ La résistance de sortie vaut donc : Remarque : = ||( )≅ Le gain en courant de l’amplificateur en court-circuit est de l’ordre de (fort gain en courant) (à démontrer). Le gain en tension est proche de l’unité (semblable à celui du montage collecteur commun). Notons que l’amplificateur admet une très faible résistance de sortie.