1

Université Mohammed V Electronique Analogique 2011/2012Faculté des Sciences, Rabat, Agdal IEA SMP5

Exercice 1 :

50 0,981

Les résistances sont en k et les courants dans les équations sont en mA

a)

3,3 6 0

61,6

3,3

0,98 1,568

E BE

BEE

C E C E

I V

VI mA

I I I I mA

Maille de sortie :

3,3 4,7 20 0

3,3 4,7 20

(3,3 4,7 ) 20

7,6

E CE C

CE E C

E

I V I

V I I

I

V

0,7 7,6 6,9 0BC BE CEV V V V

0BCV , le transistor est effectivement en mode actif direct.

b) On suppose que le transistor est en mode actif normal, on a :

6 3,3 0

61,6

3,3

0,98 1,568

BE E

BEE

C E C E

V I

VI mA

I I I I mA

Calcul de CEV

10 4,7 3,3 0

10 (4,7 3,3 )

2,44

C CE E

CE C

V I V I

V V I

V

2

6

10 4,7

10 4,7 1,568

2,63

B

C C

V V

V I

V

0CBV , le transistor est donc en saturation, la tension 0,2EC ECsatV V V

0, 2 6 0,7 0, 2 5,5E

C E

V

V V V

5,5 ( 10)0,957

4,7CI mA

1,6 0,957 0,643B E CI I I mA

c) On suppose que le transistor est en mode normal :

0,7 0

0,73,3 0, 21

3,3

0 0

10 4,7 0

EB E B

E E E

C E B

CB C C

V V V

V I I mA

I I I

V V I

d)

3.3k

3.3k

10V

100k

10V

10k

1IcI

1( )cI I

1( )BI IBI

BEV

Loi des mailles :

1 1

1

3,3( ) 100 10 0

10( ) 0

C BE

CBE

I I V I

IV I

1

1

103,3 3,3 10

1010

C BE

C BE

I I V

I I V

3

1

100 0,1( 100 33 )0,385

33 1033

100 113,30,077

33 1033

BE

BEC

VI mA

VI mA

Calcul de CEV

1

1

3,3( ) 3,3 10 0

3,3 6,6 10 7,198C CE C

CE C

I I V I

V I I V

Exercice 2 :

1) A la sortie, on peut écrire :

0

( )E E CE C C CC

CE CC E C C

C E

R I V R I V

V V R R I

I I

L’équation ci-dessus est l’équation de la droite de charge

A

B

Q

CC

E C

V

R R

CQI

CEQV CCV CEv

Ci

Le milieu de la droite de charge correspond au milieu du segment AB, le point de fonctionnementétant au milieu, on en déduit :

et2 2( )

2,5

52,08

2(1 0,2)

CC CCCEQ CQ

E C

CEQ

CQ

V VV I

R R

V V

I mA

Le courant est donc CI égal à : 2,08CI mA

Le circuit de la figure 1 est équivalent à celui représenté ci-dessous :

4

TV

TR

ER

CCV

CR

BEV

BI

1

1 2

1 1 2

1 2 1 2

0

T CC

TE E BE C T

TT C BE E C

CCC BE E C

RV V

R R

RR I V I V

RV I V R I

IR R RV V R I

R R R R

Posons : 1 2 11,25a R R k

1 2

2 2

22 2

2 1

( )

( )

0,02 5, 234 43,695 0

8,64 11, 25 8,64 2,6

CCC BE E C

CCC BE E C

IR V R a V R I

Ia R V R a V R I

R R

R k R k

2)

1

2

2,6

8,6

R k

R k

Lorsque le courant de saturation de la jonction BC est non nul, on peut écrire :

0

0

0 0( 1)

C E CB

C B CE

CE CB

I I I

I I I

I I

0CBI est le courant de saturation de la jonction base collecteur, l’émetteur en circuit ouvert.

