Granjon, Yves-Exercices Et Proble_mes D_e_lectronique _ Avec Rappels de Cours Et Me_thodes-Dunod (2010)

SCIENCES SLiP

► Rapp Rappels els de cours

Méthodes

► Exer xerci cice ces s et prob probllèmes avec corrigés détaillés

Yves Grsnjon

DUNOD

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d'enseignement supérieur, provoquant une Le pictogramme qui figure ci-contre mérite une explication. Son objet est baisse brutale des achats de livres et de d'alerter le lecteur sur la menace que revues, au point que la possibilité même pour ____ ____ représente pour l'avenir de l'écrit, ____ ____ les auteurs de créer crée r des œuvres particulièrement dans le domaine nouvelles et de les faire éditer cor DANGER de l'édition technique et universi rectement rectement est aujour d'hui menacée menacée.. taire, le développement massif du Nous rappelons donc que toute photocopillage. reproduction, partielle ou totale, Le Code de fa propriété intellec de la présente publication est tuelle du 1er juillet 1992 interdit LfPHO TOC OPILLAG E interdite sans autorisation de en effet expressément la photoco TUELEL ELIVRE l'auteur, de son éditeur ou du pie à usage collectif sans autori Centre français d'exploitation du sation des ayants droit. Or, cette pratique droit de copie (CFC, 20, rue des s'est généralisée dans les établissements Grands-Augustins, 750 06 Paris Paris). ).

© Dunod, Paris, 2010

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

ISBN 978-2-10-055594-9

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Tabl

e

d es

ma t iè r e s

AVANT-PROPOS

ix

NOTATIONS ET CONVENTIONS

xi

MÉMENTO D'ÉLECTRICITÉ GÉNÉRALE

xiii

FORMULAIRE

xix

CHAPITRE CHAPITRE 1 • LA JONCTION PN ET LES DIODES À SEMI-CONDUCTEURS Rappels de c o u r s ........................................... ................................................................. .......................................... ........................... ....... 1.1 La conduction conductio n électrique intrinsèque 1.2 Semi-condu Semi-c onducteurs cteurs dopés 1.3 La diode à jonctio jon ction n 1.4 Polarisation de de la diode 1.5 Puissance dissipée dans une diode 1.6 Diodes Diod es Zener Énoncés des exercices ........................................ ............................................................ ......................................... ....................... .. Énoncés des problèmes................................................................................. Du mal à démarrer ? ................. ........ .................. ................ ................ .................. ................. ................ ................. ................. .......... Corrigés des exercices................................................................................... Corrigés des problèmes.................................................................................

1

7 11 12

14 21

CHAPITRE 2 • LA POLARISATIONDU TRANSISTOR BIPOLAIRE

TJ

O C =5 Q

Rappels de c o u r s ............................................ ................................................................. ......................................... ........................................ .................... 2.1 Le transistor transisto r bipolaire bipolair e 2.2 Les grande gra ndeurs urs électriques électriqu es associées au transistor transist or 2.3 Caracté Car actéristi ristique quess du transistor transist or NPN NPN 2.4 Polarisation du transistor transisto r NPN NPN 2.5 Approche Appro che physique de la polarisation 2.6 Polarisation Polarisation du transistor PNP PNP 2 'U c Énoncés des exercices ........................................... ................................................................. .......................................... ................................ ............ 1 Énoncés des p ro b lè m e s........................................ s............................................................ ........................................ ................................... ............... * Du mal à démarrer démarr er ? ................. ........ .................. ................ ................ .................. ................. ................ ................. ................. ................. ............... ...... | Corrigés Corr igés des e x e rc ic e s ........................................ ............................................................ ......................................... ..................................... ................ 1 Corrigés Corr igés des p ro b lèm lè m es ........................................ .............................................................. ............................................ ................................. ...........

25

30 34 36 38 45

.O

O fM

©

§

CHAPIT CHAPITRE RE 3 • LE FONCTIONNEMENT DYNAMIQUE DU TRANSISTOR BIPOLAIRE

•g.

Rappels de c o u r s ........................................ ............................................................ ........................................ .......................................... ......................... ... 3.1 Le régime de petits signau sig nauxx 3.2 Les paramètres paramètr es hybrides du transistor transisto r NPN NPN

CD

7

>O

•o 3 Q

CL

U

50

c

©

v

Table des matières

3.3 Le schéma équivalent du transistor NPN 3.4 Construction des schémas équivalents 3.5 Amplificateurs 3.6 Condensateurs de découplage Énoncés des exerc ic es....................................................................................................... 56 Énoncés des pro blèmes ..................................................................................................... 60 Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... 63 Corrigés des exe rc ices....................................................................................................... 65 Corrigés des prob lèmes..................................................................................................... 76 CHAPTRE 4 • L'AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL EN RÉGIME LINÉAIRE Rappels de co u rs................................................................................................................ 85 4.1 L'amplificateur opérationnel 4.2 Caractéristique de l'amplificateur opérationnel 4.3 Schéma équivalent 4.4 Fonctionnement linéaire 4.5 Montages à amplificateurs opérationnels 4.6 Correction d'offset Énoncés des exerc ic es....................................................................................................... 90 Énoncés des pro blèmes ..................................................................................................... 95 Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... 97 Corrigés des exe rc ices....................................................................................................... 98 Corrigés des prob lèmes..................................................................................................... 108 CHAPITRE 5 • LES FILTRES FRÉQUENTIELS Rappels de co u rs................................................................................................................ 5.1 Comportement fréquentiel des systèmes 5.2 Diagrammes de Bode 5.3 Les filtres 5.4 Filtres réels et filtres idéaux 5.5 Filtrage de signaux périodiques Énoncés des exerc ic es....................................................................................................... Énoncés des pro blèmes ..................................................................................................... Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... Corrigés des exe rc ices....................................................................................................... Corrigés des prob lèmes..................................................................................................... . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

113

119 122

124 125 137

CHAPITRE 6 • L'AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL EN RÉGIME NON LINÉAIRE Rappels de co u rs................................................................................................................ 141 6.1 Fonctionnement en comparateur 6.2 Comparateur à collecteur ouvert 6.3 Étude approfondie du basculement d'un comparateur 6.4 Astables et monostables Énoncés des exerc ic es....................................................................................................... 144 Énoncés des pro blèmes ..................................................................................................... 149

VI

Table des matières

Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... Corrigés des exerc ices....................................................................................................... Corrigés des pro blèm es .....................................................................................................

150 151 170

CHAPITRE 7 • LES TRANSISTORS À EFFET DE CHAMP Rappels de c o u rs ................................................................................................................ 7.1 Le transistor à effet de champ à jonction (JFET) 7.2 Caractéristiques des transistors à effet de champ 7.3 Polarisation d'un transistor à effet de champ 7.4 Schéma équivalent en régime linéaire 7.5 Phénomène de distorsion quadratique 7.6 Transistor MOS 7.7 Transistors à effet de champ en commutation Énoncés des exercices ....................................................................................................... Énoncés des pro blè m es..................................................................................................... Du mal à démarrer ? ......................................................................................................... Corrigés des exerc ic es....................................................................................................... Corrigés des pro blèm es .....................................................................................................

175

180 184 185 187 195

CHAPITRE 8 • LES CIRCUITS LOGIQUES COMBINATOIRES Rappels de c o u rs ................................................................................................................ 198 8.1 Les lois de l'algèbre de Boole 8.2 Propriétés fondamentales 8.3 Fonctions et systèmes logiques combinatoires 8.4 Circuits logiques électroniques 8.5 Simplification des fonctions logiques 8 .6 Temps de commutation des portes logiques Énoncés des exercices ....................................................................................................... 204 Énoncés des pro blè m es..................................................................................................... 207 Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... 209 Corrigés des exerc ic es....................................................................................................... 210 Corrigés des pro blèm es..................................................................................................... 219 CHAPITRE 9 • LES CIRCUITS LOGIQUES SÉQUENTIELS . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Rappels de c o u rs................................................................................................................ 9.1 Définition 9.2 La bascule R/S 9.3 La mémoire par automaintien 9.4 La bascule J/K 9.5 Les compteurs synchrones Énoncés des exercices ....................................................................................................... Du mal à démarrer ? .......................................................................................................... Corrigés des exerc ices.......................................................................................................

226

233 235 235

INDEX

239

vi i


A v

ant

-p r

o po s

L’électronique est la discipline qui s’intéresse aux dispositifs électriques construits autour de la technologie des semi-conducteurs. La plupart du temps, les courants et les tensions mis en œuvre restent de faible amplitude, excepté en électronique de puissance. Le traitement du signal, les automatismes, l’informatique et d’une manière plus générale, une grande partie des appareils que nous utilisons quotidiennement possèdent des sys tèmes électroniques. Que ce soit pour la commande des processus, le traitement de l’information, le contrôle ou la mesure des phénomènes, l’électronique apporte des solutions simples, fiables et souples à un grand nombre de problèmes techniques. Cet ouvrage rassemble toutes les notions de base de l’électronique : de la diode à jonction jusq u’aux sy st èm es lo gi qu es co mbi nat oir es et séquen ti els, en pa ss an t par les mon ta ge s à transistors et à amplificateurs opérationnels. Il est structuré en n euf chapitres développan t chacun un thème particulier, avec des rappels de cours, des exercices d’entraînement et des problèmes entièrement corrigés. Les solutions sont présentées dans leurs moindres détails en insistant systématiquement sur les méthodes à assimiler et sur le savoir-faire à acquérir absolument pour être capable de résoudre n’importe quel problème d’électronique. Chaque chapitre propos e des exercices de difficultés variées. Il est conseillé de les aborder dans l’ordre, sans chercher à brûler les étapes en négligeant tel ou tel qui paraît trop facile et sans succomber à la tentation de lire trop rapidement la solution. Certains de ces exercices sont de grands classiques ; d’autres sont plus originaux. Ils ont tous vocation de guider l’étudiant vers la maîtrise des composants de l’électronique et des fonctions qu’ils permettent de réaliser et de l’aider à acquérir suffisamment d’aisance pour aborder avec succès des problèmes de plus en plus sophistiqués. L ’électronique n ’est pas une discipline extrêmem ent compli quée pour qui l’aborde avec rigueur et méthode. Elle nécessite toutefois que le lecteur soit familiarisé avec les lois fondamentales de l’électrocinétique, que ce soit en régime continu, sinusoïdal ou transitoire. Ces notions sont supposées acquises mais il pourra, si besoin, se référer à l’aide-mémoire d’électrocinétique qui est pr op os é dans les pa ges qui su iv en t et qui rapp el le les princi pa ux résu ltats et th éo rè me s qu’il est indispensable de connaître.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Les pré-requis de mathématiques de l’électronique ne sont pas nombreux : ils concernent l’analyse des fonctions réelles, le calcul différentiel et intégral et les nombres complexes. Le formulaire situé au début de l’ouvrage regroupe toutes les formules de mathématiques utiles à l’électronicien. Il est recommandé au lecteur de respecter scrupuleusement les notations et les conventions, notamment celles qui concernent les signes et les sens des flèches des courants et des tensions et d ’utiliser systém atique ment les unités du système international. La plupart des erreurs proviennent du non respect de ces règles élémentaires. Cet ouvrage ayant été conçu avec un souci constant de pédagogie et la volonté de rendre les concepts de l’électronique accessibles à chacun, je souhaite que tout étudiant en ayant fait l’acquisition puisse y trouver les réponses à ses interrogations et les clés de sa réussite. Yves Granjon

IX


No t a t io n s

Gr a n d e u r s

et

c o n v e n t io n s

él ec t r iq u es c o n t in u es o u v a r ia b l es

En électronique comme en électricité, les grandeurs électriques, notamment les courants et les tensions, sont continues (constantes dans le temps) ou variables. Cet ouvrage utilise la convention universellement adoptée en ce qui concerne la différentiation de la notation de ces grandeurs : • Les grandeurs constantes seront systém atiquem ent notées à l’aide de lettres majuscules. Ex em pl e : £/,, V, / B, VBE, Vmax. • Les grandeurs variables au cours du temps seront systém atiquem ent notées à l’aide de lettres minuscules. Ex em pl e : v2,m ,/b, v be,v +. Lorsqu’on écrit /B, cela signifie donc toujours /B(f).

Gr a n d e u r s

v e c t o r iel l es et s c a l a ir es

Les grandeurs notées en caractères maigres s eront considérées com me scalaire (par exemple : J7j, vBE, v+)- Les grandeurs vectorielles seront notées en caractères gras (par exemple : E) .

R epr és en t

a t io n c o mpl ex e

La représentation complexe est associée (uniquement) aux circuits électriques fonctionnant en régime sinusoïdal : v ( 0 = v 0 cos (© f + y = V0ej(wr +
Le nombre i des mathématiciens est en général noté j par les électriciens. Nous adopterons donc cette notation.

So u r c e s . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

d e t en s io n et s o u r c e s d e c o u r a n t

Plusieurs normes coexistent à propos de la représentation sym bolique des sources de courant et de tension. Nous adopterons, dans cet ouvrage, la représentation proposée dans la figure ci-contre.

source de tension

source de courant

XI

Notations et conventions

Sc h é m a s Dans les schémas des montages électroniques, les connexions électriques sont matérialisées par des traits. L orsq u’une connexion est effectuée en un nœud du circuit, ce nœud sera matérialisé par un point. Si deux fils se croisent sans être connectés l’un à l’autre, aucun point n’apparaîtra sur le schéma.

pas de connexion

connexion

C o n v en t

io n g én é r a t eu r et c o n v en t io n r éc ept eu r

Il s’agit là des conventions les plus fondamentales des circuits électriques. Leur méconnaissance ou leur incompréhension est à l’origine de bon nombre d’erreurs grossières dans l’étude des pr ob lè mes d ’électricit é, do nc d ’él ectr on iq ue . Lors qu’un générateur alimente un dipôle récepteur, la présence d ’un seul et même courant dans le circuit impose, de fait, la règle suivante : Lorsqu’un dipôle récepteur présente à ses bornes une différence de potentiels u(t) représentée pa r une flèche diri gée ver s le po tentiel le plus élev é, il est parcou ru pa r un co ur an t qu e l’on représente positivement par une flèche dirigée en sens contraire.

/(/) u(t)

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

XII

i(0 u(t)

M é m e n

d ’ é l e c t r i c it é

t o

GÉNÉRALE

Lois d e f o n c t io n n emen t d es d ipô l es él émen t a ir es L ’électronique utilise abondam ment les trois dipôles passifs linéaires élémentaires à savoir : • La résistance dont la loi de foncti onneme nt s’appelle la loi d ’Ohm : u = RI m

u(t)

• La bobine d ’auto-inducta nce L u

/

y

y

y

C

_

u(t)

• Le conden sateur de capacité C : u

i d t « i =

u(t)

TJ

O C

=3

û O rsi ©

Remarque

Ces lois ne sont valables qu’en respectant la convention récepteur, c’est-à-dire avec un courant i(t) orienté en sens inverse de la tension u(t). Elles sont vraies quel que soit le régime de fonctionne ment du circuit.

CT)

> O

CL

U

xiii

Mémento d’électrici té générale

Lois d e K ir c h h o f f Loi des nœ uds

La somme algébrique des courants circulant en direction d’un nœud d’un circuit est nulle. Ou encore : la somme des courants dirigés vers un nœud du circuit est égale à la somm e des courants issus de ce même nœud. Exemple : i j +

i2 -

*3 - 14 = 0.

/

Loi des

4

mailles

La somme algébrique des tensions relevées le long d'une maille est nulle. Les tensions orientées dans le sens de parcours de la maille sont comptées positivement. Les tensions orientées en sens contraire sont comptées négativement. Exemple

:

- e2 -

+ i4 = 0. *2

T h é o r ème d e M il l ma n . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Le potentiel en un nœud quelconque d’un circuit est égal à la moyenne des potentiels des nœuds voisins, pondérée par les valeurs des conductances (inverses des résistances) des différentes branches.

VA =

XIV

1

1

1

Théorèmes de Thévenin et de Norton

R,

R,

R,

T h éo r èmes

de

T hévenin

et d e

R

No r t o n

Théorème de Thévenin

Tout circuit linéaire placé sous la forme d’un dipôle est équivalent à un dipôle de Thévenin formé d’un générateur de tension parfait E et d'une résistance R associés en série. La valeur de E est égale à la tension à vide aux bornes du dipôle et R est la résistance équivalente à l’ensemble du circuit lorsque toutes ses sources de tension ont été court-circuitées et ses sources de courant remplacées par des circuits ouverts. Théorème de Norton

c

•X j

1» -o “O O c

3

3

=3

Q

o fNl

Ü

>

CL o

U

Equivalence Thévenin-Norton

Tout générateur de tension parfait E associé en série avec une résistance R est équivalent à un générateur de courant E/ R associé en parallèle avec cette même résistance R.

*5.

P r in c ipe

© O)

Tout circuit linéaire placé sous la forme d’un dipôle est équivalent à un dipôle de Norton formé d’un générateur de courant parfait / et d’une résistance R associés en parallèle. La valeur de I est égale au courant entre les deux bornes c ourt-circuitées du dipôle (encore appelé courant de courtcircuit) et R est la résistance équivalente à l’ensemble du circuit lorsque toutes ses sources de tension ont été court-circuitées et ses sources de courant remplacées par des circuits ouverts.

T3 C 3 û

d u d i v i s e u r d e t en s io n

Lorsqu’un ensemble de deux résistances R\ et R2 associées en série et parcourues par le même courant est soumis à une différence de potentiels Vq , le point commun aux deux résistances se

Q

xv

Mémento d ’électricit é générale

trouve au potentiel V i défini par : R ,

V, =

Vr

R l + R 2 0

Vo

R ,

V,

R,

•

R égime

0V

sinusoïdal

Dans un circuit électrique linéaire (composé uniquement d’éléments fonctionnant linéairement) alimenté par un générateur sinusoïdal, tous les courants et tensions en tout point du circuit sont sinusoïdaux, de même pulsation que la source d’alimentation. La représentation com plexe d ’un circuit en régime sinusoïdal consiste à associer aux grandeurs électriques, un modèle complexe :

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

•

v ( 0 = v 0 cos cor** V = V0ejû)r ,

.

u(t) = UQ cos (oo/ + (p) o

U = t / 0ej(û>r +
• Con densat eur C : impéd ance compl exe Z = —— , jCco • Auto-inductance L : impédance complexe Z = jLco. En régime sinusoïdal, toutes les lois de l’électricité s’appliquent aux modèles complexes des circuits en remplaçant les éléments passifs par leurs impédances complexes et les courants et tensions par leurs représentations complexes. • Ass ociati on de dipôle s en série : Zeq = Zj +

XVI

Régime sinusoïdal

• Association de dipôles en parallèle :

• Lois de Kirchhoff :

1

0 et £ V = 0 ,

• Théo rème de Millman : V A

Les théorèmes de Thévenin et de Norton restent égalem ent valables en régime sinusoïdal si on les applique dans leur représentation complexe.

C

■ Sj X)

"O o c

&

3

D

û O

fNJ

© en

> O CL

U

-C

CL J3 I

•O 3

û

© xvii


Fo r m u l a i r e

T r ig o n o mét r ie sin2 x + cos2 x = 1

O

O

cos x cot x = ------sinx

O

O

1 2 l l + cot X = ---- - — s in2 x

O

tan2x . 2 sin x = — l + tan" x

O

2 l cos x = --------- - — l + tan~ x

O

sin(-x) = - s i n x

O

cos(-x) = cosx

O

ta n(-x ) - - t a n x

O

sin(rc + x) = -s in x

O

co s( 7i + x ) = -c o s x

O

tan(7C + x) = tanx

O

sin(7C - x) = sin x

O

COS(7t - X ) = -COSX

O

tan(rc - x) - tan x

O

{ K cos +x

sin

0

0

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

sinx tan x = ------cosx

O

tan

cos

(n

)

U

J

( k

)

{ 2

;

f n

)

[2

J

2 l + tan x =

1 COS X

= co s x

= —cot X

O

sin

U

J

{ K

>

:-s in x

= COSX

-x

<2~

= s in x

"N

)

O

\ tan -x = c o tx <2 J ( K

0

cos(a + b) - cos a cos b - sin a sin b

O

cos 2a

0

sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin

O

sin 2u = 2 sin a cos a

O

cos (a - b) = cos a cos b + sin a sin b

O

tan(tf + b)

O

sin(a - b) = sin a cos b - cos a sin b

O

tan(a - b)

O

* ^ 2 x 1+ cos x = 2 cos —

O

1- cos x = 2 sin —

2

2 co s2 a - 1

tan a + tan b 1- tan a tan b tan a - tan b 1+ tan a tan b 2

Formulaire

O

O

O

_ • p + q sin p + sin q = 2 sin —- — cos

sin p - s m q = 2 s i n — - — c o s

1 ( N

p + q

2

_ p + q p-q cos p + co sq = 2 c o s -— - cos - — -

O

O

O

sin 2x =

2tanx 1+ tan1 2x 1-tan2x

cos 2x =

1+ tan2 x 2 tan x

tan 2x -

1- tan 2 x O

_ . p + q . p - q c o s / ? - c o s <7 = - 2 s i n - — - s i n - — -

N o mbr es O

z = a + j b

O

(Z, + Z 2 )

*

* O

(Z jZ2 )

O

tan p + tan q =

O

N

sin(/? +
c o mpl ex es

* * = Z, + z 2

*

c >

I I Q 1

* O

( * l - Z2 )

* ~ Z\

*

* * = Z| z 2

( Zl)

Z, *

j

Z2

O

O

b a r g z = a r c ta n — a

O

argz

* 1 |2 Z Z = Z

O

Z — jz• | e , ar gI

O

e 'x = c o s x + y s in x

O

( P* ?' 9 )

O

(cos

/-\

/ n I u I = nu —1u '

O

|z| = ' Ja 2 + b 2

O

z

O

*

=

i i z

x + j

sin

x)”

= -a r g z

=pe~je

= c o s nx + j s i n n x

D ér iv ées . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

O

(x") =nxn~] /

O

/

n

\

/

'

XX

/

* Z2

Infiniment petits (x-> 0)

O

' O

O

(sinx) =cosx

'cosx) = -

]

(tanx) = ---- - — = l + tan2 X COS“ X

O

O

( ln x) = X /

O

O

(wv)

O

= u v + uv *

/

O

(j<[v(x)]) =(«ov(x))

In f

in i me n t pe t it s (x ->

=

u

ex

/ flnw)

/ U

_

u'v-

i v

u

UJ

V

[v(x)]xv'

0)

O

(1 + x ) n ~ 1+ nx

O

(1 - x ) n

O

' -,- x 1+ x

O

— ~ 1+ x l-x

O

O

2

- nx

\ J l - X ~ 1——

2

O

ln (1 +x) = x

O

ex

~ 1+ x

O

sin x = x (x en rad)

O

tan x ~ x (x en rad)

O

cos x ~ 1- — (x en rad)

X

P r imit iv es

et in t ég r a l es

rt+1 - + c le J xndx = /? H- 1 cos a* (

O

Jsin si axax = ------------ 1- C

O

J ~ = ln |*|+ Clc a

dx -

i te

- + Cte

ln a

1

dx a

2

+x

2

- — arctan —+ C te ci

O O O

s ma x

cos axax = -------- + C

te

i = — + C1, i cos2 X = tan C te eaxdx

a

dx

x +

Jtanx rfx = -ln |c os x| + Cle f

dx

° •*I--- 7

a 2 - x 2

1 ~

— 2 a

a+x a- x

XXI


L a j o n c t i o n PN e t l e s d i o d e s À SEMI-CONDUCTEURS

RAPPELS DE COURS

1.1 La

c o n d u c t io n él ec t r iq u e in t r in s èq u e

Dans un matériau à structure cristalline, les atomes sont liés entre eux par des liaisons dites covalentes qui consistent en des combinaisons d’électrons entre atomes voisins. Ces liaisons pe uv en t être pl us ou mo ins for tes . Dans le cas d ’une liais on très forte, les él ectr on s pa rt ic ip an t à cette liaison seront difficilement mobilisables. En revanche, si cette liaison est plus faible, un apport d ’énergie extérieur, par exemple un champ électrique, peut être suffisant pour mob iliser ces électrons : ces électrons sont dits « libres », libres de se déplacer dans la structure cristalline : c’est le phénomène de la conduction électrique intrinsèque. En quittant sa position initiale, un électron devenu libre laisse derrière lui un « trou » correspondant à une vacance d’électron. L’atome étant initialement neutre, un trou est donc chargé positivement. Ce trou peut bien sûr être comblé par un autre électron libre venu d’un atome voisin. Dans ce cas, le trou « se déplace » en sens contraire du déplacem ent de l’électron. La conduction él ectrique peut tout aussi bien être interprétée comme un déplacement de trous que comme un déplacement d’électrons. Les électrons libres sont appelés porteurs de charge négatifs. Les trous sont les porteurs de charge positifs. On modélise la faculté des électrons à se mobiliser pour participer à un phénomène de conduction par des bandes d’énergies (figure 1.1): • bande de valence : tant qu' un él ectron se trouve dans cette bande, il participe à une liaison covalente au sein du cristal ; • bande de conduction : un électron ayant acquis suffisam ment d ’énergie peut se trouver dans cette bande ; il est alors mobile et peut participer à un phénomène de conduction ; . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

• bande interdite : la méca niqu e quantiq ue a montr é que les électro ns ne peuven t pas prendre des niveaux d’énergie quelconques, mais que ceux-ci sont quantifiés ; entre la bande de valence et la bande de conduction peut donc exister une bande interdite. Pour rendre un électron mobile, il faut donc impérativement apporter de l’énergie en quantité suffisante pour franchir ce véritable fossé (gap en anglais). L ’énergi e d’un électron se mesure en électron- volts (eV) : 1 eV = 1,6 x 10-19 J.

1

. La jo nc ti on PN et les diod es à semi -cond uct eurs

niveau denergie d'un électron bande de conduction

électrons mobiles bande interdite

ban de de valence

électrons fixes Figure

1.1

En fonction de la disposition de ces bandes, et surtout de la largeur de la bande interdite, les matériaux peuvent être isolants, conducteurs ou semi-conducteurs (figure 1.2).

ban de d e conduction bande de conduct ion

bande interdite : quelques eV

bande de conduction ban de interdite : environ 1eV

bande de valence

ban de de valence matériau isolant

bande de val ence

matériau conducteur Figure

semi-conducteu r

1.2

La principale différence entre un conduc teur et un semi-con ducteur réside dans le fait que dans le premier, il n’y a pas ou peu de bande interdite, voire même chevauchement des bandes de valence et de conduction. Les électrons sont donc a priori mobiles et l’application d’un faible champ électrique génère une circulation de nombreux électrons. Dans un semi-conducteur, il y a be au co up mo in s d ’él ectr on s mobi les. Le ma té ri au est donc mo in s co nd uc te ur . Quel que soit le cas, la conduction est dite intrinsèque lorsqu’il existe autant d’électrons libres que de trous par unité de volume : soit n et p les nombres respectifs de porteurs négatifs (électrons) et de porteurs positifs (trous) par unité de volume (concentrations) ; on montre que :

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

n

2

= p

2

2

A T 3e

kT

avec : A : constante dépendant du matériau, T : température absolue en kelvins,

A Bi : largeur de la bande interdite en eV, k = 1,38 x 10-23 JK_I : constante de Boltzmann.

Ces concentrations n et p (notée parfois /z, ou p t) sont appelées concentrations en porteurs intrinsèques.

2

1.2. Semi-cond ucteur s dopés

Pour le Silicium qui est le semi-conducteur le plus utilisé on a : AB/ = 1,2 eV

n( = 1,5 x 10 16 m-3 à 7 = 300 K.

1.2 S emi -c o n d u c t e u r s

dopés

Si on remplace dans un cristal de Silicium très pur, certains atomes par des atomes d’un autre corps simple, on dit que l’on dope le cristal avec des impuretés. Le Silicium étant tétravalent, on pe ut ch oi si r d ’ef fe ctu er ce dop ag e av ec de s at om es triv al ents (Bor e, Alu min iu m ou Ga ll iu m) ou pe nt av al en ts (P ho sp ho re , Ar se ni c ou An ti moi ne) . Da ns le pr em ie r cas on cr ée ra un dé fici t en électrons ou plutôt un apport de trous. On dit que le semi-conducteur est dopé P et que les impuretés introduites sont accepteuses d’électrons. Dans le second cas, on crée au contraire un apport d’électrons mobiles. Le semi-conducteur est dopé N et les impuretés sont dites donneuses d’électrons. La concentration en impureté dopante reste toujours très faible quel que soit le cas : de l’ordre de 1 atome d ’impureté pour 107 atomes de silicium. Si le semi-conducteur est dopé N, il y a beaucoup plus d’électrons libres que de trous. On dit que les électrons sont les porteurs de charge majoritaires. Dans le cas d’un dopage P, ce sont les trous qui sont les porteurs majoritaires. Dans les deux cas on a : n ^ p . En revanche, on a toujours : np = n i . Pour un semi -condu cteur dopé N, soit /?D la concent ration en impureté do nneus e d ’électrons (nombre d’atomes d’impureté par unité de volume). On a alors : n ~ /iD et p ~ 0. Pour un semi-conducteur dopé P, soit /iA la concentration en impuretés accepteuses d’électrons (nombre d’atomes d’impureté par unité de volume). On a alors : p ~ n A et n ~ 0. Quel que soit le cas, les phénomènes de conduction s’en trouvent très largement modifiés. La conduction est alors dite extrinsèque car ne dépendant plus uniquement du cristal de départ.

1 1.3 LA DIODE À JONCTION C

T3 O

c =5 Q o

CM

© CD

>

Q.

