solution examen final elecf1 2013
TRANSCRIPT
1
Solution examen final ELECF1_ 2013
Solution de l’éxercice 1 : (08 pts)
1/ Equation de la droite de charge statique :
En régime statique les impédances des condensateurs sont
des circuits ouverts.
EECECC IRVIRE
CCCCBE IIIIII
11
CECEC VIRRE
1
La droite de charge statique est :
1EC
CEC
RR
VEI
CEC VEI .10.8,86 6
CEC VI 63 10.8,8610.56,1
2/ Point de polarisation du transistor
Le schéma de l’amplificateur devient :
On peut simplifier ce schéma, en calculant le
Générateur de Thévenin vu entre la base du transistor
et la masse. Le schéma simplifier est le suivant :
21
2
RR
REeTh
et 21
21
RR
RRRTh
On a : EEBEBBTh IRVIRe 0
Or BE II 1
Il vient : 01 BEBEBTh VIRRe
D’où EB
BE
EB
BEThB
RR
VERR
R
RR
VeI
11
0
21
2
0
R1
R2 RE
RC
E
RTh
RE
RC
E
eTh+
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2
AIB 82.2
mAII BC 705.0
VoltsIRREV CECCE 88.91
Le point de repôs est : VVBE 7.00 ; AIB 82.2 ; mAIC 705.0 et VoltsVCE 88.9
3/ Schéma équivalent au montage en régime dynamique :
Deuxième méthode pour la calcule de BI ;
Dans ce cas, on travaille directement sur le schéma de base sans passer par une simplification
via le générateur de Thévenin équivalent :
BE
EEBE
B
II
IRVIR
III
IRIRE
1
022
21
2211
BEBE I
R
R
R
VI 1
22
02
0
2
21
2
211 1 BEBE V
R
RRIR
R
RRRE
D’où :
12
211
0
2
21
E
BE
B
RR
RRR
VR
RRE
I AIB 82.2
R1
R2 RE
RC
EI1
I2
IB
eg
+
Rg
R1//R2
h11RL
VeVSis
ie
ib
ßibRC
1pt
0.25
0.25
0.25
3
4/ Résistances d’entrée et de sortie du montage :
Résistance d’entrée :
11211121
11211121 ////
hRhRRR
hRRhRR
i
vR
e
ee
kRe 908.7
Résistance de sortie :
SR est la résistance de Thévenin vue par la charge :
Donc RL doit être déconnectée, et eg court-circuitée ;
Le schéma devient :
Ou : (0.25 pt)
Il vient : 00//// 1121 bbbg iihiRRR
00 bb ii le générateur « bi » est déconnecté ; le schéma devient :
CS Ri
UR
0
0
Rg
R1//R2
h11U0
i0
ib
ßibRC
Rg//R1//R2 h11U0
i0
ib
ßibRC
U0
i0
RC
0.25
0.25
0.25
0.25
4
5/ Gain en courant du circuit : ?e
Si
i
iG
La loi des nœuds au point « C » (collecteur) donne :
C
SbS
R
vii
Comme SLS iRv il vient : b
LC
CS i
RR
Ri
Or eb ihRR
RRi
1111
11
//
//
D’où : 1111
11
//
//
hRR
RR
RR
R
i
iG
LC
C
e
Si
211121
21
RRhRRRR
RRRG
LC
Ci
3.116iG
6/ Gain en tension : ?e
Sv
v
vG
bCLS iRRv //
et be ihv 11
d’où : LC
LC
e
Sv
RRh
RR
v
vG
11
100vG
?2 g
S
e
vG
g
ev
g
e
e
S
g
S
e
vG
e
v
v
v
e
vG 2
g
geRhRR
hRRev
1121
1121
////
//// donc :
gg
e
RhRR
hRR
e
v
1121
1121
////
////
211111211121
212
RhhRRRRhRRRR
RRRRG
gLC
LC
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
Solution de l’exercice 2 :(5pts)
1°)
2°) Schéma équivalent en régime dynamique :
Gain de tension: mD
GS
GSmD
e
Sv gR
V
VgR
v
vG )//(
)//(
Impédance d’entrée : Ze = RG
Impédance de Sortie : RD dans ce cas joue le rôle de la charge :
Ve = 0 donc VGS = 0 gmVGS = 0
Zs = ρ
1pt
0.75
0.5
0.75
6
Solution de l’exercice 3 : (4 pts)
1. Calculons VA et Vs lorsque la diode est bloquée
Vs = Ve
2. Si Ve = 10V, Vcc = 5V et VD = 0,6V,
a)La diode est passante ; puisque Ve > VA
b)
Ve = R1 i + VD + VA (Ve - VD - VA)/ R1=i
Vcc = R2 io + VA (Vcc - VA)/ R2= io
VA = R3 ( i + io) VA = R3((Ve - VD - VA)/ R1)- (Vcc - VA)/ R2)
VA= 4.85 v
c) Vs = VA + VD Vs = 5.45v
Solution de l’exercice 4 : (3 pts)
1/ Compléter le tableau ci-dessous :
V1 V2 Etat de
Q1
Etat de
Q2
Etat de
Q3 Vs
0 0 bloqué bloqué saturé 0 (0.5)
0 1 bloqué saturé bloqué 1(0.5)
1 0 saturé bloqué bloqué 1(0.5)
1 1 saturé saturé bloqué 1(0.5)
2/ Donner le nom de la fonction logique réalisée par ce montage
La fonction réalisée par ce montage est un « OU » logique (1pt)
0.5
0.25
0.75
0.5
5
0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25