5

Maille d’entrée

0

0

( 1)E E BE T B T

E C CB

R I V R I V

I I I

Soit :

00( ) ( ) 0C CE

E C CB BE T T

I IR I I V R V

D’autre part : 00

CECB

II

Donc :

0 0

0

( ) ( ) 0

( )

CE C CB BE T CB T

T E T CB BEC

TE

IR I I V R I V

V R R I VI

RR

A la température 1T :

11 00, 7 , 5BE CBV V I A

A la température 2 1 , 20T T T T c

2 1

2 . 0,04

0,7 0,04 0,66BE

BE BE BE

V mV T V

V V V V

Le courant 0CBI double de valeur pour chaque augmentation de 10°c, on peut donc écrire :

2 10 0

0

4 20

20 5 15

CB CB

CB

I I A

I A A A

En termes de facteurs de stabilisation, la variation du courant s’écrit :

00

VI

C CC CB BE

CB BE

SS

I II I V

I V

est considéré constant.

6

3

0, 2 2,6 || 8,69,98

2,6 || 8,60, 2

100

14,54

4,54 10 ( 0,04) 9,98 15 0,33

E TI

TE

VT

E

C

R RS

RR

S mSR

R

I mA

Exercice 3 :

1Q

2Q

1 0V

1 0V

5 .1 k

4 .3 k 9 .1 k

1 0 0 k

9 .1 k

2EI

2 1B CI I

1BI 2CI

2BI2C EV

2B EV

1EBV

1EI

1 1 1

11

100 9,1 10 0

10 10 0,70,92

100 9,1 19,1

B EB E

EBC

I V I

VI mA

2 2 1 2

2 2

1 22

4,3 9,1( ) 0

9,11,748 1,75

9,14,3

E BE C B

E C

C BEC

I V I I

I I

I VI mA

1 2 2 2 2

1 1

1

10 4,3 10 4,3 1,78

10 9,1 10 9,1 0,92 1,628

1,628 1,78 3,4

C E BE C BE

E E

EC

V I V I V V

V I V

V V

7

Calcul de 2CEV

2 2 2

2 2

10 4,3 5,1 10 0

20 (4,3 5,1) 3,56E CE E

CE C

I V I

V I V

Calcul de 1BV

Loi d’ohm : 1 1 1

100100 0,92B B CV I I V

Exercice 4 :

On considère le circuit amplificateur différentiel de la figure ci-dessous :

Données : et varient entre −5 et +5 . Q1, Q2 et Q3 sont des transistors bipolairesidentiques caractérisés par = 100, = 0.5 , = 0.2 .

,15CCV V

, 15CCV V

1Q 2Q

1R300

2R300

2V1V

4R

5R3R

2k

1k3RV

+

-

3Q0I

Source decourant

RI

8

, 15CCV V

4R

5R3R

2k

1k3RV

3Q

0 50I mA

RI

,15CCV V

4R

5R3R

2k

1k3RV

3Q

0 50I mA

RI

,15CCV V

,15CCV V

4 5// TR R R

3R

2k

3RV

3Q

0 50I mA

4

4 5

CCV R

R R

0I

0I

1°) Détermination

L’amplification du théorème de Thévenin nous permet d’avoir :

Loi des mailles : − − − − +≅≅ + − −

= 153 − 0.5 − 50100 2350 Ω = 83.3Ω

9

2°)

On suppose que = =Les transistors sont identiques et la configuration de l’ampli-différentiel est symétrique, on déduitque

= = 2 = 25Le courant collecteur étant quasi égal au courant émetteur (( ≫ 1), on en déduit que :

= ≅ 2 = 25= = 50Loi des mailles : = = − = 15 − 0.3 × 25 = 7.5Les potentiels des bases des transistors Q1 et Q2 sont nuls : = = 0= = = − = −0.5= = 0Les transistors Q1 et Q2 opèrent dans la zone active ( > , > 0, < 0).

Le potentiel de l’émetteur du transistor est donné par := − + = −15 + 83.3 × 50 × 10 = −10.83La loi des mailles à l’entrée du transistor Q3 permet d’écrire :

= − + − = − 23 × 15 − 23 × 50100 = −10 − 13 = −10.33La tension collecteur-base du transistor Q3 vaut = − = −10.33 + 0.5 = −9.83 <0. Le transistor Q3 est dans la zone active.