O

U

3 S y | *

c S gg •g. 2 O

En dopa nt resp ect ive men t N et P deux parties d’un même cristal semi-co nducteu r, on forme un dipôle appelé diode à jonction (figure 1.3). La jonctio n est la surface de contact située entre les deux parties du cristal dopées différemmen t. Bien qu ’au dépa rt chacu ne des deux zones soit électri queme nt neutre, la mise en contact des deux parties induit un phé nom ène de migra tion de porteurs majoritaires de part et d’autre de la joncti on : certains trous de la zone P se déplacent vers la zone N qui

zone dopée N

©

zone dopée P

© I

0

©

©

©

i

©

©

jonction cathode N Figure

K}

anode P

1.3

c 3

û

©

3

1 . La jon cti on PN et les diodes à semi-con ducteu rs

contient des donneurs d’électrons, tandis que certains électrons de la zone N migrent vers la zone P qui contient des accepteurs d’électrons.

migration

Un équilibre s’instaure autour de la jonction, créant ainsi un champ électrique interne E i. La zone située autour de la jonction correspondant à ce champ électrique est appelée zone de déplétion (figure 1.4). La présence de ce champ électrique se traduit également par la présence d’une différence de po tentiel de part et d ’autre de la zone de dépl étio n. Cette différence de potentiel est appelée barrière de po ten ti el. La zone de dé pl ét io n se co mpo rt e a priori comme un isolant et il devient très difficile pour un électron libre, de franchir cette zone. L’application d’une tension V dirigée comme indiqué sur la figure 1.5 crée un champ électrique qui s’ajoute au champ électrique interne (dans le même sens) poussant ainsi les électrons de la zone N a s’éloigner de la jonction, tandis que les trous de la zone P subissen t le même phén omè ne : la zone de déplétion s’élargit ; la jonction devient pratiquement isolante. On dit que la diode est bloquée.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Si au contraire on applique une tension V orientée comme indiqué sur la figure 1.6, le champ électrique externe ainsi créé s’oppose au champ interne. La barrière de potent iel est ainsi dim in ué e : de s él ectr on s peu ve nt fr an ch ir la zone de dépl ét io n (de la zone N vers la zone P compte tenu de l’orientation de V ) qui devient donc conductrice ; la diode est dite passante. La propriété essentielle de cette diode réside donc dans le fait que la circulation des électrons au travers de la jonction ne peut s’effectuer que dans un sens : de la zone N vers la zone P (de la cathode vers l’anode). Soit V la tension aux bornes de la diode et / le courant qui la traverse. Comme le courant circule de l’anode vers la cathode (sens inverse des électrons), on représentera tension et courant comme cela est indiqué sur la figure 1.7 (convention récepteur).

zone de déplétion élargie N

! ; Ei

© : o+ © X e :

: © -© ~ - © : ©

<— V

diode bloquée Figure

1.5

zone de déplétion neutralisée S G0

®

Q Q

Q

Q

----------------------------- > V

diode passante Figure

1.6

Si V est effectivement positif, on dit que la diode est polarisée en sens direct. Un courant / peut effectivemen t circuler dans la diode. Si V est négatif, la diode est polarisée en sens inverse et aucun courant ne peut y circuler. La figure 1.8 montre la caractéristique / = f ( V ) d’une diode courante.

4

1.3. La diode à jonction

/

cathode

j

anode

------ K M -------------------- > y

Figure

1.7

Figure

1.8

En sens direct, on admet que : _y Vn

Ve

/ =

kT

V

avec Vq = — = 25 mV à te mp ér at ur e ambi an te . e

/s étant de Tordre du mA, e = 1,6 x 10-19 C, k = 1,38 x 10”23 J K_I. Sauf pour de très faibles valeurs de /, et sauf pour des valeurs très importantes, la tension V varie peu et est de Tordre de 0,6 à 0,7 V pour des diodes au silicium. Cette tension est appelée tension de seuil et se note souvent Vs. En sens inverse, on admet que le courant est nul (en réalité quelques mA subsistent). Pour des tensions inverses importantes (quelques dizaines de volts en valeur absolue), on observe un effet de conduction forcée au travers de la jonctio n, effet im médiat et en général d estructeur : l’effet d ’avalanche. Macroscopiquement parlant et hormis certaines applications particulières, on admet en général le fonctionnement suivant : • diode polari sée en sens direct :

V =

0,7 V, V/ ; la diode est dite passante ;

• diode polaris ée en sens inverse : / = 0 , VV ; la diode est dite bloquée. Ce modèle de diode dite parfaite est représenté sur la figure 1.9 (a). /

/

I

A

"O o c

D û O fNI © en

> CL O

U

H ’ci.

y

0 (a) diode parfaite J3

(b) diode idéale Figure

1.9

TJ

O

c 3

O ©

5

î

1 . La jon cti on PN et les diod es à semi-condu cteurs

On peut encore simplifier le modèle en considérant que la tension de 0,7 V est négligeable devant les autres tensions du circuit. On obtient alors le modèle de diode dite idéale dont la caractér istiqu e est schém atis ée sur la figure 1.9 (b). Si au contraire on souhait e un modèl e plus fin et plus proche de la caractéristique de la diode réelle, on peut adopter le modèle représenté sur la figure 1.9 (c) : on considère que cette caractéristique est formée de deux segments de droites : V <

0,7 V «

V >

0,7 V <=> / =

1.4

/ = 0 (diode bloquée) V - 0,7 R

V

avec Rd résistance dynamique de la diode passante.

cl

P o l a r is a t io n

de l a diode

On polarise une diode en sens direct en l’incluant dans un circuit de sorte qu’elle soit parcourue par un courant I. Sur le schéma de la figure 1.10, un g énér ateu r parfait de tension E continue alimente un dipôle formé d’une résistance R et d’une diode en série.

I

RI

A

On a évidemment : / = /s

/ =

l e

e

et E

= RI + V

V

—» cara ctér ist iqu e de la diod e

soit encore : I =

E - V R

—> droite de ch arge

Le point d’intersection de ces deux courbes donne le point de fonctionnement du circuit (figure 1.11). On voit bien que pour diverses valeurs de /?, la tension V varie peu.

6

1.5. Puissance dissipée dans une diode

1.5 P u i s s a n c e

d issipée d a n s u n e d i o d e

En sens direct, la diode parcourue par un courant / et pr és en ta nt à ses bo rn es une di ffér en ce de potent iel V , dissipe (en général sous forme d’énergie calorifique) la puissance P = VI. Toute diode possède une pu is sa nc e limite ad mis si bl e P max. Gr ap hi que men t, cette puissance définit une zone de fonctionnement poss ib le po ur la di od e (figure 1. 12).

1.6 D i o d e s Z e n e r Certaines diodes sont conçues de mani ère à ce que l ’effet d’avalanche ne soit pas destructeur, mais soit au contraire maîtrisé et mêm e utile. Dans ce cas, on parle d ’effet Zener et de telles diodes sont appelées diodes Ze ner (figure 1.13). Une diode Ze ner se polarise en sens inverse (figure 1.14), et présente à ses bornes, quel qu e soit le courant qui la traverse, une tension quasiment constante appelée tension Zener et notée Vz (figure 1.13). Les tensions Zener des diodes Zener couramment utilisées vont de quelques dixièmes de volts à plusieurs dizaines de volts (en valeur absolue). Cette propriété est très utilisée dans des montages régulateurs de tension où l’on exploite comme référence de tension la valeur quasiment constante de la tension Zener Vz .

TJ

O c

1

ÉN O N CÉS D ES E X ER CIC ES

a

.s o

r\i © U)

>* CL O U

§ & 2 • o

E x e r c i c e 1.1 *

D é t e r m i n a t i o n d e l ' ét a t d ' u n e d i o d e p a r f a i t e p o l a r i s é e da ns un pont div ise ur

Dans le circuit représ enté sur la figure 1.15, déte rmi ner l’état (pass ant ou bloqué) de la diode. Dans le cas où la diode est passante, déte rmin er le couran t I qui la traverse. On supposera que la diode est parfaite et possède une tension de seuil égale à 0,7 V. (caractéristique de la figure 1.9 a).

c 3

û

©

7


C

Figure

E x e r c i c e 1. 2 **

1.16

D é t e r m i n a t i o n d e l’é t a t d ’u n e d i o d e p a r f a i t e en s é r i e avec une résistance

Dans le circuit représenté sur la figure 1.16, déterminer l’état (passant ou bloqué) de la diode. Dans le cas où la diode est passante, déterminer le courant I qui la traverse. On supposera que la diode est parfaite et possède une tension de seuil égale à 0,7 V. (caractéristique de la figure 1.9 a). E x e r c i c e 1 .3 *

D é t e r m i n a t i o n d e l ’é t a t d ’u n e d i o d e p a r f a i t e d a n s u n p o n t de Wheatstone

Dans le circuit représ enté sur la figure 1.17, déterminer l’état (passant ou bloqué) de la diode. Dans le cas où la diode est passante, déterminer le courant / qui la traverse. On supposera que la diode est parfaite et possède une tension de seuil égale à 0,7 V. (caractéristique de la figure 1.9 a). E x e r c i c e 1. 4 *

D é t e r m i n a t i o n d e l ' ét a t d’une diode parfaite

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

alimentée par deux générateurs Dans le circuit représen té sur la figure 1.18, déterminer l’état (passant ou bloqué) de la diode. Dans le cas où la diode est passante, déterminer le courant / qui la traverse. On supposera que la diode est parfaite et possède une tension de seuil égale à 0,7 V. (caractéristique de la figure 1.9 a).

8

X R, = 200 n

R, =100 O e

=

io v ( t )

cT — x i— T a r

R4= 80 Q

2= 200 n

X Figure

1.17

Énoncés des exercices

E x e r c i c e 1. 5 *

Pu iss an ce dis sip ée da ns une diode en série avec une résistance

Dans le circuit représenté sur la figure 1.19, déterminer la puissance dissipée dans la diode. La diode est supposée parfaite (caractéristique de la figure 1.9 a). R = 100 Q

V

E= 10V

Figure E x e r c i c e 1 .6 **

1.19

P u i s s a n c e d i s s i p é e d a n s u n e d i o d e a li m e n t é e p a r un p o n t d i v i s e u r

Dans le circuit représenté sur la figure 1.20, déterminer la puissance dissipée dans la diode. La diode est supposée parfaite (caractéristique de la figure 1.9 a).

E x e r c i c e 1. 7 **

P u i s s a n c e d i s s i p é e d a n s u n e d i o d e en p a r a l l è l e avec une résistance

Dans le circuit représenté sur la figure 1.21, déterminer la puissance dissipée dans la diode. La diode est supposée parfaite (caractéristique de la figure 1.9 a). — ^>1-----

~o o c

D

R, = 100 Q

O

o

E = 10 V

rs i

©

CL

_c

J3

CT> >CL O

U

o Figure

R, = 50 £î

1.21

C

3

Û

9


Exercice 1.8 *** Puissance dissipée dans une diode en parallèle avec une résistance Dans le circuit représenté sur la figure 1.22, déterminer la puissance dissipée dans la diode. La diode est supposée parfaite (caractéristique de la figure 1.9 a).

Exercice 1.9 *** Ajustement de la polarisation d'une diode Une diode de tension de seuil Vs = 0,7 V et de résistance résistance dynamique rd = 10 £2 (modèle de la figure 1.9 c) est placée dans le circuit de la figure 1.23. Déterminer la valeur de R qui assure un courant / = 20 mA dans le circuit. Même question si on choisit le modèle de diode parfaite (caractéristique de la figure 1.9 a).

£_5y

Figure

1.23

Exercice 1.10 ** Influence du modèle choisi dans le calcul de la puissance dissipée dans une diode Déterminer la puissance dissipée dans une diode de tension de seuil Vs = 0,7 V et de résistance dynamiq ue rd = 10 Q parcourue par un courant /= 25 mA. Déterminer cette même puissance en utilisant le modèle de la diode parfaite de la figure 1.9 a, puis en utilisant la caractéristique réelle de la diode : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

y I = 7S e ° a vec ve c V0 = 25 mV et /s = 2

x

10“ 15 A.

Exercice 1.1 1 ** Re dres sem en t simp le alternance Dans le montage de la figure 1.24, la diode est supposée idéale (caractér istiqu e de la figure 1.9 b). Trac er la tension u(t) aux bornes de R. On donne E0 = 3 V, et (0 = 2 k 50 rad/s. x

10

R

e(t) =E0cos(ût

Figure

1.24

Énoncés des problèmes

Exercice 1.12 *** Ecrêteur à diodes Dans le schéma de la figure 1.25, 1.25, déterminer et tracer l’évolution de u(t). On donne : e(t) = £ 0 sin co/, E0 = 30 V, co =

2 k

x

50 rad/s.

E j j et

so nt deux de ux sour so ur ces ce s de tens te ns io ns co nt in ue s parf pa rfai ai te s : E ] = 10 V et E 2 = 15 V. Les diodes sont supposées idéales (tension de seuil nul, caractéristique de la figure 1.9 b).

u(t)

E x e r c i c e 1 .1 . 1 3 ** ** P u i s s a n c e c o n s o m m é e p a r u n e d io io d e Z e n e r Dans le circuit de la figure 1.26, déterminer la puissance P D dissipée dans la diode Zener, ainsi que la puissance P j dissipée d ans la résistance. Mo ntre r que PD + P j corr esp ond bien à la pu is sa nc e P 0 four fo ur nie ni e par pa r le géné gé né rate ra te ur. ur . La diod di od e Ze ne r est es t cara ca ra ct éris ér is ée pa r une un e tens te nsio io n Vz = 12 V. On donne E = 20 V et R = 80 Q.

-o

c

5

1■- ÉNO NC ÉS DES PROBLÈM ES j j j

"O o

*c

c

|

=3

0

û O i-H O CM

© C

o> > CL O

U

P r o b l è m e 1. 1.1 ** R e d r e s s e m e n t d o u b l e a l t e r n a n c e p a r p o n t d e d i o d e s

.5 g

On consi dère le mon tage de la figure 1.27 avec e(t) = s ^n E 0 = 50 V et co = 2n x 50 rad/s. Les diod es sont supp osée s idéales (caractéristiq ue de la figure 1.9 1.9 b).

J

D Détermin er et tracer les les variations de la tension s(/) lorsque e(t) > 0.

J3

g ) Dé term ine r et tracer les variati ons de la tension s(t) lorsque e(t) < 0. E% Trac er les variations de s(t) dans le cas général et calculer la valeur moyenne de la tension s(t).

c D û

©

11


A

>(t)

Problème 1.2 *** Limitation de puissance dans un circuit à diodes

Deux diodes supposées parfaites supportent chacune une puissance maximale Pmax = 200 mW. Ces diodes sont placées dans le circuit de la figure 1.28 et on se propose d’ajuster la valeur de R po ur q u ’aucu ’au cune ne des de s deux de ux diod di od es ne co ns o m m e une un e puis pu issa sanc ncee su péri pé ri eure eu re à P max. max.

£

d

2

R2= R2= 20 Q

D Mon trer que les deux diodes sont sont passantes. passantes. ^ Calculer les expressions des courants circulant dans les deux diodes. En déduire que la la pu issa is sanc ncee diss di ss ipée ip ée dans da ns la diod di od e D, est es t la plus pl us im port po rtan ante te.. Ë) Déterminer la condition sur R pour que la puissance diss ipée dans chaque d iode soit inférieure à P max* n

DU M A L A D E M A R R E R ? “ D

O

1.1

La technique la plus efficace pour démon trer qu’une diode est est passante ou bloquée consiste à supposer a priori qu’elle est dans un de ces deux états, par exemple qu’elle est bloquée. Si tel est le cas, ceci est très facile à vérifier ; dans le cas contraire , si elle est passante, on about it très vite à une absurdité qui montre qu’elle ne peut être bloquée. Dans cet exercice, on supposera que la diode diode est bloquée et on on cherch era la différence de potentiels à ses bornes.

1.2

On supposera ici, com me po ur l’exercice l’exercice précédent, que la la diode est bloquée. Le circuit se résume alors à une simpl e maille et il il est relativement facile de constat er que l’hypothè se de départ ne conduit pas à une absurdité. On supposer a alors que la diode est passante avant de conclure.

C

=3

Q

o

fM

© O) Q_

O

U

12

Du mal à démarrer ?

1.3

La techniq ue n nee chang e pas. On formule ra une une hypothèse de départ diode passante ou diode bl oq oqué ué e po pour ur vé ri fi er q u ’un ’unee seul se ulee de ces ce s hy poth po th ès e s es t poss po ssib ible le..

1.4

Dans cet exercice, on suppose ra que la la diode est passante et on raisonne ra sur le courant qui qui la traverse.

1.5

Bien que cela ne soit pas menti onné dans l’énoncé, l’énoncé, il convien t de de vérifier, vérifier, avant toute chose, que la diode est passante ou bloquée avant de calculer la puissance qu’elle dissipe. Si elle est passante, on cherchera l’intensité du courant qui la traverse.

1.6

On formulera, avant de montrer qu ’elle ’elle est fausse, l’hypothè l’hypothè se que la diode est passante. La conclusion sur la puissance dissipée est alors immédiate.

1.7

Toujours pense r à vérifier vérifier l’état l’état de la diode et si si elle est passante, calcule r le le couran t qui qui la traverse.

1.8

Mêm e com menta ire que pour l’exercice précéde nt avec, ici, ici, un résultat différent.

1.9

Attenti on, on utilise ici ici le modè le dyn am iqu e de la la diode (figure 1. 1.99 c). On écrira l’équation donnant l’expression de la tension aux bornes de la diode en fonction du courant qui la traverse. La loi des mailles nous donnera ensuite le résultat demandé.

1.1 0 L ’objectif de cet exercice consiste à calculer la puissance dissipée dans la diode en utilisant trois modèles différents. Comme le courant dans la diode est connu, il suffit de déterminer la tension à ses bornes en utilisant l’expression de cette tension fournie par le modèle correspondant. 1.111 La tension appliquée au circuit étant variable, 1.1 variable, l’état de la diode est susceptible d’évolue r au au cours du temps. On s’attachera donc à étudier les conditions pour lesquelles la diode est pa ss an te ou bl oq oqué ué e. 1.12 II convient ici de chercher les conditions pour lesquelles chaque diode est passante ou bloq bl oqué ué e. On ra is on ne ra sur su r ces ce s co nd it io ns et sur su r le urs ur s co n sé qu e nc es su r le c om po rt e m e nt électrique du circuit.

S

TJ

1.13 La diode Zener est bien polarisée en sens sens inverse et présente donc à ses ses bornes une tension quasiment constante. On veillera à orienter cette tension convenablement avant de déterm iner les différentes puissances mises en jeu.

C

3

s

Pro blè me

1.1

L’état des diodes détermine ici, une fois de plus, le comportement du circuit. Pour chaque diode, l’état l’état dépend de la valeu r instantanée de la tension d ’alimentation.

O

0 33

Q

1

Pro blè me

*5. |

Une fois prouvé l’état passant de chacun e des deux diodes, l’objectif consiste à chercher laquelle des deux diodes diodes dissipe le plus de puissance. C’est bien cette puissance qu ’il ’il faut alors limiter. limiter.

TJ

c

o r\i © CD

> Q. O

U

1. 2

1 •O o

c 3

û

©

13


Corrigés des exercices

Exercice 1.1 Supposons que la diode soit bloquée. Dans ce cas, aucun courant ne circule dans la diode et les deux résistances forment un diviseur de tension. E = — x 10 On a donc : VA = 10 V = 2,8 2,8 V. R ] + R 2 A 140

La diode présente rait donc une différe nce de potentiel à ses bornes de 2,8 V, ce qui est impossible. La diode est donc passante et présente à ses bornes une différence de potentiel de 0,7 V. Calculons maintenant le courant I dans la la diode. Soit / j le courant dans Orientons ces trois courants vers le bas. On a : /j

e

~

v a

10-0,7 = 93 mA et /2 = 100

0/7 40

et / 2 le couran t dans R 2-

17,5 7,5 mA .

D ’après ’après la loi loi des des nœuds en A : / = / ] - /2 = 75,5 75,5 mA. mA. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

On retiendra essentiellement la technique qui consiste à déterminer l’état passant ou bloqué d’une diode. Il s’agit là d’un savoir faire essentiel pour initier la résolution d’un circuit comportant ces composants.

Exercice 1.2 En utilisant la même technique que dans l’exercice 1.1, supposons que la diode soit bloquée. Aucun courant ne circule dans la résistance /?2. Le circuit se résume à une simple maille. Comme il n’y a pas de chute de potentiel aux bornes de /?2, l’anode et la cathode de la diode sont aux mêmes potentiels. La tension V aux aux bornes de la diode est nulle, ce qui est tout à fait cohérent avec le fait que la diode soit bloquée.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Si on suppose que la diode est passante, on a obligatoirement VA - Vc = 0,7 V. Or Vc = 10 V => Vc = 10,7 V, ce qui donnerait la configuration de la figure 1.29, qui est manifestement impossible. La diode est donc bien bloquée. Si l’hypothèse diode bloquée ne conduit pas à une absurdité, il vaut mieux, comme ici, vérifier que l’hypothèse diode passante est fausse avant de conclure.

14

courant dans R,

courant da ns la diode passante C i 10 V

A

R 2

■ Kh 10,7 V Figure

10 V

1.29


Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Lorsque l’on n’a aucune idée sur l’état d’une diode, ce qui est souvent le cas, comme ici, l’hypothèse formulée au départ (ici, diode bloquée) ne conduit pas obligatoirement à une absurdité. Cela est un indice fort qui plaide pour l’exactitude de l’hypothèse. Toutefois, nous avons ici fait le choix de vérifier que l’hypothèse contraire conduit bien à une absurdité avant de conclure définitivement. Exercice 1.3

En supposant que la diode soit bloquée, on a affaire à deux diviseurs de tensions. *4 K. = ----- “ E = 2,9 V On a donc : < A R 3 + R 4 R o = ----- — E = 6,7 V r } + r 2 c

VA - V C = - 3 , 8 V .

La diode est bien bloquée. Le lecteur pourra vérifier que l’hypothèse diode passante conduit bien à une absurdité. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Encore un exercice d’entraînement destiné à acquérir la technicité nécessaire pour savoir déterminer l’état d’une diode. Nous nous sommes contentés ici de valider l’hypothèse diode bl oqué e. E x e r c i c e 1 A

En supposant que la diode soit passante, on a VA = 10,7 V, puisque Vc = 10 V. La chute de potent iel aux bornes de la ré si st an ce (dir igée po si ti ve me nt vers le haut) im po se donc un co urant dirigé vers le bas (convention récepteur), qui ne peut en aucun cas traverser la diode. Celle-ci ne pe ut donc pas êt re pass ante . S

T3 O

c Q

=3

o r\i © en

> O

§ £ $ o

Ce qu ’il faut retenir de cet exe rcic e

On peut facileme nt montrer q u’une diode est bloquée en raisonna nt sur le courant censé la traverser. On supp ose qu ’elle est pass ante et si ce n ’est pas le cas, on en arrive à la concl usio n que le cou rant qui la traverse circule dans le sens oppos é au sens passan t, ce qui est, bien sûr, impossible.

3

C

=

E x e r c i c e 1 .5

g | a. *3

Si V est la tension en sens dire ct aux bornes de la diode et / le cou ran t qui la traverse , on a toujours P = VJ. Comme nous avons choisi le modèle de diode parfaite (figure 1.9 a), on aura P = 0,7 V x /. Il suffit donc de déterminer le courant /. Auparavant, il faut toutefois déterminer si la diode est passante ou bloquée.

.O

Q.

U

3

a Q

15


Supposons que la diode du schéma de la figure 1.19 est bloquée. Dans ce cas, aucun courant ne circule dans le circuit. Il n’y a donc aucune chute de potentiel aux bornes de la résistance. Par conséquent, la diode présente à ses bornes une tension de 10 V dans le sens direct, ce qui est incompatible avec l’hypothèse de départ. La diode est donc passante et présente à ses bornes une tension égale à 0,7 V. Il règne alors une différence de potentiels de 9,3 V aux bornes de la résistance qui est donc parcourue par un courant / = 93 mA. On a donc :

P - 0,7

V

x

93 mA = 65 mW.


Le calcul de la puissance dissipée dans une diode ne pose pas de difficulté. Il suffit de connaître la tension à ses bornes et le courant qui la traverse. La connaissance de la puissance dissipée par une diode est importante car toute diode est caractérisée par une puissance maximale admissible. Exercice 1.6

Supposons que la diode soit passante. Il règne donc à ses bornes une tension de 0,7 V, dirigée po si ti ve me nt vers le bas. Cett e mêm e tension se trou ve aux bo rn es de la r és is ta nc e /?( qui est donc pa rc ou ru e par un co ur an t / j, diri gé vers le haut , tel que : , 0,7 t . A /, = — = 14 mA . 1 50 La tension aux bornes de la résistance R 2 est égale à 10,7 V (dirigée vers le haut), compte tenu de la loi des mailles. Cette résistance est donc parcourue par un courant /2, dirigé vers le bas, tel que : U

2

=

10 7 70

= 153 mA .

Compte tenu de la loi des nœuds, le courant circulant dans la diode, soit /3, a pour valeur : / 3 = / j + / 2 = 167 mA . Ce courant est nécessairement dirigé vers le bas, ce qui est incompatible avec l’hypothèse diode pass ante. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

La diode est donc bloquée. Elle n’est parcourue par aucun courant. On a donc

P

= 0.


Dans un circuit à plusieurs mailles, une hypothèse fausse concernant l’état d’une diode conduit rapidement à mettre en défaut les lois de Kirchhoff. C’est ce que nous avons fait ici en montrant que la loi des nœuds appliquée au point commun des trois éléments aboutit à une absurdité.

16


Exercice 1.7

Supposons que la diode soit bloquée. N’étant parcourue par aucun courant, elle est équivalente à un circuit ouvert. Le générateur débite donc dans une résistance de 150 Q et un courant / =

= 67 mA pa rcourt l’unique maille du circuit. La résis tanc e Æj prés ente ra donc à ses

born es , une di ffér en ce de pote nt ie ls V = 100 x 0,067 = 6,7 V, dirigée vers la gauche. Cette même tension se trouvant aux bornes de la diode, celle-ci ne saurait être bloquée. La diode est donc passan te . Elle présente donc à ses bornes (et donc aux bornes de R j), une différence de potentiels de 0,7 V dirigée vers la gauche. Un courant / j, dirigé vers la droite, traverse la résistance R j : 7i

0J 100

7 mA .

Par ailleurs, la résistance R2 présente à ses bornes une tension de 9,3 V, confor mém ent à la loi des mailles. Elle est donc parcourue par un courant /2, dirigé vers le bas, tel que : I 2

93 50

186 mA .

Il suffit d’applique r la loi des nœ uds p our déterm iner le coura nt /3 qui circule dans la diode et vers la droite : / 3 = 12 - I\ = 179 mA . Pour conclure : P = 0, 179 x 0,7 = 125 m W . Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Cet exercice montre comment raisonner en tenant compte du fait qu’une diode bloquée est équivalente à un circuit ouvert.

TJ

O C

=3

û

O fM ©

=

E x e r c i c e 1 .8

g S

On est bien évidem ment tenté de procéder exactemen t comme pour l’exercice précédent. Suppo sons donc à nouveau que la diode soit bloquée. N’étant parcourue par aucun courant, elle est équivalente à un circuit ouvert. Le générateur débite donc dans une résistance de 3010 O et un

| S S ’cL 8

courant / = ------ = 3,3 mA parcourt l’unique maille du circuit. La résistance R j prése ntera 3010 donc à ses bornes, une différence de potentiels V = 10 x 0,0033 = 0,33 V, dirigée vers la gauche.

c D.

«s

Cette mêm e tension se trouve aux bornes de la diode et elle est insuffisante pour rendre la diode passante. La diode est bien bloquée. On a donc : P = 0.

en

> Q. O

U

•3 C

3

û

©

17



Si on compare le résultat avec celui de l’exercice précédent, nous venons de montrer que le même circuit, si on en change les valeurs de quelques composants, peut se comporter de manière fort différente. De plus, le résultat obtenu ici montre qu’il ne suffit pas que la diode soit soumise à une tension positive en sens direct car cette tension doit être suffisante pour po la ri se r co rr ec te men t la di ode. Un e tensio n de 0,33 V est bien im po sé e à la di od e en sen s direct mais elle est insuffisante pour rendre la diode passante. Exercice 1.9

La tension V aux bornes de la diode a pour expression : V = Vs + rdI. La loi des mailles nous donne par ailleurs l’équation : E = RI + V$ + rdI. On a donc :

E - 5-07 R = ------- - - r H = —— - 10 = 205 Q . -3 I a 1 20 x 10

Si on utilise le modèle de diode parfaite, on a : V = 0,7 V et la loi des mailles s’écrit à présent : £ = /?/ + 0,7 V.

m i On a donc :

E - 0, 7 5 -0 ,7 o nc o Rd = --------= ------------ - = 205 ü. . 1 20xl0"3

Ce qu’il faut retenir de cet exercice Cet exercice montre d’une part, que le modèle de la figure 1.9 (c) est très facile à utiliser, et d’autre part qu’on ne commet pas une erreur très importante en négligeant rd c’est-à-dire en choisissant le modèle de la diode parfaite, surtout lorsque la diode est placée, comme ici, en série avec une résistance R » rd. E x e r c i c e 1.1 0

La puissance dissipée dans une diode parcourue par un courant / et présentant à ses bornes une tension V est égale à P = VI. En utilisant le modèle avec résistance dynamique, on a :

P = ( Vs + rdI)I = (0, 7 + 3 x 25 x 10~3 ) x 25 x 10_3 = 19,3 mW . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

En utilisant le modèle de la diode parfaite, on obtient :

P = VSI = 0,7 x 25 x 10~3 = 17,5 mW .

Avec le modèle réel : P = Vf = V()l n ^ ^ / = 18,8 mA.

18



Les écarts entre les différentes valeurs sont somme toute assez faibles. Dans une diode pa ss an te , le ca lc ul de la pu puis is sa nc e se fe ra sa uf me nt io n co nt ra ire ir e ex pr es se , à l’aid l’a id e du mo dè le de diode parfaite (figure 1.9 a), puisqu’aucune différence notable de précision n’est relevée à l’aide des deux modèles plus fins. Nous remarquerons qu’il n’est évidemment pas possible d’utiliser le modèle idéal (figure 1.9 b), puisque dans ce cas, la tension aux bornes de la diode est supposée nulle et qu’aucun calcul de puissance n’est possible. E x e r c i c e 1.1 1

La diode est bloquée si et seulement si sa différence de potentiel en sens direct est négative : soit u(t) - e(t) < 0. Dans ce cas, aucun courant ne circulant dans le circuit, on a u(t) = 0. Donc, la diode est bloquée si et seulement si e(t) > 0. On a alors u(t) = 0. Dans le cas contraire : e(t) < 0, la diode est passante et comme nous considérons sa caractéristique comme idéale, on a alors u(t) = e(t). Soit le tracé de la figure 1.30.

Figure

1.30


En régime sinusoïdal et d’une manière générale en régime variable, une diode est susceptible d’être alternativement passante et bloquée. Cette propriété est ici utilisée pour éliminer les demi-alternances positives du signal d’alimentation. C’est ce qu’on appelle le redressement simple alternance, la diode étant en effet un des composants de base de la fonction de redressement que nous étudierons plus en détail dans le problème 1.1. E x e r c i c e 1.1 2 ■ Sj

Les conditions pour lesquelles les diodes sont bloquées sont : u(t) > - E 2 «

X)

D9 bloq bloquée uée

TJ

O C

3 &

b lo q ué e u(t) < E j <=> D j blo

a

Par conséquent, lorsque ces deux diodes sont bloquées simultanément, et seulement dans ce cas, on a : u(t) = e(t).

o

CM

© CD

> Q. O

U

SZ

On en déduit donc :

3

Si e(t) > E j, la la diode D| devient passante. Com me elle supposée idéale, la tension à ses bornes est nulle, on a donc : e(t) > E j <=> u(t) = E j.

£—

I O 3

T J

j <= <=> u(t) = e(t). - E 2 < e(t ) < E j

C

a

©

19

1 . La jo nc tio n PN et les diodes à semi-con semi-con ducteu rs

Si e(t) < E2, la diode D2 devient passante et on a : e(t) < - £ , <=> u(t) = - E 2 . Traçons u(t) (figure 1.31) :


Ce montage est un écrêteur à diodes, autrement dit un montage qui supprime les extrémités d’un signal. Lorsqu’une diode bascule de l’état bloqué dans l’état passant, elle court-circuite la sortie sur le générateur de tension continue auquel elle est connectée. Exercice 1.13

La diode Zener est bien polarisée en sens inverse. Elle est donc passante et présente à ses bornes une différence de potentiel en sens inverse égale à Vz = 12 V. E - v z

Soit / le couran t dans le circuit. circuit. On a : / = --------R

20-12 80

100 mA.

P D = V Z I = 12 x 0,1 = 1,2 W

D ’où :

. P , = R i

= 80 x (0,1 Y = 0,8 W

La puissance fournie par le générateur vaut : P q = E l - 2 0 x 0 ,1 ,1 = 2 W . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

On a bien :

P q = P ^ + P | •

Ce qu’il faut retenir de cet exercice Une diode Zener se polarise toujours en sens inverse puisqu’elle est employée pour sa pr op riét ri ét é pa rtic rt ic ul iè re qui co ns iste is te à m ai nt en ir une un e tens te ns io n né ga ti ve pr at iq ue m en t co ns ta nt e à ses bornes.

20

Corrigés des problèmes


Problème 1.1

D Pendant la demi-altern ance positive (figure (figure 1.32), 1.32), on a VA > VB. V A se trouve être la tension la plus élevée dans le circuit. La diode D2 ne peut être bloquée car cela impliquerait VY > VA. Donc D2 est passante et VY = V A . La diode D3 ne peut être bloquée car cela impliquerait Vx < VB. DB étan t la tension la plus fa ibl e du circuit, imposée par l’alimentation, ceci est impossible. La diode D3 est donc passante et on a Vx = VB*

Â>^B Par ailleurs :

VX = V* v y

>

>=> i

VA >

^

D i bloquée bloquée

V y > V ^ = > D4 bloquée

Figure

v a

1.32

Le schéma de la figure 1.26 est donc équivalent au schéma de la figure 1.33 pour cette demialternance positive et la tension s(t) est égale à e(t) (figure 1.34).

A

s(t)

!U /> -i1o/i»

Figure

1.34

“D

o c

=3

Q o

3

3

Q

C

C 'E.

fM © CT)

> CL O

U

E) Pendant la demi-alternance négative, on a : VA < VB. VA se trouve être la tension la plus basse dans le circuit, tandis que VB est la tension la plus élevée. Cet te fois-ci, ce sont les diodes D, et D4 qui sont passantes et les diodes D2 et D3 sont bloquées. Le circuit est donc équivalent au schéma de la figure 1.35. On a : s(t) = Les variatio ns de s(t) sont représentées sur la figure 1.36.

3 3

û ©

21

. La La jon cti on PN et les diod es à semi-condu cteurs

e(t)

A

k

2 k

(0

CO

t

s(t)

0 k 2n CO

Figure

Cû

1.36

Ë ) Rassem blons les deux cas sur un un seul graphe (figure 1.37). 1.37).

Figure

1.37

Calculons à présent la composante continue du signal s(t), autrement dit sa valeur moyenne. La valeur moyenne sur un intervalle de temps [a,b] d’une fonction du temps est donnée par la relation :

s -

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

— \ s { t ) d t . a J

Pour une fonction périodique, cette valeur moyenne se calcule sur une période. La tension s(t) étant périodique de période 7t/co, on a : K

CO

- î 1£»

sin co t d t .

0

K

cos COt CO .. s®£ or Soit ît :: = ----CO K L 0

22

^ 0 1 1

K

2 E r


Ce qu’il faut retenir de ce problème

Ce montage est un grand classique. Il s’agit du redresseur double alternance encore appelé pont po nt de Gr ae tz ou po pont nt de di od odes es . Il sert se rt de ba se à la tr an sf or ma ti on d ’un ’unee te nsio ns io n sinu si nu so ïd al e en une tension continue. La valeur moyenne obtenue est la composante continue du signal redressé. Problème 1.2

D Chac une des deux deux diodes est passante. En effet, supposons que D , soit bloquée : aucun courant ne circule dans /?,. La cathode de la diode se trouve donc à la masse. Pour que la diode soit effectivement bloquée, il faudrait donc que son anode soit à un potentiel négatif, ce qui est impossible. D, est donc passante. Le raisonnement est exactement le même pour D2. ^ En formu formulant lant comme hypothèse hypothèse qu’un qu’unee différ différence ence de potentiel de 0,7 V règne aux bornes de cha que diode, nous aurons accès aux puissances dissipées dans chacune d’elles en calculant les courants /, et /2 respectivement dans R | et R 2 (figure 1.38).

j

V D2

La loi des mailles nous donne deux équations : r 2=2 0

n

0,7 V —/?,/ , = 0 E - RI - 0,7 /?,/ , + 0,7 V - 0,7 V - /?2 /?2/ 2 = 0. 0.

R

\

La loi des nœuds en A nous donne /=/,-»- /2. On obtient donc /2 = — 7j R 2

Puis :

E - R I

i + — - 0 , 7 V - / ? , / , = 0= 0= > / , =

E - 0,7 V

R V

R

\

R 1 + — + R , R V

1» 1» T3 O C =5 Q

o r\i © O) >CL O

U

ainsi ai nsi :

E - 0,7 V

/9 = R

c

O

R V

R J J

+ E,

c

Co mm e E 2 > /?,, on aura / 2 < / 1. C ’est donc dan s D| que la puissan ce diss ipée sera la plus importante, quoiqu’il arrive. O. 2 C 3

û

©

23

1 • La jo nc tio n PN et les diodes à semi-condu cteurs

No us allons do nc calcu le r R pour avoir une puissance dissipée maximale Pmax dans Dj /, x 0,7 V <

P

£-0,7 V

max

,

R

V

1 + — R

Soit :

( £ - 0 , 7 V ) x 0,7 V

< R

+R

x 0,7 V < P max ,

V

+R .

max

D’où:

R >

( £ - 0 , 7 V ) x 0,7 V _ ------------------------------ K , max

R >

26,7 Q

. +î i

/?o


Les diodes sont des composants fragiles qui ne peuvent pas dissiper de puissance au-delà d ’une certaine limite pour laquelle elles ont été conçues. Dans un circuit comp ortant plusieurs diodes, il convient de chercher les conditions qui perm ettent de faire en sorte qu ’aucune diode ne soit susceptible d’être soumise à une puissance supérieure à cette limite.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

24

La p o l a r i s a t i o n DU TRANSISTOR BIPOLAIRE

RAPPELS DE COURS Le transistor bipolaire est un des composants fondamentaux des systèmes électroniques. Ses caractéristiques et ses différents types de comportement le destinent à participer à de nombreuses fonctions élémentaires dans les dispositifs à semi-conducteurs. No us ab or do ns da ns ce ch apit re l’ét ude de la polari sa tion du tran sist or , qui co rr es po nd à son fonctionnement statique. La polarisation du transistor est une étape préalable à son fonctionnement en régime variable, que nous aborderons au chapitre suivant.

2.1

LE T R A N S I S T O R B I P O L A I R E

Un transistor bipolaire est formé d’un cristal de silicium comportant trois zones de dopage distinctes. Selon les cas (voir figure 2.1), les transistors sont dits N P N ou PNP. collecteur

émetteur zone fortement dopée base Figure 2.1

Ces trois zones correspondent aux trois bornes du transistor : le collecteur, la base et l’émetteur. Remarque . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Bien que le schéma de la figure 2.1 puisse le laisser penser, la structure d’un transistor n’est pas symétrique. En effet, la zone correspondant à l’émetteur possède un dopage plus important que celle correspondant au collecteur. On ne peut donc pas inverser émetteur et collecteur dans un montage à transistor. Pour les mêmes raisons, on ne peut en aucun cas remplacer un transistor par l’association de deux diodes à jonction. Le principe fondamental du fonctionnement de ce dispositif consiste à pouvoir contrôler la conduction des électrons, de l’émetteur vers le collecteur, par le flux d’électrons issu de la base, dans le cas d’un transistor N P N , ou de contrôler la conduction des électrons, du collecteur vers l’émetteur par le flux d’électrons entrant dans la base, dans le cas du transistor PNP.

25

2 . La polarisation du transistor bipolaire

Schématiquement, on représente les transistors comme indiqués sur la figure 2.2. E B

transistor PNP Figure 2.2

2.2 L es

g r a n d e u r s él ec t r iq u es a s so c iées a u t r a n s is t o r

Considérons un transistor NPN quelconque. En tant que dispositif électrique possédant trois bornes, il est possible de lui associer six grandeurs électriques : trois courants, /B, /c et /E, ainsi que trois différences de potentiels, VBE, VCE et VCB. Ces grandeurs sont bien sûr liées entre elles :

y

VCE

+ ' c et ^CB - VC 'CE

2.3 C a r

+ ÊB-

a c t ér is t iq u es d u t r a n s is t o r

NPN

Le fonctionnement du transistor NPN est décrit par les courbes caractéristiques qui lient les grandeurs électriques précédemment définies. Comme /E et VCB se déduisent des quatre autres, l’usage est de considérer les caract éris tiq ues liant / B, / c , VBE et VCE (fig ure 2.4).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure

26

2.4

Figure 2.3

2.4. Polarisation du transistor NPN

Fondamentalement, il importe de retenir les propriétés suivantes : La courbe 7B = / ( V BE) correspond au fonction nemen t de la jonction base - émetteur. Il s’agit V / V donc de la caractéristique d’une diode. On a : /B = 7S e B avec V0 = 25 mV à température

ambiante. Le courant de collecteur 7C et le courant de base / B sont liés par la relation fondam entale /ç = p/B. Le coefficient P est une caractéristique intrinsèque du transistor. Il s’agit de son gain en courant. Il est, en général, de l’ordre de quelques dizaines à quelques centaines, selon les types de transistor. La fonction 7C = f ( V CE) dépend de la valeur de /B(donc de VBE), ce qui nous donne, finalement, un réseau de caractéristiques.

2.4

P o l a r is a t io n

d u t r a n s is t o r

NPN

Polariser un transistor, c’est l’inclure dans un montage qui lui impose un point de fonctionneme nt, en régime continu, caractérisé par la définition des quatre grandeurs /B, 7C, VBE et ^CE- Le point de polarisation ainsi défini (figure 2.4), peut se trouver : Dans la zone linéaire d’une caractéristique 7C = f ( V CE). On dit que le transistor est correctement polarisé po ur fo nc ti on ne r li né ai re me nt (nous verron s au cours du procha in chapit re que cela revêt une importance capitale dans un grand nombre d ’applications du transistor. Dans ce cas, on admet que VBE = 0,7 V. Dans la zone de saturation d' un e car actéri stiq ue 7C = / ( VCE). Dans ce cas, on dit que le transistor est saturé et on a ^CE Ce phé nom ène est en général causé par un cou rant de base trop important. On admet alors que tout se passe comme si le transistor, entre son collecteur et son émetteur, était équivalent à un court-circuit. Sur la caract érist ique particul ière 7C « 0 corre spo nda nt à une tension VBE trop faible. Le transistor est alors bloqué. Tout se passe co mme si le tran si stor , entre son co ll ec te ur et son émetteur, se comportait comme un circuit ouvert.

■ Sj

'O X)

~o O c =5 Q

3

&

o

CD

> Q. O

U

En supposant que ce transistor est polarisé de sorte que le poin t de fo nc ti on ne men t se situe da ns la zone li néaire, on a : % = 0 ,7 V .

CM

©

La figure 2.5 présente un exemple de circuit de polarisation très simple d’un transistor NPN. Dans un tel transistor, le courant de base est toujours orienté positive ment vers la base, le courant de collecteur, vers le collecteur et le courant d’émetteur est compté positivement sortant de l’émetteur.

-C O.

J3 I

Comme l’émetteur est relié à la masse, on a VE = 0.

Figure

2.5

3

û Q

27


Par conséquent :

V b =

v c c - 0,7 V

On a donc :

D ’où :

Et :

/C = P/B = P

^CE -

0,7V.

Vc c - 0 J V R,

VC~ ECC - RCfC -

t'CC -

p/?c(Vcc - ° , 7 V) Z

Not er que ce calcul su pp os e a prior i que le tran si st or est co rr ec te men t polari sé. Le résu ltat trouvé pour VCE validera ou non cette hypothèse. Seule une valeur positive (et suffisamment éloignée de 0 de surcroît) valide cette hypothèse. Si on souhaite que le point de polarisation se trouve au milieu de la zone linéaire (nous verrons plus loin quel est l’intérêt de ce choix), on opte en général pour une valeur de VCE voisine de 0,6 x V^,-.

2.5 A ppr o c h e ph y s iq u e d e l a po l a r is a t io n La première approche physique naturelle de la polarisation du transistor NPN consiste à considére r qu’il s’agit d’un système électrique com mand é par la tension base - émette ur VBE. Lorsq ue VBE < 0,7 V, la diod e base - éme tteu r est bloqué e (figure 2.6). Co mm e il est très rare que VCE soit négatif, on a : VCE> 0

VBE

= e bc +

VCE < 0,7 V

EBC < ° ’7 V-

La jonction base - collecteur est donc bloquée également. Les trois zones du transistor sont donc comme déconnectées les unes des autres : le transistor est bloqué. Lorsque VBE = 0,7 V, la jonction BE devient passante (figure 2.7). Comme l’émetteur est fortement dopé N, un flux très important d’électrons est injecté dans la base. Une faible partie de zones de déplétion isolantes N

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

P

émetteur

collecteur

émetteur

VBF<0 ,7 V

base Fig u r e

28

zone N fortement dopée

ViiE =0,7 V

base 2.6

Fig u r e

2.7

2.6. Polarisation du transistor PNP

ces électrons se recombinent aux trous de la base, générant ainsi un faible courant de base, tandis que la majeure partie d ’entre eux franchit la jonction base - collecteur pour produire le courant de collecteur. Le transistor conduit. On peut aussi considérer le transistor com me un dipôle collecteur - émetteur com mand é par le courant de base. En effet, la valeur du courant de base /B détermine entiè rement le type de fonctionnement du transistor : Si /B « 0 ou s’il est trop faible, le transi stor est bloqué. Dans ce cas, le dipôle formé p ar le collecteur et l’émetteu r du transistor se comporte com me un circuit ouvert : I q ~ 0, quelle que soit la valeur de VCE. Si /g est trop important, le point de polarisation se trouve sur une caractéristique I q = /( V CE) située très haut dans le quad rant des cara ctérist iques (/c , VCE) de la figure 2.4. Une v aleur élevée du courant I q amène obligatoirement le point de polarisation dans la zone de saturation du transistor. Dans ce cas, on aura VCE ~ 0 quel que soit le courant de collecteur I q . Le dipôle collecteur - émetteu r se comport e comm e un court-circuit ; le courant de collecteur ne vérifie plus la relation I q = p /B ; le transisto r est saturé. R e m a r q u e

En réalité, une tension limite de saturation l/CEsat de quelques dixièmes de volts subsiste. Si /B possède une valeur qui place le point de polarisation dans la zone linéaire d’une caractéristique I q = /( V CE), le dipôle collect eur - émet teur est parcouru par un courant de collecteur tel que /c = p/B.

2.6

P o l a r is a t io n d u t r a n s is t o r

PNP

Les principes de fonctionnement et de polarisation du transistor PNP diffèrent de ceux du transistor NPN par les sens des courants (voir figure 2.8) et par la relation VBE = -0,7 V. Noter que dans ce cas, la différence de potentiels VCE est négative. La relation Ic = p/B reste valable à condition de com pter positiv ement les courants / B et I q sortant respectivement de la base et du collecteur.

- j - j

uU V “O o c

=3

Q

3

3 C q

C U

o fM

‘ci.

© O) > CL o

U

T3 C 3 û Q 29


ÉNONCÉS DES EXERCICES E x e r c i c e 2.1 *

D é t e r m i n a t i o n d e l ’é t a t d e c o n d u c t i o n d ’u n t r a n s i s t o r

Dans les quatre montages représentés sur les figures 2.9 à 2.12, le transistor n’est pas polarisé correctement pour un fonctionnement dans une zone linéaire. Déterminer dans chaque cas la raison de cette « mauvaise » polarisation. Préciser dans chaque cas si le transistor est bloqué ou saturé. Seul le mont age de la figure 2.12 nécessit e un calcul. Pou r chaque cas, on prendra Vc c = 10 V et (3 = 50.

F i gure

2.9

E x e r c i c e 2 .2 *

F igure 2.10

Fi gur e 2.1 1

C a l c u l d ’u n p o i n t d e p o l a r i s a t i o n

Dans le mo nta ge de la figu re 2.13, on do nn e : = 10 k£2 et R c = 50 £2. La tension d ’alimentati on es t égale à Vc c = 10 V. Le transistor est caractérisé par le paramètre P = 100. Montrer que le transistor est po lari sé dans sa zone de fo nc ti on nem en t linéaire et calc ul er le point de polarisation de ce transistor. On supposera que la tension de saturation du transistor est telle que VCEsat = 0,2 V. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

E x e r c i c e 2 .3 *

S a t u r a t i o n d ’u n t r a n s i s t o r

On reprend le schéma de la figure 2.13 en changeant la valeur de la résistance de collecteur. On prend à présent Rc = 1000 £2. Montrer que le transistor est saturé. Calculer le courant /c et montrer que l’égalité /c = p /B n’est plus vérifiée.

30

Figure 2.12


E x e r c i c e 2 . 4 **

R é g l a g e d ’ un p o i n t d e p o l a r i s a t i o n

Dans le montage de la figure 2.14, on donne : Rc = 4000 O . La rési stance ftB et variable et la tension d ’alimenta tion es t égale à Vc c = 10 V. Déte rmi ner le couran t /Csat de saturation du transi stor et en déduire la conditio n sur la résist ance /?B qui assure un e polarisat ion du transis tor dans sa zone de foncti onneme nt linéaire. On do nne (3 = 100.

E x e r c i c e 2 .5 *

Calcul des gra nd eu rs électriques ass ocié es à un monta ge à transistor NPN

Dans le montage de la figure 2.15, calculer les valeurs des courants /B, /c et /E puis déterminer les trois potentiels aux points B, C et E. On donn e P = 200, /?B = 14 kO, Rc = 50 Q, RE = 70 Q et Vc c = 15 V.

©

31

2 ■La polarisation du transistor bipolaire

E x e r c i c e 2 .6 **

Calcu l des gran de urs électriques as so ciée s à un montage à transistor PNP

Dans le montage de la figure 2.16, calculer les valeurs des courants /g, 7C et /E puis déterminer les trois potentiels aux points B, C et E. On donne (3 = 100, /?B = 1 0 kO, Rc = 50 Q et —VDD = - 1 0 V. rnj y J e

----------- --------- • -V DD Figure E x e r c i c e 2 .7 **

2.16

Polaris ation à quatre résis tan ce s

Dans le montage de la figure 2.17, calculer les valeurs des quatre résistances de sorte que l’on obtienne un point de polarisation caractérisé par les potentiels Vc = 6 V et VE = 2 V et par un courant de base /B = 100 pA. On donne p = 150 et Vc c = 10 V.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Fig ur e 2.1 7

32


E x e r c i c e 2 .8 **

C a l c u l d ’u n p o t e n t i e l d ’é m e t t e u r

Dans le schéma de la figure 2.18 qui représente une partie réduite d’un montage, le potentiel au collecteur du transistor a pour valeur Vc = 4 V. Les résistances ont pour valeurs R B = 10 Q et R q = 100 Q. Calculer le potentiel VE de l’émetteur du transistor, celui-ci étant supposé polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. Le gain en courant du transistor est p = 200.

Exercic e 2.9 *

Montag e Da rling ton

Dans le schém a représ enté sur la figure 2.19, dét ermi ner les relations entre les couran ts / B1 et /c d ’une part, et entre les courant s /B j et /E2 d ’autre part. Le transistor 1 poss ède un gain en cour ant Pi et le transistor 2, un gain p2. Tous deux sont supposés polarisés dans leur zone de fonctionnement linéaire.

TJ

O C D û

O rsj © O) > CL O

U

E x e r c i c e 2 . 1 0 ** T r a n s i s t o r b i p o l a i r e e n c o m m u t a t i o n

O. 2

On considère le circuit représenté sur le schéma de la figure 2.20. La tension V\ ne peut prendre que les deux valeurs 0 ou 5 V. Calculer dans chacun des deux cas la valeur de la tension Vs. Le transistor est caractérisé par P = 100.

C 3

û

©

33


Quelle est la fonction réalisée par ce montage ?

ÉNONCÉS DES PROBLÈMES Problème 2.1 ** Montage différentiel D Dans le montage de la figure 2.21, calculer l’expression puis la valeur du potentiel Vc . Les deux transistors, supposés identiques, possèdent un gain en courant P = 100. On donne V c c = 15 V, tfB = 8 kQ et /?c = 2 7 f t .

"O O c D û O fN © en

> O

Figure 2.21 ^ On ajoute une résistance d ’émetteurs au montage précédent (figure 2.22). Calculer la nouvelle expression et la nouvelle valeur du potentiel Vc . On a toujours V c c = 15 V et ÆB = 8 kQ et on pr end à pr ésen t R E = 2 kO et R c = 500 O.

CL

U

34


P r o b l è m e 2 . 2 ** C i r c u i t l o g i q u e u t i l i s a n t u n t r a n s i s t o r b i p o l a i r e en commutation

On considère le circuit représenté sur le schéma de la figure 2.23. Chacune des deux tensions V\ et V2 ne peut prendre qu e les deux valeurs 0 ou 5 V. Le gain en cou rant du t ransi stor est (5 = 100. D Calculer la valeur de la tension Vs dans le cas où l’on a V ] = V2 = 0. ^ Calculer égalem ent la valeur de dans le cas où une seule des deux tensions Vj et V2 est égale à 5 V (l’autre restant à 0), puis dans le cas où elles sont toutes deux égales à 5 V. Ë) Conclure sur la fonction réalisée par ce montage.

■ Sj

'O X)

~o o c U O

3&

o

f\l

©

-C O.

en

J3 I •o

Figure

2.23

Q.

O

U

3

û ©

35


P r o b l è m e 2 .3 *** C i r c u i t l o g i q u e à d i o d e s e t t r a n s i s t o r

Dans le montage de la figure 2.24, on se propose de réaliser une fonction logique Vs de deux tensions Vj et V2 ne pouvan t valoir que 0 ou 5 V. Les diodes sont supposées parfaites (tensions de seuil égales à 0,7 V). D Calc uler la valeur de la tension Vs dans le cas où l’on a V\ = V2 = 5 V. ^ Calculer également la valeur de Vs dans le cas où une seule des deux tensions V| et V2 est égale à 0 V (l’autre restant à 5 V), puis dans le cas où elles sont toutes deux égales à 0 V. Ë) Conclure sur la fonction réalisée par ce montage.

DU MAL A DEMARRER ? 2.1

Dans les mon tage s des figures 2.9 et 2.11, la tension VBE se déte rmin e instan tané men t en lisant le schéma, ce qui permet de conclure. Pour les deux autres circuits, on supposera a pr io ri que les transistors sont polarisés dans leur zone de fonction nement linéaire. Si ce n’est pas le cas, le rais on ne me nt et les calculs do iv en t cond uire à une contradictio n.

2.2

On supposera a priori que le transistor est bien polarisé dans la zone linéaire, autrement dit que ^ b e = 0,7 V et que 7C = (3/B. On calcule alors VCE qui doit être supérieur à 0,2 V. Calculer le point de polarisation revient à calculer les valeurs de VCE, VBE, /B et 7C.

2.3

On comme ncera par supposer que le transistor est polarisé dans sa zone linéaire, autrement dit que VBE = 0,7 V et que 7C = (37B. En calculant VCE, on obtient une valeur incompatible qui prouve que l’hypothèse de départ est fausse.

2.4

Le courant de saturation du transistor correspond au courant circulant dans la résistance Rc lorsque la condition VCE = 0 est remplie. Il s’agit du courant de collecteur maximal. On déterminera alors la valeur maximale du courant de base, puis la valeur minimale de la résistance ÆB.

~o

O c

O

O fM © CD

> Q. o

U

36


2.5

On supposera que le transistor est polarisé dans sa zone de foncti onnem ent linéaire, cette hypothèse devant se vérifier à partir des résultats obtenus.

2.6

Attention, il s’agit d ’un transistor PNP. La déterminati on du point de foncti onnem ent pose à peine plus de difficultés que dans le cas du transistor NPN à condition de bien veiller aux signes des différentes tensions et à l’orientation des courants.

2.7

Le point de polarisati on nous est ici impos é. Ce point est bien situé dans la zone de fonctionnement linéaire du transistor puisque VCE = 4 V. La résolution de cet exercice ne po se pas de pr ob lè me pa rt ic ul ie r ; on co mmenc era pa r dé te rm in er le co ur an t de coll ec te ur. On notera qu’une des résistances R | ou R2 peut être choisie arbitrairement.

2.8

La connai ssance du reste du circuit (du côté de l’émet teur du transistor) est sans importance. Commencer par calculer le courant de collecteur et en déduire, successivement, par des calculs simples, le reste des grandeurs électriques. Il convient de ne pas commet tre d ’erreurs de signe sur les valeurs des différents potentiels.

2.9

On déterminera sans peine les relations dema ndée s en appliquant la loi des nœuds au point correspondant à la connexion des deux collecteurs. Prêter une attention particulière aux notations employées.

2.1 0 Dans ce m ontage, le transistor fonctionne en co mmuta tion : il est soit bloqué, soit saturé. On étudiera successivement les deux cas proposés, V\ = 0 V et V, = 5 V et on déterminera, à chaque fois, la valeur du courant /B. Problème 2.1

Dans les deux cas traités, on formulera l’hypothèse que les deux transistors sont conducteurs et fonctionnent donc dans leur zone linéaire. On commencera par calculer les courants de base. On tirera parti de la symétrie du montage. Il convient, par ailleurs, de veiller à l’exactitude de l’expression du courant de collecteur. Problème 2.2

Il s’agit de montrer que le transistor fonctionne en commu tatio n, c ’est-à-dire q u’il est soit bloqué, soit saturé. C’est l’étude du courant de base qui permet de déterminer l’état du transistor. On s’attachera à montrer que ce montage réalise une fonction logique liant la sortie V<. du montage à ses deux entrées V, et V2. TD

O C D

O

oi— i O r\i ©

Problème 2.3

H 5

*

.

On cherchera à déterminer si le transistor est bloqué ou saturé en discutant, dans un premier temps, sur l’état (passant ou bloqué) de chacune des deux diodes en fonction des valeurs de V, et V2.

-» 4

C

ÇT> >Q . O

U

I c

3

a Q 37



Exercice 2.1

Cas de la figure 2.9 La base et l’émetteur du transistor sont au même potentiel. On a donc VBE = 0. Le transistor est donc bloqué.

Cas de la figure 2.10 Supposons que le transistor soit polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. On a alors VBE = 0,7 V et un cour ant de co llect eur / c = p /B « entre » dans le collecteur. Ce col lecteu r se trouve donc à un potentiel n égatif correspo ndant à la chute de potentiel aux bornes de la résistance R c . Cela est impossible ; le transistor ne peut donc en aucun cas être polarisé linéairement. En réalité, le montage interdit formellement l’apparition d’un courant de collecteur. Il ne peut donc pas y av oi r de co ur an t de bas e. A prior i, le tr an si st or est do nc bl oqué. To ut ef oi s, l’abse nc e de courant de base se traduit par l’absence de chute de potentiel aux bornes de /?B. La base du transistor est donc au potentiel 10 V. Comme l’émetteur est relié à la masse, on aura VBE = 10 V, ce qui occasionnera, à n’en point douter, la destruction du transistor.

Cas de la figure 2. 11 On a VBE = 10 V. Le transistor sera détruit.

Cas de la figure 2.12 Supposons que le transistor soit polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. On a alors : D ’où :

VBE= V b = 0 , 7 V .

/B =

On a donc :

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

VCC R b

VB _ 1 0 -0 ,7 ~

1500

6,2 mA.

/c = p /B = 50 x 0,00 62 = 0,31 A.

Calculons à présent

VCE = Vc

On a :

V c c - Vc =

ftc /c .

D ’où :

Vc =

Vc c - R CI C =

:

10 - 200 x 0,31 = -5 2 V.