Résumé :

Transistor Moded’opération

Q1 0 −0.5 7.5 25 normalQ2 0 −0.5 7.5 25 normalQ3 10.33 −10.83 −0.5 50 normal

10

On suppose que = − , =Si les deux transistors Q1 et Q2 opèrent en mode normal ou saturé, la loi des mailles conduira aurésultat suivant :− + − + = 0 , − = 0 ( )L’un /ou les deux transistors est bloqué.

o Supposons que Q1 est bloqué et Q2 est en mode actif direct

Le courant collecteur = > 0 .= − = −0.5= −= − = 15 − 300 × 50 × 10 = 0La tension collecteur-Emetteur du transistor Q2 est donc : = 0 + 0.5 = 0.5 >= 0Loi des mailles : = − , soit = − = −5 + 0.5 = −4.5 < 0= − < 0La supposition concernant l’état des diodes est donc juste.

Le potentiel de l’émetteur du transistor est donné par := − + = −15 + 83.3 × 50 × 10 = −10.83= = −0.5La loi des mailles à l’entrée du transistor Q3 permet d’écrire :

= − + − = − 23 × 15 − 23 × 50100 = −10 − 13 = −10.33La tension collecteur-base du transistor Q3 vaut = − = −10.33 + 0.5 = −9.83 <0. Le transistor Q3 est dans la zone active.

11

Résumé :

Transistor Moded’opération

Q1 −5 −0.5 15 0 bloquéQ2 0 −0.5 0 50 normalQ3 −10.33 −10.83 −0.5 50 normal

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

gR11eh

bigi si( 1) bi

eR 1eR sR1sR

ER LR1 2||R R

bigv

ev sv

Gain VA :

11

11

( || )( 1)

( || )( 1)

( || )( 1)

( || )( 1)

|| 0,1 0,89

s E L b

e e b E L b

E LV

e E L

E L V

v R R i

v h i R R i

R RA

h R R

R R k A

Gain iA :

Diviseur de courant en sortie :( 1)

s E

b E L

i R

i R R

12

Diviseur de tension à l’entrée : 1 2

1 2 11

||

|| ( || )( 1)b

g e E L

i R R

i R R h R R

1 2

1 2 11

||( 1) 19,6

|| ( || )( 1)s E

ig e E L E L

i R R RA

i R R h R R R R

Résistance d’entrée :

Loi des mailles :

1

1

11

11

1 2

( || )( 1) 0

( || )( 1) 7,5

|| || 7,5 ||19 4,38

E L b e b e

ee e E L

b

e e

R R i h i v

vR h R R k

i

R R R R k

Résistance de sortie :

La résistance de sortie sR est 1 ||s s ER R R

Calculons 1sR :

On élimine etE LR R , on éteint la source indépendante (ici gv ) et on alimente la sortie par un

générateur fe débitant un courant fi

La résistance 1sR est donc par définition : 1f

sf

eR

i

11

1 2|| ( || )e

g

h

R R R

fibi

febi

gR 1 2||R R

11eh

bi fi

febi

1sR

13

11 1 2

11 1 2

1

1

( 1)

|| ( || )

|| ( || )

( 1)

0,6 (0,6 ||19)23,17

51

f b

f e g b

e gfs

f

s

i i

e h R R R i

h R R ReR

i

R

1 || 20,7s s ER R R

B- Interrupteur k à la position 2 et la capacité 3C déconnectée :

80k

2R

1R25k 200

600

gR

CR2k

ER

200LR

CCV

gv

eR

gi

sR

1C 2Csi

ev

Schéma en dynamique :

LRCR

ER

11ehbibi

2RgR

1R

eR sR

i ( 1) bi i

sv

ev

gv

gi

Résistance d’entrée :

1( ) ||e ee

g

v vR R

i i

Le circuit devient :

14

Loi des nœuds au point B :

2

(1)e sb

v vi i

R

Loi des mailles (maille a) :

11 ( 1) (2)e e E bv h R i

Loi d’ohm et loi des nœuds à la sortie :

( || ) ( ( 1) ) (3)s L C bv R R i i

Le report des équations (2) et (3) dans l’équation (1) conduit à la relation suivante :

La résistance d’entrée est donc :

0,6 51 0, 2(80 2 || 0, 2) || 25

0,6 51 (0, 2 2 || 0, 2)

43,14 || 25

15,83

eR

k k

k

A partir de l’équation (3), on obtient le gain en tension VA en exprimant i et bi en fonction de ev :

11

11

( 1)( || )

( 1)

1 ( 1)( || )

( 1)

1 51(2 || 0, 2)

15,83 0,6 51 0,2

0,847

e es L C

e e E

V L Ce e E

v vv R R

R h R

A R RR h R

112 1

11

( 1)( ( || )) ||

( 1)( ( || ))e E

e C Le E L C

h RR R R R R

h R R R

11 2 2 11

2 11 2 2

112

2 11

( || ) ( 1)

( 1) ( 1)

( || ) ( 1)( || )1 11 1

( 1)

( 1)( || ).