La tension VCE ne peut descendre en dessous de 0 V. L’hypothèse de départ est donc fausse. Le courant /c ne pourra jamais atteindre cette valeur de 0,31 A mais se stabilisera à une valeur correspondant à Vc = 0 V. Soit :

1C =

c

^CC R c

10 = — = 5 0 mA . 200

Le transistor est donc saturé. Il faut noter que dans ce cas, l’égalité /c = p /B n’est plus valable. On a, en réalité : /c < p/ B.

38



Lorsque la question de la polarisation du transistor nécessite calcul et raisonnement, il est toujours judicieux de supposer a priori que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctio nnemen t linéaire. Si ce n ’est pas le cas, on aboutit rapi demen t à une contradiction. Exercice 2.2

En suppo sant que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionne ment linéaire, on peut écrire : VB = VBE = 0,7 V => / B =

V r r ~

10-07

----- 2 = ---------h- = 0,93 mA. 1 0x 10

D ’où :

/c = p/ B = 100 x 0,93 x 10“3 = 93 mA.

On en déduit alors : VCE = V q —VE = V q = Vcc - RCI c . VCE = 10 - 50 x 93 x 10-3 = 5,35 V. Com me la différence de potentiel collecteur - émetteur est supérieure à 0,2 V, le transistor est bien polarisé da ns sa zone de fo nc ti on ne men t linéaire. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Il n’est pas du tout nécessaire d ’exprimer l ’impédance co mple xe sous sa forme partie réelle et partie imag inai re. Au cont ra ire : la rédu ct io n au mêm e dé no min at eu r pe rm et de ca lcul er facilement le module en calculant le module du numérateur et celui du dénominateur. Ne pas oublier que le module d ’un quotient est égal au module du nu mérate ur divisé par le module du dénominateur. Exercice 2.3

Si on suppose que le transistor est polarisé dans sa zone de foncti onneme nt linéaire, on doit avoir, comme précédemment : 10

VB = VBE = 0, 7 V => /B =

----- - = —

—

07

, = 0,93 mA. lOx 10'

R B

D ’où : /c = p /B = 100 x 0,93 x 10"3 = 93 mA. i» i» O C ZJ a

VE = V q =

-

R q I q

.

Cela est impossible ; le transistor est saturé de sorte que VCE = 0 V. Le courant de collecteur vaut donc :

O r\i ©

U

V q -

VCE = 10 - 10J x 93 x 10_J = -8 3 V.

TJ

C7> > CL O

On en dédu it alors : VCE =

I r =

cc fl/

10

= 10 mA.

io3

L ’égalité /c = p /B n ’est plus vérifiée. 3

Û

39



Pour montrer qu’un transistor est saturé, il suffit de supposer qu’il ne l’est pas et d’invalider l’hypo thèse de départ en metta nt en éviden ce une absurdit é. Ici, c ’est la valeur de VCE qui n ’est pas pl ausibl e. Bi en se so uv en ir que lo rs qu ’un tran si st or est saturé, on a VCE = 0 V et 7C * p / B. Exercice 2.4

Le courant de saturation du transistor se calcule en suppo sant que le transistor est saturé. On a do nc :

VçE = 0. 10

cc D ’ où :

/ C sa t =

R,

= 2,5 mA.

4 x 10:

Pour que le transistor fonctionne dans sa zone linéaire, il faut que la résistan ce de base ft B soit choisie de sorte que le courant / B soit au maxim um égal à

^Csat P

Soi t :

D’où:

/B <

Csat

VC C - 0 . 7 V

/,Csat

P

R B

P

/? b > P ( 10

2,5

° ’7_ y ) =>

r b

> 372 kQ

x 10 3


Cet exercice montre comment choisir la résistance de base pour obtenir la garantie d’une po lari sa tion da ns la zone de fo nc ti on ne me nt li néaire. La satu rati on du tr ansi st or co rr es pon d à la valeur maximale du courant de collecteur, donc à la valeur maximale du courant de base. Par conséquent, on choisit la résistance de base de sorte que le courant de base soit toujours inférieur à sa valeur maximale. Exercice 2.5

En supp osant que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionne ment linéaire, on peut écrire : VB = V b e = 0 , 7 V . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Or : VB - Vcc et:

R b I b

VE = REIE = RE ($ + 1 ) / B .

On en déduit alors la valeur du courant de base : -

40

= ^ CC -

(P + ') / B = 0 J V .


15-0,7

v c c - ° ’7 v

Soit : / B =

Æg(P + 1)

= 510 |iA.

I4 x 103 + ( 7 0 x 20 1)

Les courants de collecteur et d’émetteur valent alors respectivement : /c = p /B = 20 0 x 5 10 x 10-6 = 102 mA et /E = (p + 1) /B= /c = 102 mA. Remarque

Lorsque p » 1, on considère très souvent que /E~ /c. Les valeurs des potentiels recherchés sont : VE = REl E =

70

X

102 x 10-3 = 7,14 V

VB = VE + 0,7 V = 7,8 4 V Vc = Vc c - RCIC = 15 - 50 x 102 x 10-3 = 9,9 V. Comme VCE = V q - VE = 9,9 - 7,14 = 2,76 V, le tran sisto r n’est pas saturé. Il est donc bien polaris é dans sa zone de fonctio nneme nt linéaire. Il ne peut pas être bloqué puisque la jonction base émetteur est polarisée en sens direct. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

On veillera systématiquement à vérifier que les valeurs obtenues ne s’opposent pas à l’hypothèse de départ qui consiste à supposer que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. Exercice 2.6

En supposant que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire et en prenant bien soin de considérer qu’il s’agit ici d’un transistor PNP (bien faire attention, pour ce type de transistor, aux sens des courants et aux orientations des tensions, voir figure 2.25), on peut écrire : ^BE = “ 0»7 V => VB = -0 ,7 V.

■ y>

~o

o

c Q

l» 4> 'O ■ Xi 'C 33

13

en

> Q. O

U

B ~ (~y Dp) Ru

, _ - 0 , 7 - ( - 1 0) Soit : / B ----------------- ”— lOx 10

o

fM ©

D ’où : / B =

CL

2

I T3 C 3 û

930 p A .

On obtient alors très facilement : /c * / E = P/ B = 100 x 930 x 10-6 = 93 mA.

Q

41

2

. La polarisation du transistor bipolaire

La différence de potentiels aux bornes de la résistance Rc ayant pour expression : Vc - (—VDD) =

on en déduit:

Vc = R c l c - VDD = 50 x 93 x 10“3 - 10 = -5 ,5 V.

Les autres potentiels sont déjà connus : VE = 0 V et VB = 0,7 V. Comme VCE = Vc - VE = -5, 5 - 0 = -5, 5 V, le transistor est bien polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. Encore une fois, attention, il s’agit d’un transistor PNP. Ce qu’il faut retenir de cet exercice La manipulation d’un transistor PNP mérite une attention particulière. On veillera notamment aux sens des courants et aux signes des tensions qui sont inversés par rapport au transistor NPN. Exercice 2.7

Si le cou ran t de base est égal à /B = 100 pA , on a alors Ic = p /B = 15 mA. Par conséque nt :

Par ailleurs :

Vc c - Vc = /?c /c =>

VE = /?E/E = R E/c =>

=

vc c ~ vc In

VE

10-6

= 267 Q.

15 x 10 2

= — - ------------ ; = 133 Q. fc 15x10

La détermination des résistances R j et R 2 s’effectue en considérant le potentiel de base du transist or. Si VE = 2 V, on a = 2,7 V. La loi des nœuds appl iquée au point B du circuit nous donne : VCC ~ VB Ri1

Vr B R,

+ /B.

JV2 No us po uv on s ch oi si r ar bi trair em en t une des deux rési st an ce s et dé te rm in er la se co nd e à partir de cette équation. Par exemple : R2 = 10 kQ. On obtient alors : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

R j =

10-2,7

yCC-^B R ,

+ I B

^

= 19,7 kQ.

+ 100 x 10 6

10

Ce qu’il faut retenir de cet exercice On polarise souvent le transistor en imposant des valeurs précises du courant de base et des pote nt iels de co ll ec te ur et d ’émette ur . Il s ’agi t alors de dé te rm in er les rési st ances de po la risa ti on qui pe rm et te nt de régl er ce po in t de fo ncti on nemen t. To uj our s ra is on ne r de pr oc he en pr oc he po ur dé te rm in er les rési st an ces une à une.

42


Exercice 2.8

Les grandeurs électriques du transistor étant liées, il suffit de partir des tensions connues pour déterminer, de proche en proche, les courants et tensions inconnus. Comme le potentiel Vc est connu, on peut calculer le courant de collecteur et le courant de base :

'c -

vcc -

7C

,

vcc ~ vc

B=P =

R r

p*c

La différence de potentiels aux bornes de la résistance /?B, compte tenu de l’orientation du couran t de base (entrant dans la base pour un transistor NPN), a pour expression : „

_ ,

K b <'/ c c - 1 c >

° - V W b ' b = ------- ^

=

„

« b ( ' , c c - ' / c > -------------------------

Comme le transistor est censé être polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire : VB - V E = 0,7 V => VE = VB - 0,7 V.

D’où:

* b ( v c c - v c ) VE = - ^ — ^ ------ - - 0 , 7 V .

.

.

..

, .

Ap pl ica tio n nu mé riqu e :

„

10x 103 x ( 10 - 4)

„„

„

VE = - ------ 200 x 100------ ~~0,7 = - 3 , / V.


En analysant une portion d’un circuit plus complexe, le principal danger vient des erreurs de signe qui sont souvent vite commises. Plus que jamais, bien faire attention au respect des conventions. Exercice 2.9

Nommons tous les co ur an ts da ns les di ff érentes br an ch es du ci rc uit (fig ure 2.26).

lc

L»

k T J

O

c Q

= 3

o

C L> '5. Figure 2.26

r\J

© CT> > CL O

U

CL J3

On a :

/Cl —P I

1—^ Ê1 - 7B2 - ( P i + *)7BI-

D ’o ù :

/ c 2 = Pa7B2 = P2(P| + 1)7BI-

3

Û

43


La loi des nœuds nous donne immédiatement : = JC\ + ^C2 = Pl^Bl + p2^Pl + 1)^B1 = tp| + P2 (Pl +

O U b I-

Par ailleurs : IE2 = (P 2 + 1 )/B2 = (P2 + 1)(P 1+ 1)/B l • En considérant que les gains de chacun des deux transistors sont grands devant 1, on peut simplifier ces expressions : /c ~ IPi + P2P1 J^BI - P|( l + p 2 ^BI ~ P Ip2 ^BI => fE2 ~ P IP2^B 1* Le montage se comporte comme un transistor dont la base est la base du transistor 1, dont le collecteur est le point commun aux deux collecteurs et dont l’émetteur est l’émetteur du transistor 2. La configuration de ce montage Darlington a pour effet de multiplier les gains en courant des deux transistors pour construire un montage qui s’apparente à un transistor de très grand gain. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Il s’agit du très classique montage Darlington qui permet, grâce à deux transistors différents, de construire un dispositi f dont le fonctionn ement s’apparente à un transistor dont le gain peut être calculé en fonction des gains élémentaires des deux transistors qui le constituent. Exercice 2.1 0

Dans un premier temps, supposons V x = 0. La jonctio n base - émett eur du transistor est bloquée. Aucun courant de base, ni de collec teur ne peut circuler. La différence de potentiels aux bornes de Rç est donc nulle et on a : V/|=0=> VS=VCC = 5V. Si V\ = 5 V, la joncti on base - émet teur est correc temen t polarisée et, comm e l’émett eur se trouve à la masse, on a VB = 0,7 V. Le courant de base est donc égal à : V, - WB

5 -0 ,7

= 0,43 mA Ki 'B 10 On en déduit le courant de collecteur puis la tension Vs : lR ~

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

J C

VCC -

-

P^R -

V. - V P' Rr -

= 100 x 0,43 x 10 3 = 43 mA .

= R CI C => Vs = V C C ~ R C IC = 5 ~ '0 0 0

X

43 x 10

= -3 8 V.

Cette va leur étant impossible à obtenir, le transistor ne peut être que saturé à la valeur Vc = Vs = 0. En con cl usio n : Vj = 5 V =>

44

= 0.


Ce qu’il faut retenir de cet exercice Ce montage a donc pour effet « d’inverser » la tension d’entrée qui lui est appliquée. Il s’agit d’une fonction logique appelée négation. Des circuits logiques électroniques peuvent ainsi être réalisés à partir de transistors bipolaires foncti onnant en comm utation com me c ’est le cas dans cet exercice.

C o r r ig é s d e s p r o b l è m e s

Problème 2.1

D Le montage étant symétrique, les deux courants de base sont égaux. En supp osant que les transistors sont polarisés dans leur zone de fonctionnement linéaire et compte tenu du fait que les émetteurs sont reliés à la masse, chacune des deux tensions de base vaut : VB = 0,7 V. Les courants de base ont donc pour intensités : VCC~VB lB

“

15-0,7

Ri

=

1,79 m A.

kB 8x10 Chacun des deux transistors présente donc le même courant de collecteur /c . Avec : 1Q = p / B = lOOx 1,79 x 10”3 = 179 mA . Le courant circulant dans la résistance identiques, soit 2/c . On a d on c : ^ c c — Soit:

Vc

R c

est donc égal à la somme de ces deux courants /c

~ ^ ^C^C*

= Vc c - 2 R c ï c

=

15 - 2 x 27 x 0,179 = 5,33 V .

^ Le montage étant toujours symétrique, les deux courants de base sont égaux. Il en est de même po ur les cour an ts de coll ecte ur s (et bien en te nd u po ur les co ur an ts d ’émet te ur s) pu is qu e les transist ors po ssèd ent le mêm e gain en courant (3. Considérons n’importe lequel des deux transistors, par exemple, celui de gauche. On a : VB - VE = 0,7 V. Or : VB = V ç q - /?B/B. 1» 1»

Donc :

T3

O c =5 Q

o r\i © O) >CL O

U

Et : VE = 2 /?e / e =

C

c

c

2/ î e (P

Vc c - /?B/B

+ 1)/ B » 2 /?Ep/ B.

- 2p/?E/B = 0,7V.

Vc r - 0,7 V D’où : /R = ---- ------B KB + 2 p/?E

Comme un courant égal à 2/c circule dans la résistance R c , le potentiel recherché O. 2

Vc c - V c = 2R CI C = 2/?c (î/c

=>

Vc = Vc c -

Vc est

tel que :

2/?c p/ B.

c 3

û

©

45


Soit : Vc - Vc c -

2 P /?c ( v/c c - ° ’7 v ) *R + 2(i/?R

Appl ic at ion nu mé riqu e :

2 x 100 x 500 x 14,3 8000 + 2 x 100 x 1000

11,5 V.


Les circuits étudiés dans ce problème figurent parmi les plus importants en électronique. Il s’agit de montages différentiels qui sont à la base des amplificateurs du même nom que nous étudierons au chapitre suivant. Problème 2.2

[ J D ans le cas où l’on a Vj = V2 = 0 , la joncti on base - ém etteu r du transistor est bloquée, puisq u’aucu n cou ra nt de ba se ne peut ci rculer . Le co ur an t de co ll ect eu r es t donc nul éga le ment et com me aucu ne différe nce de potentiels n ’est présente aux bornes de la résistance /?c , la tension Vs est égale à V c c . En résumé : V| = V2 = 0 V = > ^ s = ^c c = 5 V. Supposons que l’une des tensions d’entrée soit égale à 5 V, par exemple Vj = 5 V (ce choix n’a aucune influence sur le résultat étant donné que les deux entrées sont parfaitement symétriques). La jonction base - éme tteur se trouve polarisée en sens direct et com me l ’émetteur du transistor se trouve à la masse, on a : VB = 0 J V .

Le circuit est équivalent au schéma de la figure 2.27. Calculons le courant de base du transistor.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

46


On a : / B = /

V( - 0,7 V h ~

o, 7V R

R* R*

B

-— 10

= 0, 36 mA.

Si le transistor n’est pas saturé, le courant de collecteur est donc égal à /c = p/B = 100 x 0,36 x 10-3 = 36 mA. On en déduit déd uit : Vs = V Vcc c - R CIC = 5 - 1000 x 36 x 10~3 10~3 = -31 -3 1 V. Cette tension ne correspond pas à une valeur possible. Le transistor est donc saturé et la tension VCE E ~ 0. de sortie est nulle puisque la saturation du transistor entraîne VC En rés ré s u m é : V, = 5 V ou = 5 V => Vs = 0 V. ^ Si les les deux tensions d ’entrée sont égales à 5 V, le schéma du montage devien t équivalent au au circuit de la figure 2.28.

La base du transistor se trouve reliée au potentiel 5 V par l’intermédiaire d’une résistance équivalente à l’association parallèle de deux résistances /?B. Soit :

R D

R = —

2

R

= 5 kQ.

Le courant de base est donc égal à : "O co =3 Q

o fM © en > O

Q .

U

Ü. ’S

4 3V 43 / B = - z — = ---- ^ = 0 , 8 6 mA . 5xl(T 2 Si le transistor est conducteur, le courant de collecteur est égal à : /c = p /B = 100 x 0,86 x 10"3 10"3 = 86 mA.

I

On en dédu it alor s : Vs Vs = Vc Vc c - R q ^c = $ - 1000 x 86 x 10“3 = -86 V.

c

3

a

s 47


Cette valeur nous démontre qu’en réalité, le transistor est saturé : v C E - 0 => v s = 0 . Ë) En conclusion, la tension de sortie Vs n’est égale à 5 V que si les deux tensions d’entrée sont égales simultanément à 0 V. Il suffit que l’une des tensions d’entrée soit égale à 5 V pour que la sortie soit nulle. Cette fonction logique que nous étudierons plus en détail au chapitre 8 est appelée fonction NON-OU. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Les transistors bipolaires foncti onnant en comm utatio n sont à la base base des circuits circuits logiques. Cet exercice montre qu’en assemblant très peu de composants, il est possible de concevoir des circuits effectuant des opérations somme toute déjà complexes. Problème 2.3

D Si on on a Vj Vj = V2 = 5 V, les diodes sont toutes deux bloquées car le passage d’un courant en sens direct nécessiterait une valeur de tension V0 supérieure à 5 V. Le dispositi f est est alors équivalent au montage p roposé sur la figure figure 2.29.

. d o n u D 0 1 0 2

La jonction base - émetteur est polarisée en sens direct. Le transistor n ’est donc pas bloqué et on a, de fait : VB= 0,7 V. Calculons le courant de base :

© t h g i r y p o C

i B

48

=

/ , - / 2

^ c c - 0.7 V

0,7 V

R 0 + R l

R ,

=

07

—

10

= 0,36

mA.


Si le transistor est polarisé dans sa zone linéaire, on a : /c = p/B = 100 x 0,36 x 10-3 = 36 mA. R CIC = 5 - 1000 x 36 x 1(T3 = -31 V. D ’où : Vs = Vc Vc = Vc Vc c - RCIC La tension de collecteur ne peut descendre en dessous de la tension tension d ’émette ur qui, elle-même, est nulle. Le transistor est donc saturé : Vs = 0. En rés um é: V, = V2 = 5 V => Vs = 0 V. V. ^ Supposons mainten ant que l’une des diodes soit reliée à la la masse. Prenons par exemple Vj = 0. 0. Cette diode sera alors passante car polarisée en sens direct par l’intermédiaire de la résistance /?0. On aura donc V0 = 0>7 V. La différence de potentiels aux bornes de la résistance R j est donc nulle ; aucun cou rant ne peut la traverser. traverser. Aucun courant de base ne pourra alors apparaître à l’entrée du du transistor. Celui-ci ne peut donc en aucun cas être conducteur : il est bloqué. L’absence de courant de base induit l’absence de courant de collecteur. On a do nc : Vs = Vc c = 5 V. Si les deux diodes sont reliées à la masse, cela ne change rigoureusement rien à l’état du transistor : celui-ci reste bloqué puisque l’on a toujours V0 = 0,7 V.

Ë) En conclusion, la tension de sortie n’est égale à 5 V que si les deux entrées ne sont pas simultanément à 5 V. Cette fonction logique correspond à la fonction NON-ET. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Le circuit logique étudié ici est un peu plus complexe que celui du problème précédent. La présence des diodes, en effet, nécessite un raisonnement supplémentaire. Ne pas hésiter à dessiner le schéma équivalent au montage initial en fonction de l’état des diodes.

TJ

O C = 3

a

O r\j © ai >CL O

U

CL

2

I -3 a Q

49

Le f o n c t io n n e m e n t

DYNAMIQUE DU TRANSISTOR BIPOLAIRE

RAPPELS DE COURS L ’un des des principaux intérêts intérêts du transistor bipolaire consiste à faire faire varier ses différents paramètres électriques autour du point de polarisation. On parle alors de fonctionnement dynamique. Si les variations de tensions et de courants autour du point de polarisation sont suffisam ment faibles, les les grandeurs électriques associées au transistor varieront linéairement. Ce fonctio nnemen t est la base de l ’une ’une des fonctions essentielles de l’électronique : l’amplification des signaux électriques.

3.1 L e

r é g i m e d e pe t i t s s i g n a u x

Considérons un transistor bipolaire polarisé en un point correspondant aux grandeurs électriques B0' / C0 et ^CE 0 (flSure 3 1 >VBE0’ l B0' Si on fait varier la tension base - éme tteu r auto ur de la tension

, on peut écrire :

v BE( r) = ^B E0 + ^ VBE^)* variation de la tension base - émette ur autour de son son point de de polarisation, Ôv B e (0 représente la variation appelé également point de repos. Une variation de la tension vBE induit inévitablement une variation du courant de base /B, donc du courant de collecteur ic . Il s’en suit, par conséquent, une variation de la tension vCE (figure 3.1). . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

On imagine fort bien en observant ce diagramme, que de très petites variations de vBE sont susceptibles d’engendrer de grandes variations de vCE, ce qui permet d’envisager le fonctionnement du transistor comme la base de la fonction d’amplification. On parle de régime dynamique de petits signaux lorsque les variations de vBE sont suffisamment faibles pour supposer que la variation du courant de base est linéaire. Cela revient à assi mil er local emen t la courb e /B - f (vBE) (vBE) à une droite. Dans ces con diti ons, ic et vCE varient aussi li néair ement avec v BE. Ainsi, une variation sinus oïdale de v BE se traduit par des variations sinusoïdales de chacune des autres grandeurs électriques associées au transistor.

50

3.2. Les paramètres hybrides du transistor NPN

3.2 L es

pa r a m è t r e s h y br b r id e s d u t r a n s is t o r

NPN NP N

Lorsque le transistor fonctionne linéairement en régime de petits signaux, on peut exprimer les variations de ic et de vCE en fonction des variations de vBE ou de /B, ou inversement. Pour des raisons de commodité d’écriture, nous choisirons désormais de nommer vBE, iB, ic et vCE vCE les variations de ces grandeurs autour de leurs points de repos, respectiv ement , /g , I C

e* ^CE ' Les expressions qui lient ces grandeurs variables entre elles, en régime linéaire, s’expriment ainsi :

VBE “ * l l ' B + * 12VCE iC

T3 O C =5 Q

o r\i © O) >CL O

U

( c

O

c

_

VBE

ou encore : \

*C

\

*11 *12 \

— <

ZB

>

h H

A

*21 *22 y V VCE y

( SL

CL J3 I T3 C û

= *21' *2 1' B + * 22VCE 22VCE

*21

h

12

est la matric mat ricee hybride du transistor en régime de petits signaux. est matrice

22 y

3

©

51

3 . Le fonct ionn ement dynamique du trans isto r b ipolaire

Les coefficients hÿ sont appelés paramètres hybrides du transistor : /?! j correspond à la résistance dyn amiq ue de la joncti on base - émet teur (on dit aussi de la diode ba se - ém et te ur ). Sa va le ur es t de l’ordre du kil o ohm. h j 2 est un no mbr e sans dim ens ion très faible. En règle géné rale , on co nsid ère que /?, 2 « 0. /?2| est le gain en courant du transistor, soit h2 \ = Ph 22 est homogène à l’inverse d’une résistance, c’est-à-dire à une conductance, et s’exprime en Siemens (S). Ce paramètre, appelé conductance de sortie, est tel que \ lh 22 est de l’ordre de quelques dizaines de kilo ohms. Sous certaines conditions, on pourra considérer que h22 ~ 0. Remarque

Dans un transistor, le paramètre hu varie en général avec la température. Il varie également en fonction de la valeur du courant de base. En effet, la résistance h } } est définie dans la relation :

3v V BE

“

^11

;B +

^1 2

VCE ^

^ 1

1

”

Or, h) ] n’est rien d’autre que la résistance dynamique de la diode base - émetteur. Si on considère l’équation générale de fonctionnement d’une diode, on peut écrire :

BEÔ >B =

On a donc :

h,, = d - ^

diB

's 6

la

avec Vn = — =>vBE = Vjn o /.

= — = — '

b

'

b

ê

Le coefficient h u est donc bien proportionnel à la température et inversement proportionnel au courant de base.

3.3 L e

s c h éma éq u iv a l en t d u t r a n s is t o r

NPN

On peut représenter le fonctionnement du transistor en régime linéaire de petits signaux par un modèle de type quadripôle en considéra nt, par exemp le, que les grande urs d ’entrée sont v BE et /B et que ic et vCE constituent les grandeurs électriques de sortie (figure 3.2).

C . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

E Figure 3.2

52

3.4. Construction des schémas équivalents

Dans ces conditions, on peut proposer un schéma équivalent du transistor, valable uniquement po ur les co mpo sa nt es variab le s de ces gr an de ur s él ectr iq ues. La figure 3.3 pr és en te ce sc hé ma équivalent.

1

--------------- __________

1— ^ —

UBE

h \ & c e Q

\ É

J _

uCE

/?22

.

n 2\lB

L L

Figure

1

L

_

3.3

Selon que l’on néglige h i2 (figure 3.4) ou que l’on néglige à la fois h )2 et h 22 (figure 3.5), d’autres schémas équivalents plus simples peuvent être utilisés. B

lB

BF.

E

Figure

3.4

3.4 C o n s t r u c t i o n

TJ

O C

=3

û

Figure

3.5

d es s c h é m a s éq u iv a l en t s

Le schéma équivalent représente le fonctionnement dynamique du transistor. Ce schéma ne concerne que les signaux (courants ou tensions) variables. Lorsque le transistor est inclus dans un montage quelconque (par exemp le, celui de la figure 3.6), il est nécess aire de pr opos er un -J-J schéma équivalent de l’ensemble. Vis-à-vis des signaux variables, un U vu poin t que lc on qu e porté à un potentiel co ns ta nt (et c ’est le cas po ur to us les poin ts reliés à l’ali me nt at io n +VCC) se trouve donc à la masse puisque la 3 tension en ce point ne peut en aucun cas varier. Dans un schéma C q C équivalent en régime de petits signaux, le potentiel 0 correspon d donc aux ’cL points do nt la par tie variable de la tensio n est nulle.

« b

3

U

O fM © CT)

>Q. O

U

D.

2

I

La figure 3.7 correspond au schéma équivalent du montage réel en régime de petits signaux. Dans ce schéma équivalent, les résistances R j et Rc sont reliées à la masse alors qu’elles sont reliées à + v c c dans le montage original.

rm

Figure

3.6

c3 û ©

53

3 . Le fonctionnement dynamique du transistor bipolaire

n

h" <«

t

J

— hn va

Rb

ci

(

_ | _______

I5 E .

{

h 22 i

a ,

C_Jl

rm

Figure 3.7

3.5 A mpl if ic a t eu r s Un amplificateu r de tension (figure 3.8) est un système électronique qui permet de multiplier l’amplitude d’un signal d’entrée vc(f) par une constante Gv pour obtenir un signal de sortie vs(f) = Gvve(f). La constante Gv est appelée gain en tension de l’amplificateur. Un am plificateur de courant (figure 3.9) permet d’effectuer une opération similaire sur les courants. Ainsi, si on appelle ic(t) et is(f) les courants d’entrée et de sortie d’un tel dispositif, on aura : is(t) = GA/e(f). La constante G A est appelée gain en courant de l’amplificateur. Certains amplificateurs amplifient à la fois la tension et le courant. Ce sont des amplificateurs de puis sance.

A

A

V ,

Figure

3.8

Figure 3.9

Les transistors, compte tenu de leurs propriétés, se prêtent très bien à la réalisation de montages amplificateurs variés. On utilise un amplificateur en connectant une source de tension à amplifier sur son entrée et, d’une manière générale, en reliant une charge à sa sortie. Cette charge est destinée à « utiliser » le signal ainsi amplifié (figure 3.10).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure 3.10

Comme les amplificateurs sont des montages généralement linéaires, on peut appliquer le théorème de Thévenin à leurs bornes de sortie. Ainsi, l’amplificateur, vu de sa sortie, est équivale nt à un dipôle de Thévenin comp osé d ’un généra teur de tension parfait placé en série avec

54

3.5. Amplificateurs

une résistance /?s dite de sortie (ou d’une impédance de sortie Zs). Le générateur de tension parfait correspond à la tension à vide que l’on note vs0. On calcule la résistance de sortie en court-circuitant, dans le schéma équivalent, le générateur placé à l’ent rée du circui t. On a alo rs :

v = ——•

Lorsque l’amplificateur, vu de ses bornes de sortie, est équivalent à un dipôle contenant en série, un générateur de courant, l’impédance de sortie est considérée comme infinie. De même, l’amplificateur, vu de ses bornes d ’entrée, est équivalent à une résistance d’entrée Rc (ou à une impédance d’entrée Ze) telle que :

D’une manière générale, la résistance d’entrée dépend de la résistance de charge RL placée en sortie du montage. La figure 3.11 présente le schéma équiva lent de l’amplificateu r faisant apparaître ces grandeurs fondamentales.

Fi gu re

3.1 1

Tout amplificateur est également caractérisé par son excursion de sortie qui correspond aux valeurs limites (supérieure et inférieure) que peut prendre la valeur de sa tension de sortie : ti> />

t» -o

a

o

V max*

Ü D.

En tentant d’amplifier un signal d’entrée d’amplitude trop élevée, le signal de sortie risque de « saturer » à Vmin et/ou à Vmax.

3

3

'5. o

fM

©

< vvs <

^

Dans un amplific ateur de tension, cette excursion limite, de fait, l’amplitude admissible du signal d’entrée : Vmax min < ve< G,

T3

O C D

• V min

3 CD

> Q. O

U

I TO D C

3

O

© 55

. Le fonct ionnement dynamique du transisto r bi polaire

3.6 C o n d e n s a t

eu r s d e d é c o u p l a g e

Les amplificateurs à transistors ont un fonctionnement tension ç basé su r des va riat io ns de tensions ou de co ur ants auto ur variant autour de 0 V de valeurs constantes dites de polarisation. Très souvent, point de la borne d ’entrée d ’un amp lificateur correspond à la base polarisation d’un transistor qui, pour fonctionner en régime linéaire, non nul est polarisée à une tension non nulle. C’est autour de cette tension non nulle que doit varier le signal d’entrée. amplificateur Or, le générateur placé à l’entrée de l’amplificateur m ? délivre, le plus souvent, une tension variation autour du potent iel 0 V. Po ur au to rise r la li aison des deux él ém en ts , Figure 3.12 on insère un condensateur dont le rôle consiste à isoler les deux composantes continues des signaux tout en se comportant comme un court-circuit vis-à-vis des composantes variables de ces signaux (figure 3.12). Ce condensateur est appelé condensateur de découplage.


M o n t a g e é m e t t e u r c o m m u n a v e c d é c o u p l a g e d ’é m e t t e u r

Le montage de la figure 3.13 représente l’amplificateur à émetteur commun. On suppose que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. Dessiner le schéma équivalent de ce montage en régime dynamique de petits signaux. On utilisera le modèle de transistor de la figure 3.5.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure 3.13

56


En déduire successivement les expressions du gain en tension Gv = vs/ve, du gain en courant GA = is/ie, de l’impédance d’entrée et de l’impédance de sortie. On supposera que les résistances R j e t R 2 sont cho isi es de sorte que /? j j soit très infé rie ur à la résistance équivalente à leur association en parallèle et on formulera également l’hypothèse que la résistance Rc est du même ordre de grandeur que h j j . Quels sont les ordres de grandeurs des gains et des impédances d’entrée et de sortie de cet amplificateur ? E x e r c i c e 3. 2 *

Montage émetteur com mu n san s déco uplag e

On considère le montage de ma figure 3.14. Le transistor est polarisé d ans sa zone de fonctionnement linéaire. Dessiner le schéma équivalent de ce montage en régime de petits signaux. On utilisera le modèle de transistor de la figure 3.5.

T3 O c =5 Q

ofM © U)

> O

CL U

v
En déduire succes sivem ent l’expression du gain en tension, de l’impédanc e d’entrée et de l’imp éda nce de sortie. Les résist ances /?, et R2 sont toujours choisies de sorte que h ] | soit très inférieur à la résistance équivalente à leur association en parallèle que l’on notera R q . La résistance Rc est du même ordre de grande ur que h | j .

|

E x e r c i c e B. 3 *

O o 5* , -o

Am plificate ur collecteur com mu n

Le montage de la figure 3.15 représente un amplific ateur à collecteu r com mun. À partir de son sch éma équiv alent (modèle de transis tor de la figure 3.5), dét erm ine r son gain en tension, son gain en courant, son impéd ance d’entrée et son impéd ance de sortie.

c 3

Û

©

57

. Le fonctionnement dynamique du transistor bipolaire

^ 1^2 n On supposera que la résistance R0 = ---------- est grande devant h {{ et devant la résistance P RE. R j + R 2 E x e r c i c e 3 .4 **

Montage base co m m un e

Le montage de la figure 3.16 représente un montage à transistor de type base commune. Calculer le gain en tension, le gain en courant ainsi que les impédances d’entrée et de sortie de ce montage. Rc et /i ,, sont du même ordre de grandeur.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

58


E x e r c i c e 3 .5 **

Am plif icat eu r de tension à deu x tra nsi sto rs

Dans le montage de la figure 3.17, déterminer l’expression du gain en tension G y défini comm e le rapport de la tension de sortie vs sur la tension d’entrée ve. Les deux transistors sont supposés identiques et caractérisés par leurs paramètres (3et h\ j. On supposera que (3 R E » /?, j.

E x e r c i c e 3 .6 *** A m p l i f i c a t e u r p u s h - p u l l La figure 3.18 représente le schéma classique d’un amplificateur push-pull. Les deux transistors sont supposés complémentaires, c’est-à-dire parfaitement symétriques.

■ Sj

'O "O O c D û

3 &

O fN © en

> O

CL

U

J3 I •O 3

û

© 59

3 . Le fonct ionn ement dynamique du trans isto r b ipolaire

On considérera les transistors bloqués lorsque leur tension base - émetteur sera inférieure à 0,7 V et linéairement conducteurs pour vBE = 0,7 V. Calculer le point de repos des transistors et montrer qu’en l’absence de signal d’entrée, les deux transistors sont bloqués. Déterminer les conditions dans lesquelles chacun des transistors est linéairement conducteur. Tracer les variations de la tension de sortie vs lorsque la tension d’entrée est sinusoïdale, soit : ve(f) = V0 cos cor avec V0 = 10 V. Calc uler le gain en couran t du mont age : GA = i j i t . E x e r c i c e 3. 7 **

Param ètres hybrides du mo ntage Darlin gton

Le circuit de la figure 3.19 représente un montage dit Darlington constitué de deux transistors possédant respectivement les caractéristiques PA et h\ 1A d ’une part et PB et /?j 1B d ’autre part. À partir du schéma équivalent de ce montage en régime dynamique, montrer que l’ensemble se comporte comme un unique transistor qui posséderait des caractéristiques B et //, ( que l’on calculera en fonction de PA, h j j A, pB et h\ JB.

ÉNONCÉS DES PROBLÈMES P r o b l è m e 3.1 ** A m p l i f i c a t e u r d i f f é r e n t i e l

Le montage de la figure 3.20 représente un amplificateur différentiel. Les deux transistors sont supposés identiques et polarisés tous deux dans leur zone de fonctionnement linéaire. O À partir du schéma équivalen t de ce montage, calcu ler les deux courants de base /BI et /B2 en fonction de (v el - ve2) et de (ve! + v e2).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure 3.20

60


^

En déduire les expressions de vsl et de vs2 que l’on mettra sous la forme : A d ( v e l - v e 2) + ^ c ( v e l + v e2)-

Montrer que A ç «

A d.

Remarque

Les paramètres A^ et Ac sont appelés respectivement gain différentiel et gain en mode commun. L’objectif de ce montage consistant à amplifier la différence des deux signaux, seul Aa est intéressant, tandis que l’on cherche en général à rendre >AC, plutôt gênant, le plus petit possible. On supposera que RE est choisie de sorte que p/?E »

h j ,.

D On s ’intéresse à présent au point de polarisation. Les valeurs des résistances sont les sui van tes : ftB = 1200 kO, R q = 7 kO et RE = 800 Q. Les cara ctérist iques du transis tor sont : P = 100 et /z Jj = 1 k O. La tensio n d ’alimenta tion est égale à Vc c = 15 V. Calculer les points de polarisation des transistors, c’est-à-dire les valeurs continues de leurs tensions VB, Vc et VE ainsi qu e leurs co ura nts / B et 7C. EJ Montrer à partir de ces résultats qu’il n’est pas possible de choisir un gain différentiel aussi grand qu’on le souhaiterait. P r o b l è m e 3 .2 *** A m p l i f i c a t e u r d i f f é r e n t i e l à m i r o i r d e c o u r a n t

TJ

O C ZJ

a

O rsj © O) > Q _ O

U

2

U Dans le montage de la figure 3.21, montrer que le transistor 7^ se compo rte com me une source de courant I dont on calculera l’expression en fonction de son gain P3, de R et de Vcc (on supposera que le courant dans la diode est négligeable dev ant le courant de base du transistor r 3). Les transistors T j et 72 sont identiq ues et caractér isés par leurs param ètres P et /îj j.

3

Û

61


^ Effectuer alors le schéma équivalent du montage et calculer l’expression de la tension de sortie vs en fonction de ve, et de ve2. Ë) Conclure sur l’intérêt de cet amplificateur. On remplace maintenant la résistance R c par le transistor PNP 74 (figure 3.22). L’ensemble constitué de la diode D2 et du transistor T4 constitue une source de courant 70. Sans faire aucun calcul, préciser quel est l’intérêt fondamental de cet aménagement opéré dans le montage de l’amplificateur différentiel.

P r o b l è m e 3 .3 *** A m p l i f i c a t e u r p u s h - p u l l à correction de distorsion

TJ

O C =3

Q o

fM

© O) >CL

La figure 3.23 représente le schéma d’un amplificateur push-pull dans lequel on a effectué quel qu es am én ag e ments. D Montrer qu ’en l’absence de signal d’entrée, les deux diodes sont passantes. ^ En déduire les valeurs des tension s VBE| et VBE2 correspo ndant au point de repos de chacun des transistors 7, et 7V Ë) Montrer que les diodes restent toujours passantes et déterminer les conditions dans lesquelles chacun des transistors est linéairement conducteur. En déduire que le ph én om èn e de distorsion identifié dans l’exercice précé  dent a disparu.

o

U

62


£ ) Dessiner le schéma équivalent du circuit pour un signal d ’entrée correspondan t à la demialternance positive d’un signal sinusoïdal et calculer le gain en tension ainsi que le gain en courant de l’amplificateur, en généralisant les résultats obtenus.

DU MAL À DÉMARRER ? 3.1 On posera immédiatement : R {)

R \ R l R { + R 2

Cette résistance correspond à la résistance équivalente de l’association en parallèle de /?, et de R 2 qui définissen t le point de polarisation de la base. On cherchera à exprimer l’ensembl e des grandeurs utiles aux différents calculs en fonction du courant de base /B. Ne pas oublier que dans un schéma équivalent, seules les grandeurs variables sont représentées et que les composantes continues sont donc systématiquement considérées comme milles. On remarquera qu’un condensateur dit de découplage est placé en parallèle aux bornes de la résistance d’émetteur. Ce condensateur peut être considéré comme un court-circuit pour la composante variable de la tension d’émetteur (cette composante sera donc nulle et l’émetteur jou era le rôle de poin t de réfé renc e de po te ntiel po ur l’ense mbl e du mo nt ag e, d ’où l’appellation émetteur commun) et sera considéré comme un isolant vis-à-vis de la composante continue, préservant ainsi le potentiel continu de polarisation de l’émetteur. 3.2 Le mont age diffère de celui de l’exercice précédent par l ’absence du con densate ur de découplage. On compar era les résultats obtenus ici avec ceux de l’exercice précédent. Dans le schéma équivalent correspondant à cet amplificateur à émetteur commun non découplé, la résistance intervient désormais. On cherchera à ordonner la présentation du schéma équivalent afin de rendre son exploitation plus facile.

•u c

’Xt

T3 O C =5 Q

3

&

r\J

en > Q . O

U

3.4 Les différents résultats recherchés s’obtienn ent facilement en adoptan t la méthode qui consiste à calculer les différents courants et tensions dont on a besoin, en fonction du courant de base. On s’intéressera, après avoir calculé les différents paramètres de cet amplificateur, aux différences fondamentales qui le séparent des montages émetteur commun et collecteur commun. 3.5 On effectuera le schém a équivalent en régim e de petits signaux et on cherchera, com me toujours, à exprimer les tensions vs et ve en fonction des courants de base.

o

©

3.3 Les différents résultats recherchés s’obtiennen t facilement en ad optant la méthode qui consiste à calculer les différents courants et tensions dont on a besoin, en fonction du courant de base. On s’intéressera, après avoir calculé les différents paramètres de cet amplificateur, aux différences fondamentales qui le séparent de l’amplificateur à émetteur commun.

-C O.

J3 T3 3 û Q

3.6 Les deux transistors sont suppo sés po sséder des caractéristiques similaires ou plutôt complém entaires puisque l’un est de type NPN et l’autre, de type PNP. On suppose ra que leur

C

63


pa ra mèt re p es t le mê me . L ’an al yse de la sy mé tr ie du sy st èm e doit alors pe rm et tr e de déterminer rapidement le point de repos du circuit. On s’attachera à démontrer que le gain en tension est voisin de 1, malgré une légère distorsion du signal que l’on identifiera, et que le gain en courant est grand. 3.7 Le montage Darlington permet de construire un «s up er transis tor» possédant des caractéristiques, de gain, notamment, impossibles à obtenir avec un seul composant. On cherchera à exprimer les relations entre les différents courants i j , i2 et /3 et on montrera que ces relations s’apparentent à celles d’un transistor unique pour lequel ces courants joueraient respectivement les rôles des courants de base, de collecteur et d’émetteur. On n’omettra pas de déterminer le paramètre H l, équivalent au montage. Problème 3.1

Il est fondamental d’ordonner le schéma équivalent avant de tenter tout calcul. On montrera que » A c et qu’ainsi, on peut considérer que ce montage constitue un amplificateur différentiel. En ce qui concer ne la troisième question , on notera que, dans chaque transistor, le courant de base correspond au courant dans les résistances /?B puisque l ’on s’intéresse aux points de polarisation (aucun signal n’est appliqué). Le calcul du point de polarisation ne pose pas de difficulté pa rtic uliè re. Il s’agit ici de mo nt re r qu ’en ag is sa nt sur ce rt ai ne s va le urs de rési st an ce s pour augmenter le gain différentiel, on risque de saturer les transistors. On discutera sur les valeurs de Vc et VE. Problème 3.2

Dans le montage de cet amplificateur différentiel dit à miroir de courant, on s’est inspiré du montage du problème 3.1 en effectuant quelques aménagements, mais surtout, en remplaçant la résistance d’émetteur par un montage à transistor jouant le rôle d’une source de courant. Tout se pa ss e alors comme si on di sp os ai t d ’une ré si st ance d ’ém ett eu r infinie . La modification apportée à la quatrième question transforme le montage en amplificateur à miroir de courant de charge. On raisonnera sur la résistance équivalente du système qui remplace la résistance de collecteur. Problème 3.3

Pour calculer les gains en tension et en courant, on effectuera le schéma équivalent du montage dans le cas de l’alternance positive, puis, on généralisera pour l’alternance négative du signal sinusoïdal d’entrée. Le schéma équivalent devra être réalisé en remplaçant les diodes par leurs résistances dynamiques. On retrouvera alors une configuration de circuit déjà étudiée. On supposera que R est grande devant la résistance dynamique d’une diode et devant le paramètre h | , du transistor.


C o r r ig é s d e s e x e r c ic e s

Exercice 3.1

Considérons le schéma équivalent du montage (figure 3.24). Les deux résistances de polarisation fi| et fi2 étant associées en parallèle, posons : fi.fio fin

=

fi «+ fi/-

et dessinons un schéma équivalent simplifié (figure 3.25). 4

«B B

C

T r r 7 R, R, .

.L _ I

P' b

^ P ' b

T

K B

4

I

1 «c

K

___ T

E ^

P'„

l

rm

Figure

P'B

C

J rm Figure 3.25

3.24

Pour déterminer le gain en tension, on calcule successivement la tension vs et la tension ve en fonction du courant de base /B. Sur le schéma équivalent, on lit immédiatement l’expression de la tension de sortie : v s = ^C*s =

Par ailleurs, comme fi0 » résistance fi0.

/?n, le courant /B est très supérieur au courant circulant dans la

On a donc : iB ~ ic. D’où: ve = /î,, iB. *c P ^ vs Oy - — ; ve h \\ lB ii Comme fic et /?j| sont du même ordre de grandeur et que P est généralement élevé, le gain en tension est donc, la plupart du temps, élevé : Gv » 1. Le gain en courant se détermine de manière évidente :

On en déduit

"O O C

=3

û

O

c c

c

H ’S.

CM

© O) CL

O

U

CL

's = -P'I

=> GA = ^ = -p .

i' = /r»

3

I T3 3 Q

Le gain en courant de cet amplificateur est donc élevé.

C

©

65

. Le fonct ionn ement dynamique du transist or bipolaire

L’impédance d’entrée a pour expression approximative : 7

Ze =

Ve

An ' B , “ = * 11 lB

ou encore, pour être plus précis, si on souhaite tenir compte du fait que h 11 et R q se trouvent en parall èl e à l’ent ré e de l’am pl if ic at eu r : U D 7111*0

h

*BB

C

/

L L’impédance de sortie se détermine en court-circuitant les bo rn es d ’ent ré e (figur e 3.26) . Le dipô le fo rm é pa r les bo rn es de sortie est alors une source de courant parfaite ; l’impédance de sortie est donc infinie.

K

*0 L

J

E À

Figure 3.26

Ce qu’il faut retenir de cet exercice L’amplificateur à émetteur commun possède un grand gain en courant et un grand gain en tension. Il s’agit donc d’un amplificateur de puissance. Son impédance d’entrée correspond peu ou prou à j, do nc de l’ordre du kil o ohm ; s on im pé dan ce de so rtie est inf ini e. Exercice 3.2 Considérons le schéma équivalent du circuit en régime dynamique (figure 3.27). Ordonnons ce schéma de manière à rendre son exploitation plus aisée (figure 3.28). ‘b b

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

C

PiBis

Cal culo ns d ’abord le gain en tension ; on a d’une part v s = -Æc p/B et d ’autre part, en appelant v A la tension aux bornes de la résistance d’émetteur RE :v v e —VA = * 11*B*

66


Or : vA = R E((i + 1)/B. D’où : vc - /?e ((î + 1)/ B = /*i M b Soi t : vc = /?e ((3 + 1)* b + h\ M b * v Gv = — = ----------------------------ve ^ E( P + l ) i B + * , | i B

On en dé du it :

~^Çp flE(p + 1) + *11

L ’impédance d ’entrée, quant à elle, est définie par : Z

= —• ze Le courant d’entrée de l’amplificateur est égal à la somme du courant de base et du courant dans la résistance R0. On a donc :

D ’où : Z„e =

i

=

'e

ÏÇ + • = /?()+ ' B

+

ve

R0 + R E( $ + \ ) + h u

= * 0 + /? e (P + 1) + /7lly /?0l/?E (( i+ 1) + h u ] Ve'

/?q [/? e ((3+ 1) + /?, | J /?0 +

+ 1) + h 11

Attachons-nous à présent au calcul de l’impédance de sortie. Court-circuitons les bornes d’entrée du circuit. On obtient le schéma de la figure 3.29 puis celui de la figure 3.30 étant donné que la résistance /?0 se trouve court-circuitée.

Figu re 3.29

Figu re 3.30

Le dipôle de sortie comp ortant une source de courant en série, l’impédance de sortie est en théorie infinie. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Il est intéressant de comparer les résultats obtenus avec ceux de l’exercice 3.1. L’absence de découplage d’émetteur nous donne ici une diminution importante de la valeur absolue du gain en tension et se traduit également par une augmentation de l’impédance d’entrée.

TJ

O C

=3

û

O fM © CT)

>Q. O

U

En effet :

*cP

,*cP

RE( V + \ ) + h u < h n

CL

2

I

Et:

Ze

/?0[/?E( P + O + ftiiJ +

+ U +

V ?ll *o + * n

û

Q 67


Exercice 3.3

Consid érons le schéma équiva lent du circuit en régime dynam ique aménagement du schéma, sur la figure 3.32, on lit immédiatement : *S = B

>b

Figure

C

(P+

v s = /?E ( P + O ' b -

PiB

3.31

Par ailleurs, la loi d’Ohm aux bornes de

nous h\ \

v e - v s = / ? l l /B D’où :

v e = /?E(p + l ) i B +

On a don c :

Comme

h j

(figure 3.31). Après

donne : v e = v s + / î ll ' B-

h u iB .

vs /?E ( P + 1 ) G v = — = ---------------------- V ve RE( P + 1) + /1M j est faible devant (}/?E, ce gain est légèrement inférieur à 1.

Calculons à présent le courant ie afin de déterminer le gain en courant : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

I-e

68

=

e

+ /& R = --v

[ÆE(P +

+ /î ll ]' B R r

^?E(P + • ) + + 'B =

R ,

h 11

+ R q 'B '


Comme i

= (P + 1) /R , on en dédu it :

(P + 1)/B CA = -

=

/?()(p+1) R e ( p + 1) + h {[ + R 0

^ p ( P + 1 ) + ^ 11 + ^<0 lB

Comm e on suppose que /?, j « R0 et que R0 » p/?E, on a R E( P + 1) + h j j + R q « R q . D’où :

Ga

's

^)(P+D

•e

R, -v0

= —~

= p + 1 .

Le montage collecteur commun amplifie donc le courant. Déterminons à présent l’impédance d’entrée. Nous possédons déjà l’expression de ve et de ie en fonction de /'B. On tire donc très rapidement :

z

= v_e = «0l « E(|i+ D-K .,, 1

C 'e + 1) + 11 + Pour calculer l’impédance de sortie, court-circuitons les bornes d’entrée sur le schéma équivalent (figure 3.33) et réorganisons le schéma (figure 3.34).

__ _ _i

1

1 _

N

__ ------

J 1 *»

>

^------ J

-

‘ “ c c

___________ fî77 Figure 3.33

^

Le courant de sortie is s ’obtient facilement :

1> S j

h

1» -o Xi “O o c 13 Q o

fM

© 03 > O C l

U

- (P + 0 lB-

et la loi d’Ohm aux bornes de h { j nous pe rm et d ’écrire v s = - h j j/B. 3

3 C C

L’impédance de sortie possède alors pour expression :

C

V

’cL Q O X i

ex

Z

s

= -_ s = is

~hui* = _1l L (p + i) «B p + f

Cette impédance de sortie est en général très faible.

2 ”3 c3 û ©

69


Ce qu’il faut retenir de cet exercice L’amplificateur à collecteur commun est un amplificateur de courant possédant une impédan ce de sortie très faible. Exercice 3.4

Consid érons le schéma équivalent du circuit en régime dyn amiq ue (figure 3.35) que nous réorganisons selon le schéma de la figure 3.36. h

B

C

Figure

PiB

3.35

Figure

3.36

On tire immédiatement du schéma de la figure 3.36 les expressions des tensions d’entrée et de sortie : ve = - /îll'B et

Il vient donc :

Gv = — =

h

11

Comme Rc est du même ordre de grandeur que Calculons à présent le courant d’entrée

° na:

ze =

Comme ve =

70

= - /?c P'B-

/?c P ' b * 11*B

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

v s

ie afin

h

\,, ce gain en tension est élevé.

de déterminer le gain en courant.

I)ZB-

- h j j z’B ,

o n a : z'e =

^ll'B R c

- (P + l ) ' b •


Le courant de sortie is étant égal à -PiB, on tire immédiatement : - P iB

CA = 7 =

^ - ( P "E

P

+ D i 'b

^

+ (P + D

De toute év ide nce : GA < 1. L’impédance d’entrée se déduit des expressions de it et de ve :

Ze = T" =

h ««i o

-jL5-
h i

1 rB h \ \ d / b

■ju + ( p + D

j étant de l’ordre du kilo ohm, cette impéda nce d ’entrée

Court-circuitons à présent les bornes d’entrée dans le schéma équivalent afin de calcule r l’impéd ance de sortie (figure 3.37). Il ne subsiste plus que la source de courant aux bornes de sortie puisque les deux résistances h 11 et /?E se trouvent court-circuitées.

A

V s

Le dipôle de sortie étant constitué d’une source de coura nt parfaite, n l’impédance de sortie est infinie. //// Figure 3.37 Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Le montage base commune est un amplificateur de tension, d’impédance d’entrée faible et d’impédance de sortie très grande. Exercice 3.5

La figure 3.38 représente le schéma équivalent du montage de la figure 3.18. Le courant d’entrée it se trouve être le courant de base du premier transistor.

-

- j j

vuu TJ

O c =3 û

3

3 C q

C U

O fM © CT)

>Q . O

U

‘ci.

T3 C 3 û

Figure 3.38

Q

71


-/?cP*B2-

De mani ère éviden te, on a : vs = Il nous faut donc déterminer vc en fonction du courant zB2. La loi d’Ohm aux bornes de /zM, du côté de l’entrée, nous donne : v e - v A = Al l Ie = > v e = v A + Al l l e-

Il faut donc ch erc her à dé term ine r /e et v A en fonc tion de zB2. La tension v A régna nt aux bornes de R E et de /z, j (du deuxième transistor), on a : VA - ^ e ( zc + P zc + ZB2 + P ZB2) ” ^ e (P + 1) (zc + ZB2) et VA “

1I ZB2-

D ’où : R E(P + 1) (it + /B2) - - h \ j/B2. Dé ve lo pp on s : ÆE(P + 1)/e = - R E(P + 1)/B2 - h j , /B2. So it : *e =

/?E(P+ \ ) + h {{ ---- —— ---- ------ z B2 * R e ( P+ 1) 1

7

h u [ RE{ £+ l ) + h u ]

Puis:

ve = A„ i e + v A = -

/?E(P+ 1)

* B2 - / j I1'B2'

On en déduit Gv : v„

G\ , = — =

ve

- / ? c P« b 2 h u [ RE{ V + \ ) + h u ]

R E (

ou encore :

P+ i)

' B 2 “ h \ l'B2

/?r P /Î,|[/?E(P+ 1) +* ,,] + h 11 R E ( P+ U

R CR E( p + I )p

Gv =

^ l ) [ ^ g ( P + i ) + ^ l l ] + ^ | | ^ £ ( P + 1)

Si h j j « p/?E :

Gy ~

KC/?E(P + 1)P

/?c /?E(p + î jp

R c p

/7 11[/?E(P + 1)] + /I,,/ ?E(P+ ! )

2 / î n /?E ( p + 1)

2/7,

Ce qu’il faut retenir de cet exercice . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Le schéma équivalent se complique dès lors que plusieurs transistors interviennent dans le circuit. Il est nécessaire d’être extrêmement rigoureux dans la construction du schéma équivale nt et dans son analyse. On veillera, en particulier, aux signes des différentes grandeurs électriques. Exercice 3.6

Calcul du point de repos : si les deux transistors sont com pléme ntaires , le montage sera pa rf ai te men t sy mé tr iq ue . Le pote nt ie l du po in t co mmun aux de ux ém et te ur s es t donc nul, de même que le point commun aux bases de chacun des transistors. Les deux transistors sont donc

72


bloq ué s pu is qu e tous deux cara ct éris és par une tensio n base - ém et te ur nulle. Les co ur ants de bas e, co mme les cour an ts de co ll ecteu r so nt nuis et les collect eu rs des transist ors sont respectivement aux potentiels +V q c et _ ^CCAfin de comprendre le fonctionnement de ce montage, cherchons à quelles conditions les deux transistors sont bloqués ou conducteurs. On remarquera, auparavant, que les deux transistors po ss èd en t la mêm e tensio n VBE. Si vB < 0,7 V, le trans ist or NPN reste b loq ué et vE = 0. Si vB > -0 ,7 V, le transis tor PN P reste b loqu é et vE = 0. Le transistor NPN devient conducteur dès que la tension de base devient supérieure à 0,7 V, le transistor PNP restant bloqué. Si au contraire la tension de base devient inférieure à -0,7 V, le transistor PNP devient conducteur tandis que le transistor NPN reste bloqué. Comme la tension de base n’est autre que la tension d’entrée et que la tension d’émetteur correspond à la sortie du circuit, on a : vc < -0,7 V : 7, bloqué, T2 conduc teur ; v BE = -0,7 V => vs = v c + 0,7 V. -0,7 V < vc < 0,7 V : Tj bloqué, T2 bloqué ; vs = 0. ve > 0,7 V : T l conducteur, T2 blo qu é ; v BE = 0,7 V => v s = ve - 0,7 V. Si le signal d’entrée est une demi-alternance positive de sinusoïde, le transistor T, commencera à conduire lorsque la valeur de ve franchira la valeur seuil de 0,7 V. Le signal de sortie sera alors égal à vs = ve - 0,7 V (figure 3.39). Il se bloquera à nouveau dès que le signal v e redevi endra inférieur à 0,7 V. Pendan t toute cette demi-altern ance positive, le transistor T2 reste bloqué. Pour une demi-alternance négative, le transistor T2 commence à conduire dès que le signal vc devient inférieur à -0,7 V et tant qu’il ne redevient pas supérieur à ce seuil. Le signal de sortie a alors co mm e exp ressio n : v s = ve + 0,7 V (fig ure 3.40). T { reste bloqué pendant toute la demialternance négative.

T3 O C =5 Q

o

CM

© CD

> Q. O

U

73


En conclusion, le signal de sortie, à condition de posséder une amplitude largement supérieure à 0,7 V, ressem ble bea ucou p au signal d ’entrée (figure 3.41), mise à part une légère distorsion lorsque le signal passe autour de 0, distorsion due au blocage des deux transistors dans cette zone. On admet néanmoins que l’amplificateur push-pull possède un gain en tension voisin de 1.

Calcul du gain en courant : pendant la demi-alternance positive (pour ve > 0,7 V), le montage push -p ull est éq ui va le nt au mon ta ge de la figure 3.42. De tout e év id en ce , is = p/c ce qui est tout à fait logique étant donné qu’il s’agit, alors, d’un montage collecteur commun. Pendant la demi-alternance négative, le montage est équivalent au circuit représenté sur la figure 3.43. On a toujours is = p/c puisque les deux transistors sont censés posséder le même pa ra mè tr e p. Par rapp or t à leur or ient at io n, ces deux co ur an ts sont négati fs ce qui est co nf or me au fonctionnement du transistor PNP. Quel que soit le cas, le gain en courant est donc le même :

Comme le gain en tension est voisin de 1, l’amplificateur push-pull se comporte comme un amplificateur de courant.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

74



L’amplificateur push-pull est un amplificateur de courant. Dans la version présentée dans cet exercice, il est caractérisé par une distorsion du signal au voisinage de 0. Cette distorsion, qui s’avère problématique pour les signaux de faible amplitude, peut être corrigée, comme cela sera étudié dans le problème 3.3. Exercice 3.7

Le schéma équivalent du montage Darlington, en régime linéaire de petits signaux, est présenté sur la figure 3.44, puis, après réorganisation, sur la figure 3.45. 1ba

lcA

h

iK= h

h

------- i— ]

A

Pu'

5

n 77

Figure

3.44

Figure 3.45

Exprimons la différence de potentiels Vj qui est la somme des deux tensions aux bornes de h\ IA et /?, ,B. On a : v, = h n A i ^ A + h { i b ,’ b b = ^ i i a * b a + h \ i b (P a + O^Bv " 3

■ y>

l» 4> 'O TJ

O C

ZJ

3

&

O

CM

© > Q_ O

U

Vi = r/? ,,A + /? ,, B (p A + 1)]*Ba-

En posant ^

h

Par ail leu rs : Soit :

= îiA + ^h

b

(P a + O. on peu t écri re : V| =

| i B = H\

.