( 1)( ( || ))

e e L C e

e E e E

L C L Ce

e E

e e EL C

e E L C

v v R R vi i

h R R R h R

R R R Ri v

R h R R R

v h RR R R

i R h R R R

15

Gain en courant :

/

/

15,83( 0,847) 67

0,2

s s L ei v

g e e L

i v R RA A

i v R R

Résistance de sortie :

On éteint la source gv et on connecte à la place de la charge LR un générateur de tension idéal fe

qui débite un courant fi . La résistance de sortie vaut (voir figure ci-dessous) :

gR 1R

2R

11eh

CR

ER

bi

fe

bi

1sR sR

fi

La résistance de sortie est donnée par :

1 ||s s CR R R

Où 1sR est définie par la relation suivante (cf. figure ci-dessous) :

fs

f

eR

i

1

hs

h

eR

i

16

gR 1R

2R

11eh

ER

bi

he

bi

1sR

hii

( 1) bi i

Maille a :

11 1( ( 1) ) || 0e E b gh R i R R i (4)

Loi des nœuds au point C :

( 1)h bi i i (5)

Maille b :

2 1( ) || 0h b ge R i i R R i (6)

Manipulations algébrique des équations (4-6) :

1

11

||

( 1)g

be E

R Ri i

h R

1

11

11 1

11

( 1) ||

( 1)

( 1)( || )

( 1)

g

he E

e E g

e E

R Ri i i

h R

h R R Ri

h R

Soit :

11

11 1

1 11

11 11 1

1

11 1

( 1)

( 1)( ( || ))

( || ) ( 1)

( 1) ( 1)( ( || ))

( || )

( 1)( ( || ))

e Eh

e E g

g e Eb h

e E e E g

gb h

e E g

h Ri i

h R R R

R R h Ri i

h R h R R R

R Ri i

h R R R

17

1BR

2BR

3BR

CR

ER

CCV

2Q

1Q

6.8k

5.6k

4.7k1.1k

1.8k

18V

1I

2I

3I

2CI

1EI

2BI

1BI

La relation (6) donne :

2 1 2

2 1 11 2 1

11 1

( ( || ))

( ( || ))( ( 1) ) ( || )

( 1)( ( || ))

h g b

g e E gh

e E g

e R R R i R i

R R R h R R R Ri

h R R R

2 1 11 2 11

11 1

( ( || ))( ( 1) ) ( || )

( 1)( ( || ))g e E gh

sh e E g

R R R h R R R ReR

i h R R R

Et : 1 ||s s CR R R

1

(80 0,6 || 25)(0,6 51 0,2) 80(0,6 || 25)22,54

0,6 51(0,2 0,6 || 25)sR k

1 || 22,54 || 2 1,837s s CR R R k k k

Exercice 6 :

On considère le montage amplificateur cascode deLa figure ci-contre.

1°) Calcul du point de fonctionnement de chaque transistor

Loi des mailles :

+ + = (1)

= + (2)≅ ≅ = = , =Loi des nœuds :

= + (3)= + (4)

La combinaison des relations 2, 3 et 4 conduit au résultat suivant :

+ + + + + + + + =2 + + 1 + + = − 1 + += − 1 + +2 + + 1 + +

18

A.N.

= 18 − 0.7(1 + 6.84.7 + 5.64.7)6.8 2200 + 1.14.7 + 5.6 1200 + 1.14.7 + 1.1 = 15.451.66 + 1.34 + 1.1 = 15.454.1 = 3.77On peut procéder d’une façon plus pratique pour estimer le courant en supposant les courants desbases négligeables.