*2 = P a *Ba + P b i B b = P a % a + P b (P a + 0 ^ -

b a = i2 = [pA + P b (P a + 1)]* b a ~ P a P b *Ba= ®,#

Les relations Vj = //, |/, et i2 = B/j s’apparentent au montage équivalent d'un transistor bipolaire (figure 3.46). Le montage Darlington se comporte donc comme un tel transistor donc les caractéristiques seraient :

a

CD

Soi t :

J3 T3 3

^ M - ^ l l A + ^l iB (P a + O et B - PAPB.

E Figure

3.46

C

û Q

75

. Le fonct ionnement dynamique du transisto r b ipolaire


Le montage Darlington est très utilisé dans la conception des amplificateurs de puissance. Il pe rm et , en fait , de co ns trui re une sorte de su per-t ra ns is to r cara ct éris é pa r un très gr an d gain qui peut alors être exploité, par exemple, dans un montage push-pull pour obten ir une très forte amplification en courant. En général, le second transistor est choisi parmi une g amm e dite « de pu is sa nc e », su pp or ta nt les si gn au x de forte am pl it ud e, mais po ss éd an t so uv en t des gain s un peu plus faibles que la normal e.

C o r r i g é s d e s p r o b lè m e s

Problème 3.1

[^Considérons le schéma équivalent du circuit en régime dynamique (figure 3.47) que nous réorganisons selon le schéma de la figure 3.48.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Cette réorg anisa tion s ’opère en partant de la résist ance /?E et en recon stitu ant prog ress ivem ent le circuit. D ’après la figure 3.48, en appel ant vA le potentiel d ’éme tte ur des deux transi stors, les expressio ns des deux courants de base sont : l B 1

76

v e 1- v A II

et /B2 -

ve2~vA 11


Figure

B.48

La résistance /?E étant parcourue par la somme des deux courants de base et des deux courants de collecteur, on peut écrire : VA ~ Soit : v A « /?Ep

' Ve l - VA , v e 2 ~ V

11

V

D’ o ù :

v,

+ (B2^'

' 1+

/

REP h n \\

11

(v e l + v e2)'

^ e P

Il vie nt donc : v A =

h ll

(Vel+Ve2)

1+ s

o r\i © 4—' _c

CT) Q.

O

U

2/^P h

O.

23 1

/711 + 2 /? £ P

.1

1 .ü

P ( v e l + V e 2)

Que nous pouvons désormais remplacer dans les expressions des courants de base

T J

O c D Q

R e

!ü__L h

,,

h.

/?E P ( Ve l + v e2 ) ' ù , i +

2/?e P

Transf ormo ns cette expression pour faire apparaître la forme recherch ée : v el

, v el

| v e2

v e2

1

/ ?E P ( v e l + v e2)

2/7 n

2/7 | |

2/7 | |

2/7 | |

/7||

/ 7 | i + 2/?E P

2 û

3

© 77


2 h t t + (VH + v e2) 2/7,

2 /? 11

h \ \ + 2/?e |3 - 2/?e |3

(Ve l - v pe2' 9) + 2/7, 1

BI

ê P

e2

1

II /7| | + 2/?Ep

2 h \ \ ( h \ \ + 2/? e P)

e2 ) 2/7 11

(v£|+ve2 ) 2(/7H + 2/?Ep)

Le montage étant entièrement symétrique, le courant /B2 s’obtient par simple permutation des indices. Soit :

i B2

(Vpi - v e2)

(veI e 1 + vp9) e2^

2h u

2(An + 2i?EP)

Calculons à présent les tensions de sortie : v sl = _/ ? c P'BI et Soit:

Et

v s| = -

vs2 =

/?C p(v e l - v e2) 2 /? II

* C p ( v e l ~ v e2> 2/7,,

v

s

2

= _/? c P 'B 2 -

^ C P ^ e l + v e2) 2 { h u + 2/?Ep)

/?C P (v e l + v e2) 2(/7 j , + 2/? e P)

En valeurs absolues, le gain différentiel et le gain en mode commun ont donc pour expressions respectives : = * ç P et A

A

d Comme

« p/?E, on a : A c «

2/7,1

et

= c

^ çP 2(/7 , j +

2/?Ep)

A d.

0 Le montage étant parfaitement symétrique, les points de polarisation des deux transistors sont rigoureusement identiques. Raisonnons sur n’importe lequel de ces deux transistors. Soit /B son coura nt de base (dirig é vers la base) et Ï q son courant de collecteur (dirigé vers le bas). Soit VB, Vc et VE les potentiels respectifs de la base, du collecteur et de l’émetteur. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

On a : V,CC VB = *B7B V B “ ^CC ~~^ B 7B ' C’est la somme des deux courants d’émetteur qui circule dans la résistance R E. On peut donc écrire : VE =

2 ( P +

1)K E/ B

=

2 P /? E / B .

Si le transistor est effectivement polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire, on a : VB ~ VE = ° ’7 V

78

=> V C C -

R Br B ~ 2

P / ? E / B = ° ’7 V ■


On en déduit l’expression du courant de base : ( * B + 2P/?E)/B = VCC- 0 ,7 V . Soit : / g =

^CC - 0.7 V 2p^B

D ’o ù : / E - / c = p / R =

p ( v c c - ° - 7 v ) * b +

Pu is:

VB - Vc c - R

Et: VF = 2p/?E/B = E

b

I b

2 P* b

- Vc c -

/?B + 2 P/? E

2p/?E( Vcc- ° J y )

H EB

« b +

2P«e

Par ailleurs : Vc c - V Q = P ^ c 7B ^ Soit : Vç - VQC

R B ^ VC C ~ 0,7 V )

VC = ^CC ” P ^ c / b •

P ^ C ^ C C " 0 ’7 v ) /?B + 2P/?E

Application numérique : ZB ~

15-0,7

= 10,5 |i A

1,2 x 10 + 2 x 100 x 800

/© « / E = 10,5 x 10

-6

VB = ^ CC - ^ B 7B = 15 - 1.2

X

x 100 = 1,05 m A 106 x 10,5 x 10”6 = 2,4 V

VE = VB -0 ,7 V = 1,7 V VC = VC C ~ RCrC = 15 - 7 x 103 x 1,5 x 10-3 = 7,65 V

1» 1» T3 O =5 û

C

O r\i © O) >O

C L

U

C

c

EJ Les valeurs des résistances ont été choisies de sorte que le point de repos des collecteurs (donc des points de sortie de l’amplificateur différentiel) se trouve environ à la moitié de la plage correspondant aux bornes d’alimentation.

Lorsqu’un signal variable se superposera à cette tension continue de sortie, la valeur de ce pote ntie l va rier a au to ur de cette va le ur co nsta nt e de 7,65 V avec une am pl it ud e qui , de fait, sera limitée à l’excursion de sortie de l’amplificateur. Cette excursion de sortie permet au potentiel de O. collecteur de descendre jusqu’à environ 2 V. Il est impossible de descendre en dessous car le transistor sature lorsque Vç devient voisin de VE. J c

c 3

û

©

79


L ’expressio n du gain trouvée dans l’exercice précé dent est :

*CP

= ------2/7 ii

Pour augmenter ce gain différentiel, le premier réflexe consiste à augmenter la valeur de Rc . Toutefois, en aug menta nt /?c , le potentiel de repos du collecteur diminue (donc se rapproche de VE, limitant ainsi l’excursion de sortie de l’amplificateur, ce qui limite l’amplitude maximale que l’on peut obtenir sans saturation. L ’effet est donc inver se à celui recherché. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Le circuit étudié correspond au plus simple des amplif icateurs différentiels qui jouent un rôle important en électronique. On retiendra la présence parasite du gain en mode commun qui, même s’il est très faible, est susceptible d’être gênant. Par ailleurs, le problème fait apparaître l’un des inconvénients majeurs de ce montage simp le : l’impossibilité, à cause de la résistance de collecteur, d’obtenir des gains en tension aussi élevé qu’on pourrait le souhaiter. Problème 3.2

D Appelo ns V0 le potentiel de la base du transistor T3 et / son courant de collecteur (figure 3.49). Son courant de base vaut alors //p3, courant qui circule également dans la résistance R. vcc

T

Figure 3.49 On a donc, aux bornes de la diode : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

R I

et aux bornes de R :

n , „ D ou :

/ — = P3

80

/ =

- V q = ---P3

VC C ~ V0 R

(33(2 V c Soit :

Vq + V q q = 0,7 V .

c R

-

VC C ~

- 0 , 7 V)

0)7 v + R

vcc


Ce courant continu est imposé au reste du circuit. Le circuit de la figure 3.19 est donc équivalent, globalement, au schéma de la figure 3.50.

Figure 3.50 ^ Le schéma équivalent de ce montage en régime dynamique de petits signaux est présenté sur la figure 3.51. On notera l'absence de la source de courant / qui, constante, n’est pas placée dans le schéma équivalent en régime dynamique.

On peut écrire à la lecture de ce schéma : - j - j

vuu "O o c =3

O

3

3

en

Par ailleurs, la loi des nœuds appliquée au point A nous donne la relation :

C q

C U

o fNI ©

v s = -/? c P /B2’ vel - V A = ^l l' BI et ve2 " VA = /îll 'B 2'

*B1

+

P*BI

+

*B 2 +

P*B2

=

0

=>

(P

+

1 ) ^B 1

+

(P

+

1)*B2

=

0

^

*B1

=

“ *B2 ’

'ci.

Donc • v e 1~~v A = I l zB2 ‘ Que nous retranchons de l’expression de l’expression de vc2 : ”3

Ve 2 - VA - Vel + V A = 2 / î l l , B 2 = > v e 2 - v el = 2 / j 11'B2-

Q.

O

U

3

û ©

81


P*C

On a donc : ve2 - v e I

’l h

11

P Ou encore : v . = s 2 h 11:
Ë) L’intérêt de se montage est évident : l’expression obtenue montre que le mode commun est désormais complètement éliminé. Le miroir de courant permet donc de réaliser un véritable amplificateur différentiel, sans terme parasite. La source de courant sur l’émetteur (étudiée dans l’exercice précédent) et la nouvelle source de courant /0 nous cond uisent à considérer que le montage de la figure 3.22 est équivalen t à celui de la figure 3.52.

Figure 3.52 La source de courant /0 se comporte comme une grande résistance de collecteur. Or comme le montre son expression, le gain différentiel est d’autant plus élevé que la résistance de collecteur est grande : A

d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

* CP d

2*1 1 Toutefois, nous avons démontré (problème 3.1) qu’il n’est pas possible d’augmenter la résistance R q de manière inconsidérée sous peine de ne plus pouvoir polariser correctement le transistor. Le miroir de courant de charge qui remplace cette résistance permet d’augmenter la résistance « vue » du collecteur sans pour autant nuire à la polarisation. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Les deux miroirs de courant intégrés dans cet amplificateur différentiel permettent, pour le premier, de « reje ter » le mode co mmun et po ur le second, de di spo se r d ’une marge de réglage du gain différentiel beaucoup plus importante.

82


Problème 3.3

D En l’absence de signal d ’entrée, les deux diodes, placées en série, sont polarisées en sens direct puis qu e reliées par l’in term édiaire de résist ances série à une différence de potentiels Vc c - (-Vc c ) positive. Elles sont do nc passantes. La tension aux bo rnes de chaq ue diod e est donc égale à 0,7 V. ^ Le montage étant parfaitement symétrique, le point de repos correspondant à leur borne com mu ne est au potent iel 0 V. Le potentiel de base de 7 j est donc égal à 0,7 V tandis que le potentiel de base de T2 est égal à -0, 7 V. La symétrie du système nous donne par ailleurs la valeur du potentiel au point commun aux deux émetteurs : VE = 0. Au point de repos, on a donc : Transis tor 7 j : VgE = 0,7 V => , 7 j condu cteur ; Transistor

T2 :

vBE = -0 ,7 V => , T2 conducteur.

Ë) Quelle que soit la tension d’entrée, les diodes resteront donc passantes, à condition, toutefois, qu’elles conservent leurs conditions de polarisation. On doit donc toujours avoir : -V,Cc + 0 , 7v < v e < V c c - 0 ’7 V

T3 O C =5 Q

o r\i © C T )

>* O Q.

U

Si on superpose à ce point de repos une tension correspondant à la demi-alternance positive d'un signal d’entrée sinusoïdal, le transistor T2 se bloque dès que ve > 0. En effet, la diode D 2 reste pass ante ; la différen ce de potentiels à ses bo rnes reste co ns tante mais co mme le potentiel de son anode augmente, celui de sa cathode en fait de même. K-c Le potentiel de base du transistor T2 augmente donc ; on a désormais vBE2 > -0,7 V. Le transistor T2 est donc bien bloqué dès qu ’appa ra ît à l’entrée une tension positive. Parallèlement, le transistor 7, reste conducteur. En effet, la diode D j reste passante ca r toujour s pol arisée en sens direct. En augmentant le potentiel de sa cathode, celui de son anode augmente et devient supérieur à 0,7 V. Les conditions de polarisation de la jo nc ti on base - ém et te ur du transi st or 7 j sont toujours remplies et on a toujours vBE) = 0,7 V. Le transistor 7 1 étant conducteu r dès que vc > 0, le ph én omèn e de distorsion constaté dans l’exercice préc éd en t disparaît. c J ) En régime linéaire de petits signaux, le schéma équivalent du montage correspond à celui de la figure 3.53. Les résistances rd corresponden t aux résistances dynamiques des deux diodes qui leur sont O. équivalentes en régime dynamique. Le schéma 2 Figure 3.53 équivalent devient celui de la figure 3.54 puis celui de c c

C 3

û

©

83


1

I

11

&

' b hn 1 1 ~ *il1 111

_ ------- __ ____

I

R + rd

*

i

».

____

^

R

1 P%

I

J rm

Figure 3.54

la figure 3.55 en considérant que R » rd et que R vs Dép l u s:

»

h \ (.

Sur ce schéma, on a :

P ^ l ' b -

v g - v s = ( r d + A„ ) i B .

D ’où : v e = (r d + A, | ) / B + v s = (r d + h ,, )«B + P * LfB ■ Par conséquent :

G \ 7 =

P ^L — = ve r d + ^ 11 + P ^L v

L

Par ailleu rs: G A = — = U

s

-------------------- -

B/ r ----

= |3 .

fB

Ces résultats n’ont rien de surprenant puisque le montage, pour cette demi-alternance positive, n’est rien d’autre qu’un montage collecteur commun (voir exercice 12 de ce chapitre). Le montage étant parfaitement symétrique, les mêmes résultats seront obtenus pour la demialternance négative en considérant que le transistor T2 est conducteur et que le transistor T j est bl oqué. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Ce montage améliore les performances du montage push-pull étudié dans l’exercice 6. La pr és en ce des de ux di od es pe rm et en effet d ’él im in er la di st or si on au to ur de 0 . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

84

L’ a m p l i f i c a t e u r o p é r a t i o n n e l EN RÉGIME LINÉAIRE

RAPPELS DE COURS L’amplificateur opérationnel est un circuit intégré entrant dans la constitution de nombreux montages électroniques. Ses caractéristiques le destinent à participer à des dispositifs exploitant ses propriétés de fonctionnement en régime linéaire ou en régime non linéaire. Les chapitres 4 et 5 sont consacrés exclusivement aux montages à amplificateurs opérationnels fonctionnant en régime linéaire. Le régime linéaire sera étudié au chapitre 6.

4.1

L’a mpl if ic a t

eu r o pér a t io n n el

Un amplificateur opérationnel est un amplificateur de différence possédant un gain en tension très grand. La figure 4.1 présen te la représent ation sym boli que de ce composant. L’entrée « + » correspondant à la tension v+ est appelée entrée non inverseuse ; l’entrée « - » correspon dant à v_est appelée entrée inverseuse. Soit A le gain en tension de cet amplificateur. On a : Vs = A(v+-v_).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

L’amplificateur opérationnel est un composant actif qui, po ur fo nc ti on ne r, do it être al im en té par une do ub le so urce de tension, co mme indiqué sur la figure 4.2. Toutefois, comme la présence des sources d’alimentation est implicite, l’usage veut qu’on ne les représente pas systématiquement, sauf dans certains cas où l’on fait jouer un rôle un peu plus pa rtic ul ier à ces sources . La plupart du temps, on utilise une source d ’alimentation symétrique. On a alors :

VDD =

^CC-

Les valeurs

Vc c =

15 V et - ^DD - -1 5 V sont les valeurs les plus couram men t utilisées.

85

. L’amplificateur opérationnel en régime linéaire

4.2 C a r a c t

ér is t iq u e d e l ’a mpl if ic a t eu r o pér a t io n n el

La caractéristique de l’amplificateu r opérationnel (figure 4.3) correspond au tracé de la tension de sortie vs en fonction de la différence d ’entrée (v+ - v_). Cette courbe est caractérisée par une zone de fonctionnement linéaire très étroite, compte tenu, d’une part, que le gain A est très grand (en général supérieur à 105) et d’autre part que la tension de sortie se trouve limitée en ce qui concerne son excursion en amplitude, à des valeurs Vmin et Vmax voisines respectivement de - V Dd et de V q C. (Sur la figure 4.3, on a choisi Vmin = - V max.) Autreme nt dit, pour fonctionner en régime linéaire, la différence (v+ - v_) doit rester inférieure, en val eur absolue, à une valeur très faible notée £ sur la figure 4.3. Si (v+ - v_) > e, la sortie vs de l’am plif icate ur sature à une valeur Vmax. Si (v+ - v_) < -e , la sortie vs de l’am plif icate ur sature à une v aleur Vmin. Si — £ < (v+ - v_) < £, l’am plif icate ur fonct ionn e en r égime linéaire et on a, dans ce cas seulement : vs = A ( v + - v_).

4.B S c h é m a

éq u iv a l en t

Comme tout amplificateur, l’amplificateur opérationnel possède un modèle de fonctionnement faisant apparaître une impédance d’entrée Zc, une impédance de sortie Zs et une tension de sortie à vide vs0 (figure 4.4). D’une manière générale, un amplificateur opérationnel, quel qu’il soit, est caractérisé par une très grande imp édance d ’entrée et une très faible imp édance de sortie. Dans la grande majorité des cas, on considérera que Ze est infinie, donc, qu’aucun courant ne peut entrer par les bornes v+ ou v_ du système et que Zs = 0, autrement dit que, quel que soit le courant de sortie du dispositif, aucune chute de potentiel ne vient perturber la tension de sortie. On a donc bien toujours, dans tous les cas où l’amplificateur fonctionne en régime linéaire : v s = A(v+- v _ ) . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

86

4.4. Fonctionnement linéaire

4.4 F o n c t io n n emen t

l in é a ir e

On démontr e que la présence d ’une boucle de contre-réaction (figure 4.5) autrem ent dit d ’une connexion par l’intermédiaire d’un dipôle conducteur entre la borne de sortie vs et l’entrée inverseuse v_, assure automatiquement un fonctionnement linéaire à l’amplifi cateur opérationnel. Cela signifie qu’une boucle de contre-réaction assure l’inégalité :

______

-E < (V+ - V_) < 8.

On peut par ailleurs considérer le cas de l’amplificateur opérationnel idéal qui possède, outre une impédance d’entrée infinie et une impédance de sortie nulle, un gain ten dant vers l’infini . Dans ce cas, £ —» 0 et la bouc le de contre-réaction assure l’égalité suivante : v+ —v_ = 0

4.5 M o n t a g e s

<=>

v+ = v_.

à a mpl if ic a t eu r s o pér a t io n n e l s

Montage suiveur

La figure 4.6 représente le montage le plus simple que l’on puis se réal iser à l’aid e d ’un am pl if ic at eu r opérat io nn el . La présence d ’une boucle de contre -réacti on assure un fonctionnement linéaire à l’amplificateur opérationnel. On a donc : V+ = v_ = v c. " 3

■ y>

tj

o c

=5 Q O Psi ©

l» 4> 'O ■ Xi 'C 3 3 H ’S.

Puisque v_ = ve et que l’entrée inverseuse est reliée à la sortie, on a vs = vc. Si on ne considère que cette équation, il est clair que l’intérêt de ce montage peut paraître limité. Toutefois, il faut tenir compte que ce montage possède, de fait, une im pédance d ’entrée infinie et une impédance de sortie nulle. Ce dispositif, appelé suiveur, permet de connecter entre eux un montage amont et un mont age aval (voir figure 4.7), sans qu ’aucun courant ne soit soutiré du montage amont (donc sans perturber le signal qui en est issu), et en autorisant le montage aval à soutirer n’importe quel courant du montage suiveur (donc sans que la valeur de son impédance d’entrée ait une quelconque influence sur la connexion des deux montages.

en

Q.

O

U

•3 O C

3

O

© 87


Amplificateur de tension

Sur le schéma de la figure 4.8, la présence d’une boucle de contre-réaction assure ici, une fois de pl us, un fo nct ion ne men t li néaire au mo nt ag e. Comme v+ = 0, on a v_ = 0. Par ai ll eurs, l’im pé da nc e d’entrée de l’amplificateur étant infinie, aucun courant ne peut entrer par l’une ou l’autre des entrées de l’amplificateur opérationnel. C’est donc le même courant i qui parcourt les résistances /?i et /?->. On peut donc écrire :

Jve = V 1° - v s =

R 2'

En éliminant le courant i de ces deux équations, on tire : =

v„

_ R _2

R

,

Cette relation reste valable en régime sinusoïdal avec des dipôles linéaires passifs (condensateurs et bobines par exemple) en utilisant la représentation complexe du circuit (figure 4.9).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

88

4.6. Correction d’offset

. . Ys -2 Dans ce cas, on peut écrire : — = ------e 2, Il est rappelé que la représentation complexe d’un signal sinusoïdal v(t) est définie par :

v( f) = l/ 0 cos( cot + (p) <=> V = VfteJ<*\ Ce type de relation permet de calculer systématiquement et rapidement l’expression de la tension de sortie en fonction de la tension d ’entrée dans le cas des montages à amplificateurs opérationnels fonctionnant en régime linéaire sinusoïdal. Rappelons, s’il l’était nécessaire, que la représentation complexe d’un circuit n’est valable qu’en régime sinusoïdal.

4.6

Co r

r ec t io n

d ’o f f s e t

La conception d’un amplificateur opérationnel induit un phénomène parasite au niveau de sa sortie : le décala ge en tension encore appel é offset. Ce phénom ène se traduit par l’apparit ion d ’un niveau de tension de sortie qui, au lieu d’être nulle lorsqu’aucun signal n’est appliqué à l’entrée, est égale à une valeur continue. On peut tenir compte de ce phénomène d’offset dans l’équation de fonctionnement de l’amplificateur opérationnel où représente la tension de décalage ramenée à l’entrée ou tension d’offset : v s = >4(v+ - v _ + Vd). Ce phéno mène est généré dans l’étage d’entrée de l’amplificateur opérationnel. Dans certains cas, il est sans effet, mais pour certaines applications, il peut avoir des conséquences dramatiques : il ne devient plus pos sible l ors qu ’un signal d ’entrée oscille autou r de 0 V, de garant ir que le signal de sortie oscillera aussi autour de 0 V. Pour corriger ce problème, la plupart des circuits intégrés d’amplificateurs opérationnels possèdent deux bornes spécifiques appelées bornes de correction d’offset permettant d’imposer la valeur moyenne du signal de sortie à 0 V. Pour ce faire, ces born es doi ve nt être reliées à un mo nt ag e po te nt io mé tr iq ue qui pe rm et d ’aj us te r la co mpo sa nt e continue de sortie, comm e cela est indiqué sur la figure 4.10.

TJ

O

c ZJ

a

O r\i © CT)

>* O Q.

U

H ’S. o.

2 C 3

û

© 89



A n a l y s e d u f o n c t i o n n e m e n t d ’u n a m p l i f i c a t e u r opérationnel

Dans les quatre montages représentés sur les figures 4.11 à 4.14, déterminer si l’amplificateur fonctionne ou non en régime linéaire.

c

R2

Figure 4.12

R2

C

Figure . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

E x e r c i c e 4 .2 **

4.14

S c h é m a é q u i v a l e n t d ’u n m o n t a g e à a m p l i f i c a t e u r opérationnel

Effectuer le schéma équivalent du montage de la figure 4.15 en utilisant celui de l’amplificateur opérationnel de la figure 4.4. On supposera que son impédance d’entrée est infinie et que son impédance de sortie est nulle. Son gain sera noté A. Calculer le gain en tension du montage ainsi que sa valeur limite lorsque A tend vers l’infini.

90


K

E x e r c i c e 4 .3 *

Montage som ma teur

On consid ère le mont age de ma figure 4.16. D éte rmi ner l’expre ssio n de la tension de sortie Ks du montage en fonction des trois tensions d’entrée Kj, V2 e t £

E x e r c i c e 4 . 4 **

Am plific ate ur différentiel

T J

= £

On considère le montage de ma figure 4.17. Détermine r l’expression de la tension de sortie Vs du mon tag e en fonctio n des deux tensi ons d ’entrée K| et V2.

y,

O

|

E x e r c i c e 4 .5 *

ZJ

a

|

Dans le montage de la figure 4.18, exprim er la tension de sortie d’entrée Vc . En déduire le rôle fondamental de ce dispositif.

O

CJ

TJ

Montag e intégr ateu r

C

CM

© CD

>* Q. O

U

J

ci.

2

•O O c û

E x e r c i c e 4 .6 *

en fonction de la tension

Montage dériva teur

Mêm e question pour le montage de la figure 4.19 dans lequel on a inversé les positions respectives de la résistance et du condensateur.

3

©

91

4 . L’amplificateur opérationnel en régime linéaire

î

R 2

Figure 4.17 C

E x e r c i c e 4 .7 **

R

Am plific ateu r exponentiel

Dans le montage de la figure 4.20, déterminer l’expression de la tension de sortie en fonction de la tension d'entrée. Même question si on intervertit les positions de la diode et de la résistance.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

E x e r c i c e 4 . 8 **

Am pli fic ate ur non inv ers eur

v Calculer le gain en tension G y = — du montag e représenté sur la figure 4.21.

E x e r c i c e 4 .9 **

Montage à rési stan ce négative

Dans le montage de la figure 4.22, exprimer la tension v en fonction du courant i et montrer que ce montage se comporte comme une résistance négative.

92


D

E x e r c i c e 4 . 1 0 ** P h é n o m è n e d e s a t u r a t i o n d a n s u n a m p l i f i c a t e u r opérationnel

“ü o c =3 Û O rsi

© en

C3 i

C

t j

CL

O

U

On considère le schéma de la figure 4.23 correspondant au montage amplificateur classique déjà étudié. La résistance R j poss èd e une va le ur fixe égal e à 1,2 kO . La résistan ce R 2 est variable. L’am plifica teur opérationnel est alimenté par deux tensions sym étrique s ^CC - 15 V et -V DD -15 V dont on supposera qu’elles constituent également les limites de l’excursion de sortie de l’amplificateur. On souhaite amplifier, à l’aide de ce montage, un signal v e(f) = V()coscor avec V0 = 300 mV. Déterminer la condition sur la résistance R 2 qui permet d'amplifier le signal Ve sans que la sortie de l’amplificateur ne sature.

c 3

û

©

93


E x e r c i c e 4.1 1 ** M o n t a g e i n d u c t i f Dans le montage de la figure 4.24, détermin er l’expression de la tension v en fonction du courant i et montrer que ce montage se comporte comme un dipôle formé de la mise en parallèle d’une résistance R et d’une bobine L. Exercice 4.12 ***Réalisation d’une source de courant Dans le montage de la figure 4.25, calculer le courant i qui circule dans la résistance r. Montrer que l’on peut choisir les résistances R j , R2, R 2 et ^4 de sorte que ce courant ne dépende pas de r. *2 r

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

94

2


ÉNONCÉS DES PROBLÈMES P r o b l è m e 4.1 ** A m p l i f i c a t e u r à d e u x é t a g e s

Le montage de la figure 4.26 est constitué d’un amplificateur opérationnel alimenté en +15 V/-15 V dont le courant de sortie maximal est égal à 30 mA. La charge R L est une résistance de faible valeur qui consomme un courant trop important pour être placée directement en sortie de l’amplificateur opérationnel. On place alors à sa sortie un transistor bipolaire de gain en courant P = 100 monté en ampli ficat eur de courant. On donne ^CC - 15 V* D À quelle condition l’amplificateur fonctionne-t-il linéairement ? ^ Calculer, dans ces conditions, le gain en tension du montage. Montrer que ce montage ne peut fonctionner que si l’on a Ve > 0. D Calculer la valeur minimale de la résistance de charge utilisable avec ce montage en supposant que 0 < Le < 200 mV.

t i l é d n u t s e e é s i r o t u a n o n e i p o c o t o h p a L d o n u D ©

Problème 4.2 ** Amplificateur d’instrumentation

Le montage de la figure 4.27 représente un amplificateur d’instrumentation. D Quels rôles jouen t les amplificateurs opérationnels AO 1 et A 0 2 placés à l’entrée du montage ? ^ Déterminer l’expression de la tension de sortie Vs en fonction de Lj et de V2. D Com parer ce montage à celui proposé dans l’exercice 10 de ce chapitre. Quels en sont les avantages ? Problème 4.3 *** Oscillateur à pont de Wien

Le montag e de la figure 4.28 représente un oscillateur à pont de Wien.

95

; 4 . L’amplificateur opérationnel en régime linéaire

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure 4.28

D Établir l’équation différentielle dont Vs(r) est solution. ^ D é te rm in e r la condition sur les résistances R j et R 2 pour que cette équation différentielle admette comme solution une tension V^(/) sinusoïdale. Ë) Dans ce cas, quelle est la pulsation de cette tension ?

96


DU M A L A D E M A R R E R ? 4.1

On s’attachera à détecter, dans chaque montage , la présence ou non d ’une boucle de contreréaction.

4 .2

Dessin er le schém a équivalent du circuit à partir de celui de l’amplificateu r opérationnel en y incluant les deux résistances. Etablir les équations électriques du circuit puis exprimer le gain en tension en fonction des résistances et de A.

4 .3

On exprimera tout d’abord les courants dans les différentes résistances. La loi des nœuds appliquée au point correspondant à l’entrée inverseuse fournit l’équation de fonctionnement du montage.

4 .4

On calculera dans un premie r temps l’expression de la tension V+ en fonction de V2. Dans un second temps, on déterminera l’expression de la tension de sortie en fonction de V_ et de Ej. On obtient la solution recherchée en exprimant la conséquence du fonctionnement linéaire de l’amplificateur opérationnel.

4 .5

L’équation qui lie la tension de sortie à la tension d’entrée est une équation différentielle. On l’obtient sans peine en considérant la loi de fonctionnement élémentaire du condensateur.

4 .6

Procéd er exacte ment de la même manière que pour l’exercice 4.5.

4 .7

II est nécessaire d’utiliser l’équation générale de foncti onnem ent de la diode réelle.

4 .8

Les deux résistances /?0 et /?| sont parcourues par le même courant. Elles constituent donc un pont diviseur de tension.

4 .9

On cherch era à expri mer le courant en fonction de la tension d’entrée.

4.1 0

On cherchera ici à calculer le gain en tension maximal compte tenu de l’amplitude du signal d’entrée.

4.11

On cherche ra à exprim er le courant i en fonction de E Ces deux grand eurs étant liées par une équation différentielle, on démontrera que celle-ci est de la même forme que celle qui régit le fonctionnement d’un dipôle RL.

4.12

La loi des nœuds appliquée au point correspondant à la borne positive de l’amplificateur opérationnel permet de déterminer i. S ’il est indé pen dant de /*, on aura ai nsi réalis é une source de courant parfaite.

Problème 4.1

Ce montage permet d’alimenter une charge résistive très faible en utilisant un montage à amplificateur opérationnel pour l’amplification de tension et un montage à transistor pour l’amplification de courant, compte tenu que l’amplificateur opérationnel ne pourrait alimenter directement cette charge. On remarquera que le transistor assure la contre-réaction de ce montage à condition qu’il soit conducteur. Pour la dernière question, on montrera que le courant dans la résistance est très inférieur au courant d’émet teur du transistor.

97


Problème 4.2

Malgré les apparences, l’étude de ce montage ne présente aucune difficulté. Il convient de raisonner en analysant les fonctions remplies par les différents étages du dispositif. Problème 4.3

On expri mera , dans un premi er temps , la relation entre Vs et Il conv iend ra ensuite de considérer la loi des nœuds au point A afin de faire apparaître l’équation différentielle recherchée.


Exercice 4.1

Cas de la figure 4.11 Aucune boucle de contre-réaction n’est présente ; l’amplificateur opérationnel ne peut fonctionner dans sa zone linéaire.

Cas de la figure 4.12 Le condensateur C entre la sortie et l’entrée inverseuse constitue une boucle de contre-réaction. L’amplificateur opérationnel fonctionnera donc linéairement.

Cas de la figure 4.13 La résistance /?3 assure la boucle de contre-réaction. L ’amplificateur opérationnel fonctionnera linéairement.

Cas de la figure 4.14 L’amplificateur opérationnel fonctionnera linéairement car une boucle de contre-réaction est constituée de la résistance R2 et du condensateur C. C e q u ’ i l f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

C ’est la boucle de contre-réaction qui assure à l’amplif icateur opérationnel un foncti onnement linéaire. Le premier réflexe doit donc consister à rechercher la présence d’une telle boucle dans le montage. Exercice 4.2

La figure 4.29 représente le schéma équivalent du circuit proposé. Comme l’impédance d’entrée est infinie, le même courant i traverse les deux résistances du montage. On peut donc écrire :VC - V_ = R j/. Et :

98

VL -

vs = R2i.


Par ailleurs: Vs = A ( V + - V_). Et : V+ = 0 . À partir des deux premières équations, on obtient : i

=

R 2

v_ y on en déduit immédiatement que si Compte tenu que V+ = 0 et que par conséquent Ps = A -> oo , alors V_ tend vers 0, donc vers V+y pu is qu e Vs ne peut posséder qu’une valeur finie. ve+ i-

Par ailleurs, on a :

Soit : — = Rt

AR<

D ’où : — = — "O O c D û O fNI © C D

>» Q. O

U

e

A

R ,

AR ~

R,

=

------ —

(Rt + R^ + A R , ) . 2 A R t R ' 1

AR *R„ + R2

AR

Si A —> oo , cette exp res sio n est éq uiv ale nte à :

vs _ ve

A R \R 2 R X{ A R ,)

_

R2 R ,

-C

No us av on s donc bien dé montré, d ’une part, que V+ = V_ et d’autre part que le gain en tension du 3 montage global de la figure 4.6 ne dépendait pas du gain propre de l’amplificateur opérationnel, T3 mais uniquement des résistances R | et R2C 3 Û © 99


C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

No us av on s ici la dé mo ns tra ti on d ’une des prop riét és es sent ie ll es de l’am pl if ic at eu r opérationnel et ce, à partir de son schéma équivalent. Cet exercice montre en effet que la contre-réaction assure bien un fonctionnement linéaire au montage. Exercice 4.3

Appelons respectivement / j, i2 et /3 les courants qui traversent R j, R2 et Æ3, orie ntés de la ga uch e vers la droite sur la figure 4.16. V1 On a . /i — — , \ pK l

^

v2 V3 — — et i o — — * j pR2 p 3 R

Comme l’impédance d'entrée de l’amplificateur opérationnel est infinie, un courant / égal à la somm e de ces trois courants traverse la résistance R4. La boucle de contre-réaction constituée par cette résistance R4 assure un fonctionnement linéaire à l’amplificateur opérationnel. On a donc V+ = V_ = 0. La loi d’Ohm appliquée aux bornes de la résistance R4 nous donne donc : 0 - v„ = R ,

S * 1

+ ^ R2

+ v 3^ RV

+ !2 + V D ’où : v g = - R , S V*1 R -, R y On remarquera que si /?j = R 2 = R 3, on a : R 4

vs =

+ v 2 + v 3>-

Le montage constitue alors un additionneur (ou sommateur) de tensions. C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

L’amplificateur opérationnel permet de réaliser, à partir de montages relativement simples, toutes sortes d’opérations, d’où son nom. Ici, s’agit ici d’un additionneur qui, d’ailleurs, peut être très facilement adapté à la somme d’un nombre quelconque de signaux.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Exercice 4.4

Le montage possède une boucle de contre-réaction. On a donc

V+

=

V_.

La tension v+ se calcule facilement en considérant que, comme aucun courant ne peut entrer dans l’ampli ficat eur opérat ionn el, c ’est le mêm e couran t qui traverse Æ3 et R4. Ces deux résistances forment donc un pont diviseur de tension. On a al ors : v +

R , R 3 + R4

100

2-


Par ailleurs, le même courant i traverse les résistances R\ et A2. En orientant ce courant de gauche à droite dans les deux résistances de la figure 4.16, on peut écrire : v -

v,- v

i =

A.

A,

On tire V_ de cette équation vl

v_

*1

*1

v_

v s ^ v f 1 + n — v s -yR , RJ «2 R 2

R 2

L

vl

-< \

f

R \

R 1 R 2 R j + A^

r » .+ k R 2

V' l *J

En considérant que V+ = v_, on peut écrire : r

R ,1R 2

a

R-, + Rl 2^ 2

D’où :

Soit :

* 1*2 v s

*i R, + R ^ s

/?3 + /?4 2

+

R R ? + R

R* A

^ R i + R

(/? I + A2 ) A4 Finalement : v 0 =

R V

R ,

R \R 2 v l

/? I + /?->/?2

R « + R s VR 2

r

A2

(fl3 + A4) A |-v ^

Remarque : si A| = A2 R2 = = A3 = Æ4, on a : amplificateur de différences.

v' vs = v2” v I

Le

montage

constitue

alors

un


c

3

Dans le même esprit que pour l’exercice 4.3, ce montage permet de réaliser un amplificateur différentiel. La soustraction de deux signaux est ainsi facilement mise en œuvre à partir de quelques composants. Exercice 4.5

"O o c =3 Q

c '5,

o rsl ©

B

_c

3

—> 4

U}

>* O Q.

U

Le montage possède une boucle de contre-réaction. On a donc v+ = v_. Soit i le courant qui traverse la résistance (orienté de gauche à droite sur le schéma de la figure 4.17). Le mêm e courant traverse le condensateur (orienté dans le même sens). On peut écrire, d ’une part : v - 0 = Ri

C l

I TO 3

Et d’autre part : 0 - v ç

1

R

-

C 3

û

© 101


On tire immédi atemen t : 0 - v s Le montage constitue un in tégrateur qui délivre l’intégrale de la tension d ’entrée. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Encore une opération facilement réalisée avec un amplificateur opérationnel : l’intégration. Ce montage intégrateur s’avère très utile dans de nombreuses applications. Exercice 4.6

Le montage possède une boucle de contre-réaction. On a donc v+ = v_. Soit i le courant qui traverse le condensateur (orienté de gauche à droite sur le schéma de la figure 4.18). Le même courant traverse la résistance (orienté dans le même sens).

Et d’autre part : 0 - v s =

R i .

On tire imm édi atem ent : v s Le montage constitue un dérivateur qui délivre la dérivée de la tension d’entrée. C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

Aussi im portant que l’intégrateur, le montage dérivateu r permet de délivrer un signal de sortie qui dépend des variations du signal d’entrée. Exercice 4.7

L’équation de fonctionnement de la diode s’écrit : avec Vq = 25 mV à température ambiante. L’amplificateur fonctionne en régime linéaire puisque la diode constitue une boucle de contreréaction, lorsqu’elle est passante, bien sûr. Soit i le courant circulant dans la résistance (orienté de gauche à droite dans le schéma de la figure 4.19). Ce même courant traverse la diode et on a : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

v£-0

=

R i .

En appliquant la loi de fonctionnement de la diode au courant i et à la tension 0 - v s , on obtient :

On tire alors : ve =

102

R i =

/?/se

e =


D ’où : l nv e = l n R I S + ln[e

(-v,)/Vo

] = ln R I - — s ^0

Il vient alors : v 0 = - VQlnve + V ^ l n R I ^ = - l ^ l n — • RI

La tension de sortie du montage évolue en fonction du logarithme de la tension d’entrée. Ce montage constitue un amplificateur logarithmique. Si on intervertit la diode et la résistance (figure 4.30), les équations de fonctionnement deviennent :

- v s = R i .

Soit : v g = - R i = -Æ /Se

v./VA

Figure 4.30

La tension de sortie évolue en fonction de l’exponentielle de la tension d’entrée. Il s’agit d’un amplificateur exponentiel. C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

Outre l’intérêt général du montage qui consiste à réaliser la fonction exponentielle, on notera que la diode est ici employée pour sa caractéristique réelle. Exercice 4.8

La résistance R q constitue une boucle de contre-réaction. L’amplificateur opérationnel fonctionne donc linéairement et l’on a : v + = v _ . Comme aucun courant ne peut entrer dans l’amplificateur opérationnel, il n’y a aucune chute de potent iel aux born es de la résist ance R j pl acée entr e v + et v e . ■ Sj X)

T3 O

C

On a don c : v + = v e . Pour des raisons identiques, c ’est le même c ourant qui traverse les deux résistances R j et R0 reliées à l’entrée inverseuse. Ces deux résistances constituent donc un pont diviseur de tension.

3

&

=5

û

On a alo rs : v

=

D ’où :

=>

*i /?, + /?oV

O rsj

©

-C O.

en

J3 I

> O

+

= v

"

e

=

R

\

---------- v c .

R, + R n s

Q.

U

3

û ©

103

: 4 . L’amplificateur opérationnel en régime linéaire

vs

*I + *0


Ce montage permet de réaliser un amplificateur dont le gain est positif, contrairement au montage simple à deux résistances dont le gain est négatif. On qualifie donc ce circuit d’amplificateur non inverseur. On notera cependant, à partir de l’expression du gain, que celui-ci ne peut pas être inférieur à 1. Exercice 4.9

La résistance R 2 constituant une boucle de contre-réaction, on a :

V+ = V_.

Les deux résistances R 2 et R 3 cons titua nt un pont diviseu r de tension , on peut écrire :

v On a par ailleur s : v + = v et

v - v s = /? | /

compte tenu du fait que le courant i se retrouve intégralement dans R ( à cause de l’impédance d’entrée infinie de l’amplificateur opérationnel idéal. On tire donc : v + = v_ = v =

v.

Comme vs = v - R j i , on peut écrire : v = v-

Soit: . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

1 ------------- v =

R A .

R A .

R

i

.

2

✓. v Cette équation n ’est pas sans rappeler la loi d’Ohm dans laquelle la résistance - = --------- est négative. Le circuit se comporte donc bien comme une résistance négative.

104



Une résistance négative ! Voilà qui n’est pas banal. Le lecteur l’aura bien compris, il s’agit ici de concevoir, grâce à ce montage, un dipôle qui se comporte comme une résistance négative et qui, par conséquent, peut être inclus dans un montage nécessitant une telle loi de fonctionnement. E x e r c i c e 4.1 0 R2 Le gain en tension du mont age de la figure 4.22 a pou r expre ssion : v—s = ----. R \ ve R2

Puisque ve(/) = Vq COSû ) / , on a : v g(r) = ----- Vq COSû )?. R \

Les limites de l’excursion de sortie de l’amplificateur opérationnel sont telles que : V rsmax

On a donc : v smax

^ 2 m a x I7 _ „ V 0 =* ^2max “

„

V s max

R I

R

Application numérique : /??max

= 15 1^ V v y n 0

1200 x — = 60 k£2. 0,3


Il ne faut pas oublier que le signal de sortie de l’amplificateur opérationnel ne peut pas dépasser les valeurs fixées par son alimentation qui définissent ainsi son excursion de sortie. Toute tentative d’amplifier trop fortement un signal d’entrée peut donc causer une saturation de la sortie du montage. Exercice 4.1 1

Le condensateur assurant la contre-réaction, on a v+ = v_. Comme la borne d’entrée non inve rseuse est reliée à la masse , on a mê me v + = v_ = 0 . Le courant i est égal à la somme des deux courant s circulant resp ectiv emen t dans Æ, et dans R 2Soient i | et i 2 ces courants, orientés de gauche à droite dans le schéma de la figure 4.23. ■ Sj

Puisque nous reche rchons l ’équation qui lie

L à/,

calculon s les deux courants i j et i 2 en fonction de

V.

Soit Ls la tension de sortie de l’amplificateur. TJ

O c D Q

3

îd

On a d ’une part : v = /? j / j e t O - v s Et d ’autre part : v - v s =

o

ii d t.

.

CM

©

JZ

CD

J3 I •O

> Q. O

U

CL

Soit, en rempla çan t Ls par son expressio n en fonction de

iy :

v+cJi|d/ =*2'2-

3

û ©

105

• L’ampl ific ateur opératio nnel en régime linéaire

Puis, en remplaçant i[ en fonction de V : 1 rf v v l r v + — — d t = R 0i 0 => i0 = — + -------- v d r .

22

C l R» ]

2

R2

R^ RCi

Comm e i. = — et i = ij + i2, on tire : R

v v 1 f i = — + — + -------- vd/ R , R , R ^ R 2C i ou encore, en dérivant par rapport au temps : d i d t

/?, + R 2

/Y Y Y \ dv ,

K R \R 2 ) dt

v(0 R

R, R~ ,C

Comme cela est suggéré dans l’énoncé, comparons cette forme à l’équation différentielle liant le courant et la tension dans un dipôle formé de la mise en parallèle d’une résistance R et d’une bobine d’inductance L (figure 4.31 ).

Figure 4.31

D’après ce schéma, on peut écrire :

WJ

i = i, + /

. v di 1dv v i t ) vd t + - = > — = ----- + d t R d t R

Cette équation possède exactement la même forme que l’équation trouvée précédemment. On peut donc considérer que le montage de la figure 4.23 simule le fonctionnement d’une inductance. Par analogie, la valeur de l’inductance simulée a pour expression L = La vale ur de la résistance qui lui serait associée en parallèle serait : R =

R I R 2 R | + R


. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Encore un montage très intéressant qui se comporte comme une inductance au sens où son équation de fonctionnement est la même que celle d’une bobine. L’originalité du circuit réside dans le fait qu ’il utilise un conde nsat eur et qu’il permet de sim uler des inductance s aux valeurs peu commune s si le be soin s’en fait sentir. E x e r c i c e 4. 1 2

Soit Vs la tension de sortie de l’amplificateur opérationnel. Les résistances R i et R 2 forment un pont di vi se ur de te nsion. On a don c : v

10 6

=

R { + R 2

s


Comme R 2 forme une boucle de contre-réac tion, on a v+ = v

*1 /?, + /?,Vs'

Appliquons le théorème de Millman au point correspondant à la borne d’entrée non inverseuse de l’amplificateur opérationnel. La connaissance du potentiel en ce point nous permettra de déterminer l’expression du courant i. /?3 R ^ On obtient : v , = ---------------- +

—

+

-

R 3

+

—

r

R4

R, Or : v = ---------- v c => v c = ----------- . + R l + R2 s s R} + e

D ’où : v + =

R

\ +

R 2

— + ----------v , + R 3 i --- + - + -- R 3 r ^4

~

1

1

*3

r

~

H „ I I * 1 + ^

n r

J

r

R 4 J

Ou encore : v+ = R

C

M ,

+ •

R^ R

/?,+/? 2

1 + 1+ M R 3

/?,+/?,

e

V+ "

R ,

v, = R,

j _ + i + _ n _ * | + /?2 R^ R j R 3 r R 4

3 *3 «3(/?|+«9)

1 + — + — ------ ---- i------ — r /?4 On en déduit immédiatement le courant i :

TJ

O c D û

O

f\J

© O) > O

C L

U

i =

H

’cl

v, /*+ /? n +

rR^(R R

Pour que le courant i soit indépendant de r, il faut avoir : CL r/?^ r R ^ ( R j + Z^) r + J3 r

4 r

j + # 2)

R 4R i

=

0

C Û

3

©

10 7

î

4


^3 ^ 3 ^ 1 + ^ 2^ soit : 1 + ---------------------- — = 0 . R, R 4 R i Mult ipli ons cette expression pa r Æ, : R l ( R 4 + R 3) R ,

R3(R ] + R2)

= 0

R,

Il vient : R j(/?4 + R ^ ) = R ^ R ^ + R j ) Finalement : /?(/?4 = R 3 R 2 Si cette condition est réalisée , on a : i = ---*3

Le montage est bien équivalent à une source de courant parfaite étant donné que la résistance r, quelle que soit sa valeur, sera toujours parcourue par ce même courant i. C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x e r c i c e

On savait déjà réaliser des sources de courant à partir de montages à transistor. On sait désormais le faire autrement avec cet exercice qui met en évidence les possibilités quasi sans limites offertes par les amplificateurs opérationnels.


Problème 4.1

D L’amplificateu r opérationnel fon ctionne lin éairement à condition que le transistor soit condu cteur . On a alors, pour ce transistor : v BE = 0,7 V . ^ Dans ces conditions, le même courant /1 circule dans les deux résistances R q et R {. On peut donc écrire (voir figure 4.32) : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

r

Soi t : v e 1 v

V

R V

s* R

Il vient donc : G y

108

+

0

R 1


^cc

Figure 4.32 Comme le courant ï s qui alimente la charge provient de l’émetteur du transistor, il ne peut circuler po si ti ve me nt que dans le sens indi qu é sur la figure 4.32. La tension Ks ne peut donc être que p ositive. C om me Vt est de mêm e signe que Ks, on a donc obligatoirement Ve > 0. On notera que la tension à la sortie de l’amplificateur opérationnel est égale à vs - 0,7 V. Cette tension peut donc être négative, ce qui ne pose aucun problème puisque l’amplificateur opérationnel est alimenté en +15 V/-15 V. Ë ) Le courant maximal délivré par l ’amplificateur opérationn el valant 30 mA, le courant d ’émette ur maxi mal du tran sisto r sera égal à (P + 1) x 30 m A ~ 3 A . Ce coura nt maxim al co rresp ond à la vale ur maxim ale de la tension Ks qui a pour expres sion : v smax = v emax 1 + V R T J

3
j ■ S

= 0,2 x ( l + —) = 10 V . V

Remarque : cette valeur est compatible avec celles des tensions d’alimentation. Le courant maximal dans la résistance de charge est : *smax — zEmax_ / lmax*

TJ

O D Q

C

C

CM

_C CT)

> Q _ O

U

1 0 - 0,2

= 200 |i A .

49 x 103 On peut donc consid érer que le courant de charge est pratique ment égal au courant d ’émetteur du transistor. Ce courant vaut donc au maximum 3 A pour une tension Vs égale à 10 V.

o

©

Or le courant /, dans la résistance /?0 vaut au maximum

C -

3

I

On pourra donc alimenter une charge de valeur minimale :

= ~J" =

^

3

C

a

©

109


Ce qu’il faut retenir de ce problème Parfois, les amplificateurs opérationnels ne peuvent pas délivrer autant de courant qu’on le souhaiterait. C ’est le cas lorsq u’on souhaite alimenter des charges peu résistives. Ce problème montre comment on peut réaliser un amplificateur de puissance à deux étages : l’amplificateur opérationnel amplifie la tension tandis que le transistor joue le rôle d’amplifi cateur de courant. Problème 4.2

D Les deux amplificateurs opérationnels situés à l’entrée du dispositif sont montés en suiveurs. Autre ment dit, leur tension de sortie est égale à leur tension d ’entrée appliquée sur la borne non inverseuse. Le montage possède donc une impédance d’entrée infinie, tant sur l’entrée V\ que sur l’entrée V2.

^ Comm e aucun courant ne peut entrer dans le troisième amplificateur opérationnel (figure 4.33), appliquons le principe du diviseur de tension au point B, c’est-à-dire à l’entrée non inverseuse de l’amplificateur opérationnel : V+

*2 R, + R ^ 2 '

Appliquons maintenant le théorème de Millman au point A, c’est-à-dire sur l’entrée inverseuse du même am plificateur opérationnel : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

v, +

/?2V| + / ? ,V S

R | R 2

_J | j_ R \

R2

R | R 2

/?2 + /?|

/?2V| + R j v s R | + R ry

R \R2

L’une des deux résistances R 2 assure une boucle de contre-réaction. L’amplificateur opérationnel fonctionne donc linéairement.

110


R :

On a donc : v , = v = > ------v2 = + r { + r 2 R

Soit :

R \ + R 2

R -

R ,

,

* 2v l + * l v s

-v„ = /?, + R 2 ' s /?, + R 2

2

R\+R^

v, .

R 2

ü o nc : y s = — ( v 2 - v , ) .

D Ce mont age effectue donc une amplification différentielle des deux signaux d ’entrée. Toutefois, il présente, par rapport au montage proposé dans l'exercice 10, l'avantage d’avoir des impédances d’entrée infinies. Ainsi, l’étage amplificateur ne soutire aucun courant des dispositifs situés en amont qui délivrent les tensions V\ et V2 qui, par conséquent, ne seront pas perturbés par cet amplificateur. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Ce problème présente un montage somme toute classique d’amplificateur différentiel po ss éd an t une im pé da nc e d ’ent ré e infinie, do nc, ne pe rt ur ba nt en rien la me su re des signaux qu ’il est censé détecter. Le fait de raisonner par bloc-fonction permet d ’aller relativemen t vite dans la résolution du problème. Problème 4.3

D L ’amplificateur opérationnel est monté en amplificateur à gain positif (voir exercice 14 de ce chapitre). Les tensions Ps et VA sont donc liées par la relation :

vs =

i +?? R

V

i

VA = “ VA*

Par ailleurs, appelons i le courant circulant entre Ps et PA, dans la résistance dans le condensateur C (figure 4.34).

R

i

et

Aux bornes de l’association série de R et de C, on a : vvs~

i 1r

a

C i

v ------= Ri + —I i d t .

s

T J

O

R

C

=3

C

û

S oi t: f l - 1 ' ) — s = / î ^ + i W . dt C V d t

O

En appliquant la loi des nœud s au point A, compte tenu q u’aucun courant n ’entre dans l’amplificateur opérationnel, on obtient :

fM

© ü> CL

O

U

CL

J3

i = h + c.— * aR a dt

Figure

4.34

C

3

Û

111

4 . L’amplificateur opérationnel en régime linéaire

î

Remplaçons le courant i par cette expression dans la première équation : d( r, n dvs 1 - - — = / ? - Z i + ç ! Vs dA ^ oc^ d t

Soit :

1

jzZz* _ ü Z j zçd2v' + 2 ^ oJ

dt

a

a dr

a

R C

Zi + £ - s

+ i dv‘ a d t

Ordonnons les différents termes selon les dérivées successives ,2

/?Cd vs a

+ 1- a d t 2

1

dvs

d t

VS

+ — = 0 a R C

et multiplions pour finir par a R C : 2„2d vs

R C

dvs + al - - 1| R C — - +v„ = 0. t a

d t

d

E) On remarque im média temen t que si a = 3, le terme corresp ondant à la dérivée première est nul. L’équation différentielle devient alors : .2 2„2d vs R C 2 + v s = 0. (lt

Elle corresp ond à l’équati on de l’oscillat eur harmoni que. La tension Rs sera donc sinusoïdale. r

2

Cela correspond à : a = 1 + — = 3 , autrement dit à R 2 = 2R\. R

D La solution de l’équation différentielle a pour expression : vo(0 = A cosco/ + B avec co = — • RC s Pour conclure, le circuit proposé est donc bien un oscillateur sinusoïdal de pulsation MRC à . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

R 2

condit ion que a = 1 + — = 3 , autre men t dit si /?-> = 2/? (. *i

Ce qu’il faut retenir de ce problème Le circuit étudié est un oscillateur à pont de Wien. Il permet de générer des signaux sinusoïdaux. Mêm e s ’il ne s’agit pas là du meill eur générateur que l’on puisse concevoir, cette étude est malgré tout intéressante car elle permet de montrer une fois de plus, la grande versatilité des amplificateurs opérationnels.

112

Le s

f il t r e s

f r é q u e n t ie l s

RAPPELS DE COURS Avec l’amplification, le filtrage est une des fonctions essentielles de l’électronique. Il est basé sur le comportement fréquentiel des dispositifs électroniques. Des simples montages comportant quelques composants passifs jusqu’aux montages plus sophistiqués à amplificateurs opérationnels, ce chapitre présente les principes fondamentaux de ces systèmes.

5.1 C o mpo r t

emen t f r éq u en t iel d es s y s t èmes

Considérons un dispositif électronique quelconque possédant une porte d’entrée et une porte de sortie (figure 5.1). En régime sinusoïdal, ce circuit possède une représentation complexe dans laquelle on associe aux signaux v e (t ) et s v (/), leurs représentations complexes V e ets V (figure 5.2).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Si le circuit est linéaire, autrement dit s’il ne comporte que des dipôles passifs linéaires et des composants actifs (transistors ou amplificateurs opérationnels) fonctionnant en régime linéaire et si son signal d ’entrée est sinusoïdal, alors son signal de sortie sera égalemen t sinusoïdal, de même puls at ion. Ainsi, on peut écrire : ve( 0 = Ve()c o s c o t « y e = Ve()ejC0'

v s( 0 = Vs0c os (( ût + q>) «

Ys = Vs0ej(û>t + )

11 3

Chapitre 5 . Les filtres fréquentiels

On définit la fonction de transfert fréquentielle (ou gain complexe) du dispositif par la relation : G(jco) = - s —e Remarque

On pourrait se contenter d’écrire C(co) mais l’usage a retenu cette écriture C(jco) qui permet de se souvenir que cette grandeur est, en général, complexe. Le module de cette fonction est appelé gain réel et correspond au rapport des amplitudes des sinusoïdes de sortie et d’entrée. sO

|G(jco)| = -e

eO

—e|

On définit également le gain en décibels par : GdB = 20 log|G(jco)| = 20 log -e

= 20 lo g — . êO

L ’avance al gébr ique de phase cp de la tension de sortie par rapp ort à la tension d ’entrée dépen d également de la pulsation du signal d’entrée. On a : cp = (p( co) = ar g[ G(j co) ]. Les deux fonctions |G( j(0 )| et cp( co) traduisent le comp ortem ent fréquentiel du système considéré.

5.2 D ia g r a mmes

de

Bo d e

Définitions

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Les diagramme s de Bode corresp onden t aux tracés de la fonction 20 log |G(jco)| et de la fonction cp( co) en fonction de logco (figure 5.3). Attentio n, il s’agit du logarith me décima l. Souv ent, on se co ntent e du di ag ram me de gai n 20 log |G (j co) | qui pe rmet de v isua liser le gain fréquentiel du système. Ce diagramme de gain est également appelé courbe de réponse fréquentielle du système. vs En disposant de la fonction G(jco) = — , elle-m ême très facile à obtenir à partir de la —e représentation complexe du circuit, on peut sans peine effectuer ce tracé. La plupart du temps, on effectue seulement ce qu'on appelle le tracé asymptotique de ce diagramme de gain. Ce tracé asymptotique revient à rechercher des équivalents de la fonction 20 log |G (j co) | en f onc tio n des dif fér ent es val eur s de co.

114

5.2. Diagrammes de Bode

q,B -20 log|G(j(0)|

Figure 5.3

Pour des systèmes linéaires, ces équivalents correspondent systématiquement à des segments de droites dans un diagramme logarithmique. D’une manière générale, le diagramme asymptotique est une bonne approximation de la courbe réelle compte tenu du lissage effectué par le tracé logarithmique. Propriétés graphiques

La fonction de transfert fréquentielle d’un système linéaire se présente toujours sous la forme d’une fraction rationnelle de deux polynômes en jco qui peuvent se factoriser sous la forme :

G(jco) = T J C 3

(0

Dans ces conditions, l’expression générale de son module est : TJ

O c

ZJ

a

O

C 'S.

f\l

© CT)

>* O Q.