Diviseur de tension en entrée :

≅ + += ++ += + ≅ +

≅ −A.N. : ≅ 4.7 = 4.9= 18 × (4.7 + 5.6)6.8 + 4.7 + 5.6 = 10.8

= 4.395 − 0.71.1 = 3.8Notons que l’erreur n’est pas très grande.

La tension entre les bases vaut :

− = + = = 5.9La tension est obtenue à partir de la relation :

− + + ≅≅ − + −

19

1bi

C1 E2 C2B1

E1 B1

Etage basecommuneEtage émetteur

+

-iv 1ov1r 2r

+

-ov

+

-

iR oR

cRpR

23//p B BR R R

1bi

2bi2bi

= 0.7 − 10.8 + 18 − 1.8 × 3.8 = 1.06Paramètres petits signaux :

= = , ≅Schémas équivalents en dynamique du transistor :

2°)Schéma en dynamique :

désigne la résistance d’entrée et la résistance de sortie.

dynamique

E

BC

r bi

biB C

E

/er r

bibiB

C

E

20

1biiv 1ov1r 2r ovcRpR

23//p B BR R R

1bi

2bi2bi

sv

si

= = = 26 = , = == 26 = 263.8 = 6.8Ω= 1.36 ΩGain en tension de l’étage EC :

= −≫ 1 entraîne ≅≅= − ≅ −1

Gain en tension de l’étage base commune:

= = −− =Gain de l’amplificateur Cascode :

= = = −A.N. = − .. × 10 ≅ −265Résistance d’entrée

= = = (2.55||1.36) = 887ΩLe symbole || désigne la mise en parallèle.

Résistance de sortie :

Schéma pour le calcul de

21

ovsv

si

cR

La résistance de sortie est définie par : = /Il est clair que = 0, ce qui entraîne = 0. Le circuit ci-dessus se réduit à celui représenté ci-dessous :

= = 1.8 Ω4°)L’amplificateur de la figure 5 peut donc être représenté par le circuit équivalent suivant :

désigne le gain à vide de l’amplificateur (pas de charge).En connectant la charge = 10 Ω, on obtient le schéma :

= − /( + )= /Gain en courant :

= = − /( + )A.N. :

= 265 × 0.8871.8 + 10 ≅ 20

iRvA iv

oR

iv

iRvA iv

oR

iv LR

oiii

22

Exercice 7 :

1° ) Etude en statique

Le schéma statique de l’amplificateur est représenté ci-dessous :

Le transistor est du type PNP et le transistor du type NPN. Remarquez les sens des courantspour chaque type du transistor.

Loi des mailles :

+ + ( + ) =Compte tenu du fait que ≫ 1 ≫ 2, on peut réécrire la relation ci-dessus sous la formesuivante : + + ( + ) ≅

= , + + ( + ) ≅Soit :

+ + ≅≅ −+= =

= = −+

CR

CCV18V

75

2Q

1Q

BR2M

1EI

1BI

1 2C BI I

2CI

2EI

23

CR

CCV18V

75

2Q

1Q

BRiv

ov

2M

CR2r

1r1bi

1 1bi

2 2bi2biiv ovBR

iR oR

ci

Remarquons que = . Le courant traversant la résistance vaut :

= + ≅ + ≅A. N. :

= 18 − 0.72 Ω + 140 × 180 × 75Ω = 4.45= = = 140 × 4.45 = 0.623= = 180 × 0.623 = 112= , = , = , =Loi des mailles :

= −A.N. = 18 − 75 × 0.112 = 9.62°)

Paramètres petits signaux des transistors :

≅ 26≅ 26

Le paramètre hybride , du transistor étant égal à .

3°) Schéma en dynamique :

24

1 2 1( 1)CR

1r1bi

iv

ov

BR

iR

+

-

+

-

1 2CR

1r

iv

ov

BR

iR

+

-

+

-

CR2r

1r1bi

1 1bi

2 2bi2biBR

sv

si

CR2r

1r1bi

1 1bi

2 2bi2bi

sv

si

En éliminant les sources de courant, on peut remplacer le schéma ci-dessus par le schémaéquivalent :

Gain en tension et résistance d’entrée :

Diviseur de tension :

= += ||( + )Résistance de sortie :

Schéma à adopter pour le calcul :

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) (àdémontrer).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.