U

3

I C C

|C(jco)| =

. • CO K 1 + J — X 1 + ] — X ... X 1 + J — C0| co9

K

_ J

Il + Î L x (0 ,

1

J

+

CO

—

2

X

...

X

1

C°2

^

C0’2

1\j

+

CO

—

2

%

00 + 1— X 1 +1 — X . . X 11 +1•— C0’2 COI

^

(0 \ J

T J

3

©

115


Les différents coi correspondent aux pulsations de coupure, c’est-à-dire aux pulsations pour lesquelles le diagramme fréquentiel change d’asymptote. Considérons une pulsation co quelconque. Le raisonnement asymptotique consiste à considérer que : <*> l + j• — si co > CO•, a lors : 1 G)/

C0 Cûf.

- . co si co < cof-, alors : l + J— « l . CO /

Dans ces conditions, on peut considérer que quelle que soit la pulsation co, tous les termes de |G(jco)| seront équi vale nts soit à co/c o(- , soit à 1. La fonct ion |G(jco)| sera donc oblig ato irem ent de la forme |G (jco)| = Ceo , * étant un entie r relatif et C une constante réelle. On a donc : 20 log|G (jco)| = 20 logCco^. So it: 20 log|G(jco)| = 20 logC + 20* logeo. Dans un diag ramm e où l’on trace 20 log|G(jco )| = / ( logeo ), cela correspond à l’équation d’une droite de pente égale à 20 k. Cette pente correspond à une augmentation de 20k dB lorsque la pulsation est multipliée par 10 (soit un intervalle d’une décade). c (20 log|G(ja>)| = 20 lo gC + 20* logo En effet : { [20 log|G (jlO o)| = 20 lo gC + 20* (log 10 + log o) = 20 logC + 20* l o g o + 20*

Remarque

Cette augmentation peut en réalité correspondre à une atténuation si k < 0.

On dit alors que la pente de ce segment de droite asymptotique du diagramme de Bode est égale à 20* dB par décade, une déc ade étant l’intervalle sép arant une pulsation quelco nque co de son . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

décuple lOco. Comme * est un entier relatif, les pentes sont toujours des multiples de 20 dB/décade.

5.3

L es

f il t r es

Un filtre est un dispositif électronique spécialement conçu pour présenter une courbe de réponse Séquentielle effectuant une amplification (ou une atténuation) sélective de certaines fréquences ou pulsations.

I 16

5.4. Filtres réels et filtres idéaux

On disti ngue fréquentiel :

(figure 5.4) quatre grand es familles

de filtres selon

leur comporte ment

- les filtres passe-bas qui présenten t une atténu ation du signal de sortie au-del à d ’une certaine fréquence dite de coupure ; - les filtres passe-haut qui atténuent les compo santes fréquentielles des signaux en dessous d’une certaine fréquence de coupure ; - les filtres passe-ba nde qui amplifien t les signaux dont la pulsatio n est comp rise dans un intervalle particulier et qui les atténuent en dehors de cet intervalle ; - les filtres réjecteurs qui atténuent les signaux dont la pulsation est située autour d ’une fréquence centrale dite de réjection.

•D c

3

■ y>

l» 1» vù ■ S;

"O o c

1 5.4

F il

t r es r éel s et

f il t r es i d é a u x

a o

H ’S.

CM

© en

> Q. O

U

T3 C 3 û

Le diagramme de Bode de gain d’un filtre passe-bas idéal correspondrait au schéma de la figure 5.5. La pente correspondant à la coupure de ce filtre serait infinie. Cela nécessiterait, dans l’express ion du gain fréquentiel réel, un terme en co avec n —> -« >. Ce la est natu re ll em en t impossible.

Q

117


Le degré maximal des deux polynômes de la fraction rationnelle :

G(jco) =

co M 1+j— co

. co 1 + j— CO

X ... x

. CO 1 +j — CO,

s’appelle l’ordre du filtre. No n se ul emen t il est faci le d ’im agi ne r q u ’il es t im po ss ib le de ré al is er un di sp os it if él ec tr on iq ue d’ordre infini qui posséderait, par conséquent, une infinité de termes dans sa fonction de transfert fréquentielle, mais il faut également savoir que les filtres sont d’autant plus difficiles à concevoir, à réaliser et à régler que leur ordre est élevé.

5.5 F il t r a g e

d e s i g n a u x pér io d iq u e s

Joseph FOURIER a démontré que tout signal périodique non sinusoïdal de fréquence/se décomposait en une somme (le plus souvent infinie) de composantes sinusoïdales de fréquences multiples de/. Dans le cas du signal carré, cette décomposition est caractérisée par une sinusoïde de fréquence / ( l a fondam en tale) à laquelle s’ajoutent des sin usoïdes de fréquence s 3/, 5/, 7/, etc. ; ces autres composantes constituent les harmoniques du signal. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Lor squ ’on injecte un signal pér iodique non sinusoïdal d ans un filtre, ses composantes harmoniques sont susceptibles d’être atténuées. Par conséquent, sa forme s’en trouve modifiée. Ainsi, lorsque l’on injecte, par exemple, dans un filtre passe bas de fr éq ue nc e de c o u p u r e /c = 10 00 0 Hz, un signal ca rr é de fréquence 1 000 Hz (figure 5.6), on obtient en sortie du filtre un signal dont l’allure est représentée sur le diagramme de la figure 5.7.

118

ve(t)

■> t

0 Figure 5.6 mt>


Au travers d’un filtre passe-bas de fréquence de coupure égale à 10 000 Hz, un signal carré de fréquence 1 000 Hz voit ses harmon iques supérieures ou égales à 1 1 /at ténuées. L’atténuation, voire l’absence de ces composantes de hautes fréquences dépouille en fait le signal carré de ses termes qui varient le plus rapidement. Il est donc logique de constater que tous les fronts montants ou descendants du signal de sortie soient « lissés ».


A t t é n u a t i o n d ’u n s i g n a l s i n u s o ï d a l d a n s u n f i l t re p a s s e - b a s

La figure 5.8 représente le diagramme de Bode de gain d’un filtre. On injecte dans ce filtre le signal d ’entrée v e(f) = Vq COSGK avec V q = 5 V. Déterminer l’amplitude Vj du signal de sortie de ce filtre dans les cas suivants : a) co = 10 rad/s b) co = 100 rad/s c) co = 10

4

rad/ s

- j - j

V 'O

“O o c =3

Q o

3

3

C

c ‘cL

fNl

© O) >

CL

o

U

E x e r c i c e 5. 2 *

Mise en ca sc ad e de deu x filtres

On considère deux filtres A et B possédant respectivement les courbes de gain représentées sur les figures 5.9 et 5.10. Ces deux filtres sont placés en cascade, comme indiqué sur la figure 5.11. Mon trer q u’en choisi ssant judic ieu sem ent les pulsat ions co j et co9 , on constitue ainsi un mon tage qui se comporte globalement comme un filtre passe-bande.

T3 3 a © C

119


Fi gu re Exercice 5.B *

5.1 1

D i a g r a m m e d e B o d e d ’u n f i l t re d u p r e m i e r o r d r e

Tracer le diagramme asymptotique de Bode de gain du filtre dont la fonction de transfert fréquentielle a pour expression : 10

G (j û »

1+ . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

j«> 2 k x 100

De quel typ e de filtre s’agit- il ? Tra ce r son dia gra mm e de phas e
D i a g r a m m e d e B o d e d ’u n f i l t re d u p r e m i e r o r d r e

Mêmes questions pour le filtre de fonction de transfert fréquentielle : j< 0

. 271 x 100 G(jco) = ---------- :-------1 1CO 1 + — *------2 TCx 100

120


E x e r c i c e 5 . 5 **

D i a g r a m m e d e B o d e d ’u n f i lt r e d u s e c o n d o r d r e

Tracer le diagramme de Bode asymptotique (gain uniquement) du filtre dont la fonction de transfert fréquentielle a pour expression : G(jco)

E x e r c i c e 5 .6 *

100

É t u d e d ’u n f i l tr e R C p a s s i f s i m p l e

On consid ère le mon tage de la figure 5.12. Le signal v e a pour expression : ve(0 = V0coscor. Calculer la fonction de transfert fréquentielle de ce filtre et tracer son diagramme de Bode asymptotique de gain. Calculer l’expression du signal de sortie v §( / ) .

E x e r c i c e 5 . 7 **

rm Figure 5.12

É t u d e d ’ un d o u b l e f i l t r e p a s s i f R C

Calculer la fonction de transfert en fréquence du filtre représenté sur la figure 5.13. R

/Î7 7

fin

Figure 5.13 ■ Sj X)

T3 O

C

3

&

en

> O

Q.

U

Filtres actifs sim ple s du prem ier ordre

Calculer la fonction de transfert fréquentielle du filtre représenté sur la figure 5.14. Tracer le diagramme de Bode de gain de ce montage. De quel type de filtre s’agit-il ? Répondre à ces mêmes questions avec le circuit représenté sur la figure 5.15, dans lequel on a interverti les positions de la résistance et du condensateur.

13

û

O r\i ©

E x e r c i c e 5. 8 *

E x e r c i c e 5 . 9 *** F i l t r e a c t i f d u s e c o n d o r d r e O.

3 T J

O

On considère le montage de la figure 5.16. Déterminer la fonction de transfert fréquentielle de ce circuit. De quel type de filtre s’agit-il ?

C 3

O ©

121


C

ÉNONCÉS DES PROBLÈMES . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Problème 5.1 ** Étude d’un filtre passe-bande D Calcule r la fonction de transfert fréquentielle du filtre représenté sur la figure 5.17 ^ Tracer son diagramme de Bode asymptotique de gain. Ë) Calculer la valeur précise du gain pour la pulsation de coupure. P r o b l è m e 5 .2 *** F i l t r e a c t i f du s e c o n d o r d r e On considère le montage de la figure 5.18.

122


C

C

■ Sj 5/5

"O o c D û O fN © en

> O

CL U

3 D Montrer que l’ensemble constitué de l’amplificateur opérationnel, de la résistance deux résistances R j remplit une fonction particulière. ^ -C

CL

J3 I •O

R 0 et

des

Déterminer la fonction de transfert fréquentielle de ce circuit.

Ë) De quel type de filtre s’agit-il ?

3

û ©

123


DU MAL À DÉMARRER ? 5.1

Le diagra mme de Bode fournit le gain pour chaque pulsation proposée.

5.2

Les deux filtres ont des pulsations de coupure su ffisam ment éloignées. On peut alors facilement imaginer les effets successifs de ces deux systèmes.

5.3

Calcule r le module de la fonction de transfert fréquentielle et faire un raisonnem ent asymptotique par rapport à la pulsation de coupure.

5.4

Mêmes conseils que pour l’exercice 5.3.

5.5

On procédera com me pou r les exerc ices 5.3 et 5.4. Ici, la présen ce d’un terme au carré nécessite une attention particulière.

5.6

Transp oser immédiat ement le problème posé dans la représentation complexe du circuit puis qu e l’on ch er ch e à e xp ri mer V s en fonc tion de . Par ailleurs, aucun courant n’est soutiré de la borne de sortie ; en conséquence, c’est le même courant qui circule dans la résistance et dans le condensateur. La tension de sortie peut donc être facilement déterminée en utilisant le principe du diviseur de tension. Pour le diagramme de Bode, on effectuera un raisonnement asymptotique en discutant par rapport à la valeur co = 1 / R C .

5.7

Ce mont age est constitué de deux « cellules » identiques à celle de l’exerci ce 5.6, placées en cascade. Toutefois, la présence de la cellule « aval » engendre l’apparition d’un courant de sortie dans la cellule « amont ». Il n’est donc pas possible de considérer simplement que cette mise en cascade équivaut à la simple multiplication des fonctions de transfert qui seraient toutes deux égales à la fonction de transfert calculée dans l’exercice p récédent. Dans le modèle complexe du circuit, l’application du théorème de Millman en un point ju dic ie use men t choi si pe rm et de calcu le r ra pi dem en t la relati on entre Vs et VQ.

5.8

Ces circuits s’apparentent au schéma de la figure 4.9. La transposition du circuit dans son modèle complexe permet donc de calculer les fonctions de transfert pratiquement immédiatement.

5.9

II convient de résoudre le problème en utilisant, dans la représentation complex e du circuit, les lois classiques de l’électrocinétique. Pour réduire considérablement les calculs fastidieux, il est toujours conseillé de faire intervenir les courants le moins possible et d’utiliser plutôt les théorèmes ou lois qui traitent uniquement des tensions. A ce titre, le théorème de Millman et le principe du point diviseur de tension sont des outils très perfor ma nts.

TJ

O C

ZJ

a

O

Problème 2.1

©

Il s’agit une fois de plus d’un montage classique du type de celui présenté sur la figure 4.9. La détermination de la fonction de transfert fréquentielle est donc très rapide une fois dessinée la représentation complexe du circuit.

f\l

en

> O

Q.

U

124


Problème 2.2

Il faut montrer que l’ensemble constitué de l’amplificateur opérationnel, de la résistance R 0 et des deux résistances R\ se comporte comme un simple amplificateur de tension. On reconsidérera alors le schéma du dispositif en remplaçant cet ensemble par cette fonction élémentaire. Suivre ensuite les mêmes conseils que pour l’exercice 5.9.


E x e r c i c e 5.1

Le diagr amm e de Bode nous donne le gain en décibels GdB = 20 lo g|G(jc o)| pour chacu ne des pulsati ons pr oposée s. Il su ffit d'e n dé dui re le ga in réel |G(jco)| puis de mu lt ip li er ce résu lt at pa r l’amplitude de la tension sinusoïdale d’entrée (égale à 5 V). a) co =10 rad/ s => GdB = 20 dB = 20 lo g| G( jc o) | => |G(j co)| = 10 => V, = 50 V b) co = 100 ra d/s => GdB = 0 dB = 20 lo g| G(j co) | => |G (jco )| = 1 => V, = 5 V c) co = 104 rad/ s => GdB = -2 0 dB = 20 lo g| G( jc o) | => |G(jco )| = 0,1 => V, = 0,5 V. Bien noter qu ’un gain en décibels positi f correspon d à une amplificat ion, au trement dit à un gain réel s upérieur à 1, tandis qu ’un gain en décibels néga tif correspo nd à une atténuat ion, c ’est-à-dire à un gain réel inférieur à 1. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Bien noter qu’un gain en décibels positif correspond à une amplification, autrement dit à un gain réel supérieur à 1, tandis qu’un gain en décibels négatif correspond à une atténuation, c’est-à-dire à un gain réel inférieur à 1. g JJ % O

B

=5 Q

g S

TJ

c

o

CM

© CD

> Q. O

U

Exercice 5.2

Le filtre passe -bas de gain G | laisse pass er intégra lem ent (ou presq ue pui sq u’il ne s’agit que d ’un dia gra mm e asy mpt otiq ue) les signau x dont la pulsati on est inférie ure à la pulsat ion co | et ce, avec un gain de 1 (0 dB). Les signaux de pulsa tions inférie ures à co j ser ont atténué s.

Si on place le filtre passe-ha ut de gain G2 en cascad e avec ce pre mie r filtre, les deux filtrage s se cumu lent : ce filtrage supplémentai re atténuera les signaux dont la pulsation est inférieure à co2 . Avec une pulsation co2 plus petite que C0 j , l’ensemble se comportera donc comme un filtre g | atténuant tous les signaux de pulsations inférieure à co9 et tous ceux de pulsations supérieures à cL co | . Entre ces d eux pulsa tions , le gain est égal à 1. Il s’agit bien d ’un filtre passe-b ande ^ (figure 5.19). •o c3= û ©

125


Figure

5.19


La mise en cascade d’un filtre passe-bas et d’un filtre passe-haut ne donne pas toujours un filtre passe-bande. Il peut donner un filtre réjecteur si les pulsations de coupure sont choisies de sorte que G ) j < co9 . Exercice 5.3

Le gain réel se calcule faci lement à partir de la fonction de transfert fréquentielle. Le module d ’une fraction rationnelle est égal au rapport des modules : _10 ____

G(jco) = 1+

10

|G(jco)| =

271 x 100

CÛ

1+

(271 x 100) Effectuons un raisonnement asymptotique : si co «

271 x 100 : |G(j co)| ~ — = 10

si co »

271 x 100 : |G(jco )| -

10

co

10

co 2 k x

2k x

1000 co

100

(271 x 100) . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Soit encore : co « 27t x 100 : G ^g = 20 log |G( jco )| ~ 20 dB : cette expr essi on corr espo nd à l’équati on d’une asymptote horizontale. co » 27c x 100 : G dB = 20 log |G( jco )| ~ 20 log(2 7i x 100) - 20 logco : cette expr essio n cor  respond à l’équation d’une droite de pente égale à ? 20 dB/décade. La figure 5.20 représente le diagramme de Bode asymptotique sur lequel il suffit de reporter ces deux droites. Le filtre étudié est un filtre passe-bas.

126


c du= 20

log |C(j(0)|

Le dépha sage est défini par : q)(co) = ar g[G (jc o)] . L’argument d’un rapport est égal à la différence des arguments ; l’argument d’un nombre réel po si tif es t nul ; l ’arg ument d ’un no mb re co mpl exe a + ]b est égal à arctan(Wcr) si a > 0 . 10

On a donc : (p(co) = arg

1+

= 0 - a r c t a n ( 2 7 tx 100

JCû 2n x

100

On en déduit alors facilement la représentation de la fonction (p(co), connaissant celle de la fonction arctangente (figure 5.21). On re ma rqu era que cp(0) = 0 , que

lim cp( co) CO—>+00

“

et que (p(2rcx 100) =

(p(C0)

-J-J

“D O

C

=3

Q

o rsi © en

> Q. O

U

33 C

q

C

'cl CL

2

I •O 3 û


Le raisonnement asymptotique, rapide et simple, permet d’obtenir l’allure graphique de la réponse fréquentielle d’un filtre. Dans ce cas simple, le déphasage se détermine aisément, ce qui n’est pas toujours le cas ; par ailleurs, si le diagramme de gain est longtemps très voisin de ses asymptotes, il n’en est pas de même pour le diagramme de phase.

C

©

127

Chapitre 5 ■Les filtres fréquentiels

Exercice 5.4

j(û On a : G(j co) =

271 x 100 => |G(jco) | = JCÛ I + 2jt x 100

CO 2 7Cx 100 co

1+

( 2 n x 100) Effectuons le raisonnement asymptotique : si co «

2 jt x 100 : |G(jco)| =

co 2n x

100

soit G^g - 20 logco - 20 lo g (2 jt x 100) , ce qui correspond à l’équation d’une droite de pente égale à + 20 dB/décade. co sii co »

2 n x

100 : |G(jco)| =

2 k

x

1 0 0

- 1

co i ( 2 jt x 100 ) soit G^g = 0 dB , ce qui correspo nd à l’équation d’une asympto te horizontale. La figure 5.22 représente le diagramme de Bode asymptotique sur lequel il suffit de reporter ces deux droites. Le filtre étudié est un filtre passe-haut. On notera la valeur de la pente de l’asympto te qui est ici égale à + 20 dB/décade.

co

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure

5.22

Le dép has age est défini par : cp(co) = ar g[ G (j co )] . L’argume nt d ’un rapport est égal à la différence des arg uments ; l’argument d ’un nombre imaginaire pur est égal à + 71/2 si sa partie imaginaire est positive ; l’argume nt d’un nombre complexe a + ]b est égal à arctan { b / a ) si a > 0 .

128


ja> 2 TCx 100

On a donc :
1 + —

2 k x

— arct an — sa— 'y 2 k x 100/ 2

100

On en déduit alors facilement la représentation de la fonction (p(co), qui n’est rien d’autre que le graphe de la figure 5.21 décalé de + n / 2 . Voir figure 5.23.

Dans ce cas précis, la prés ence d ’un terme en co au numér ate ur donne au systèm e un com porte men t fréquentiel particulier : il s’agit ici d’un filtre passe haut. On notera la présence d ’un déphasage systématiquement positif. Exercice 5.5

On a : G(jc o)

100

|G(jü»|

100 2

100 Effectuons le raisonnem ent asymptoti que : •S j

~o o

co

O

'O ■ y. 'C 33 c C

c

o fM © en > Q. O

U

o.

3

ToJ

si co «

10 : |G(jco)| « 100

soit GdB * 20 log 100 = 40 dB , ce qui correspond à l’équation d’une asymptote horizontale. 4 si co »

10 : |G(jCù)| « ^ (0 4 2 soit G jg ~ 20 log 10 - 2 0 logco = 80 dB - 40 logco, ce qui correspon d à l ’équation d ’une droite de pente égale à 40 dB/décade. La figure 5.24 représente le diagramme de Bode asymptotique sur lequel il suffit de reporter ces deux droites. Le filtre étudié est un filtre passe-bas. Compte tenu de la pente de l’asymptote, on dit qu ’il s’agit d’un filtre d’ordre 2 .

c 3

O ©

129


GdB= 20

lo g |G(jco)|

Calculons à présent le déphasage : 100 (p(co) = arg

03 = 0 - 2arctan| — .

i1 + j• 03 J 10-

Il s’agit d’une courbe égale au double d’une fonction arct angente qui se trace donc aisément (figure 5.25).

Dans ce filtre passe-bas, la pulsation de cou pure est incluse d ans un terme d ’ordre 2, ce qui se traduit par une pente de - 40 dB/dé cade. Nous avo ns affaire, ici, à un filtre plus sélectif. Exercice

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

5.6

La fonction de transfert fréquentielle s’obtient en considérant la représentation complexe du circuit (figure 5.26). En remarquant que le montage est un diviseur de tension et sachant que toutes les lois de l’électrocinétique s’appliquent à la représentation complexe des circuits linéaires, on peut écrire immédiatement la relation entre la tension de sortie et celle d’entrée : 1 Vs = —

130

Ji C(Ù — ve ' —— + R jCco

R Y

X

1 jCco

fîJ] Figure 5.26


1 Soi t : G(jc o) = — = —jCco • V ~e — 1 + R j CO) Multiplions le numérateur et le dénominateur par jCco G(jco) =

1 1 -i- j R Ceo

Le gain réel a donc pour expression : |G(ja»| =

Pour co « Pour co »

1 2 r j i j i * J l + R C CO

GdB = 201og

/ a

/1

2 2 2 + R C co

-J-z • C dB « 20 log 1 = 0 dB. RC

—

R C

: GdB ~ 201og

^ 2 2 JR C CO a I

2

= -2 0 log/? Ceo = 201o g-------201ogco /? C

La figure 5.27 représente le diagramme de Bode du dispositif. Il s’agit naturellement d’un filtre pass e-ba s. Qfi= 20 log |G(j(o)|

TJ C 3

L» 4> u

O c =5 Q

Si le signal d’entrée a pour expression v e(r) = Vq COSû M, le signal de sortie sera sinusoïdal, de même pulsation car le système est linéaire. D’une manière générale, ce signal possède une O amp litu de Vj et une éven tuel le avance al gébr ique de phase cp par rapport au signal d ’entrée. On c peut do nc po se r, a priori : C

V ( 0 = y j cos (co / + (p)

o

CM

© ü> CL

O

U

Q. J I T3 3 û

y, avec : — = | G(jco)| et cp = ar g[ G (j co )] . ^0

C

©

131


Soit : — = V0

/ «J l

et cp = arg 2

2

+ R C co

2

^0

En conclusion : v J t ) =

/

2

2

2

1 .1 +j/?Cco_

= -arctan/?Cco.

cos (cor - arctan/?Cco ).

VI + R C co C e q u ’ i l f a u t r e t e n i r d e c e t e x er c i c e

Le filtre RC est sans aucun doute le plus simple des filtres passe-bas. Il est qualifié de passif car il ne nécessite aucune alimentation. Exercice 5.7

La fonction de transfert fréquentielle s’obtient en considérant la représentation complexe du circuit (figure 5.28). y

jCco

jCco

/777 Figure

fîTl 5.28

Appliquons le théorème de Millman au point A. Soit V A la représen tation c omp lexe de la tension au point A.

On a : VA

R

R

1 1 - + jCco + R R

y + v —e - s 2 + j/?Cco

Par ailleurs, comme le mêm e courant / parcourt la résistance et le condens ateur situés sur la droite du circuit, ces deux éléments constituent un pont diviseur de tension et on peut écrire : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

1

"

- A = (‘ + jRCM,- s'

jCco Remplaçons VA dans la première équation : (1 +j/?Cco)Vs

132

Ves -Ve + — 2 + j/?CC0


D’où : (2 + j/?Cco)( 1 + } R C( ù ) V s = Ve + Vg. Soit : [(2 + j/?C(û)( 1 + jfi C û )) - 1]VS = Ve . 1 Et enfin : G(jco) = — = ve [(2 +j/ ?C co )(l + j/?Cco) - 1]

- / ? 2C2co2 + 3jtfCco + 1


La mise en cascade de deux filtres passe-bas d’ordre 1 identiques perme t d’obtenir un filtre pa ss e- ba s d ’ordre 2. At te nt io n, les fonc ti on s de tran sf ert fréque nt ie ll es ne se mu lt ip li en t que lorsqu’aucun courant n’est soutiré au circuit amont par le second étage, ce qui, ici, n’est pas le cas. Exercice 5.8

Le premier circuit proposé correspond au schéma de la figure 5.29 avec : Z, = R et Z~ = ------"2 jCco

v
C

3

■ y>

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

l» 4> 'O ■ Xi 'C 33

-C O.

J3 I 7 3

Appliquon s simplemen t la relation : — = -----

-e

On tire imm édiat eme nt : G(jco) =

2,

1 j/?Cc o

D’où : |G(jco)| = - L - R C co Soit : G j B = 20log |G(jco)| = 201og

1 = - 201og/?C - 201ogco . /?C(ü

3

û

© 133


Dans le diagramme de Bode, cette expression correspond à l’équation d’une droite de pente égale à - 20 dB/décade. Pour

cû

= — , on a : G^g = -2 0 log R C - 20 log — R C

R C

GdB=

= -2 0 lo g R C + 20 lo g R C = 0 dB .

20 log |G(jco)|

La droite coupe ra donc l’axe des pulsation s en co = 1 / R C . La figure 5.30 présente le diagram me de Bode du montage. Il s’agit d’un filtre passe-bas. En théorie, le gain tend vers l’infini lorsque la pu lsat io n tend vers 0. Da ns la réal ité, l’am pl it ude de so rtie est , bien en te nd ue , li mité e à l’exc ur si on de sortie imposée par l’alimentation de l’amplificateur opérationnel. En ce qui concerne le circuit de la figure 5.15, les rôles de la résistance et du condensateur sont inversés. V Z9 R On a : G(jto) = — = — - = — — = -jfiCco. Ve Z, 1 — - 1 ---- j C (0 D ’où : |G(j co)| = R C co . S oi t: G dB = 201 og|G (jco )| = 201og/?Cco = 201og/? C + 201ogco . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Dans le diagramme de Bode, cette expression correspond à l’équation d’une droite de pente égale à + 20 dB/décade. Pou r co = — , on a : GdB = 20 log R C + 20 lo g— R C

R C

= 201og/?C - 201og/?C = 0 dB.

La droite coupe ra donc l’axe des puls atio ns en co = 1 / R C . La figure 5.31 présente le diagramme de Bode du montage. Il s’agit d’un filtre passe-haut. En théorie, le gain tend vers l’infini lorsque la pulsation tend vers l’infini. Dans la réalité, l’amplitude de sortie est, bien entendue, limitée à l’excursion de sortie imposée par l’alimentation de l’amplificateur opérationnel.

134


20 log |G(jco)|

GdB=


Le lecteur aura reconnu ici les montages intégrateur et dérivateur, étudiés ici pour leurs comp ortem ents fréquentiels. Ces deux montages sont des filtres actifs car ils nécessitent d ’être alimentés étant donné qu’ils sont construits à partir d’amplificateurs opérationnels. Exercice

5.9

Considérons la représentation complexe du circuit (figure 5.32). 1

■o o c => Q o

c

o

c

Ü cL o

CM

©

-C CL

_c

J3

CT> > CL O

U

{3= Û

La résistance /? située entre la sortie de l’amplificateur opérationnel et l’entrée inverseuse assure la contre-réaction. Il fonctionne donc en régime linéaire. La tension à l’entrée inverseuse de l’amplificateur opérationnel est donc nulle.

©

135


Appliquons le théorème de Millman au point A : ^

+ j C(0 Vs

RY t +

On a : VA = — + —+ jC ü) + jCco /?, R

j/ ?Æ|CcûVs

R + R j + 2}RR | Ceo

Par ailleurs, le même courant / traverse la résistance et le condensateur placés devant l’entrée inverseuse de l’amplificateur opérationnel. Ces deux éléments constituent donc un diviseur de tension et on a :

1 jCc o

J L . => v A . R

A

jtfCco

En identifiant les deux expres sions de VA , on tire : R V + } R R , C ( ù V

J 1 ~s _ /? + /?l + 2j/ ?/? |C co

V

-s jÆCco

Soit: ')RC(ü(RVe + } R R \ C a V s) = ~Y S(R + R { + 2 ] R R , C e o) . Puis : j/T Cc oV e = - Vs(R + fl, + 2jflfl,Cco) + R 2R , C 2(02 V$ .

D ’où : G (jeu)

j/?Cco

j/? 2C (0 (fl + fl, + 2jflfl, Ceo) + R 2R , C 2co2

2

2

(0 - 2j/?jCco -

Co mm e |G(j co)| —> 0 lors que co —> 0 et lors que co —> + °° , il ne peu t s’ag ir que d ’un filtre pas se ba nde. Ce qu’il faut retenir de cet exercice . d o n u D 0 1 0 2

No us av ons ici un filtre ac ti f pa ss e- ba nd e co ns trui t au to ur d ’un un iq ue am pl if ic at eu r opérationnel. Malgré l’apparente complexité du montage, la fonction de transfert s’obtient facilement en mobilisant, dans la représentation complexe du circuit, les lois élémentaires de l’électricité. Rappelons qu’il convient de privilégier les théorèmes qui invoquent les tensions pl ut ôt que les co ur ants. Le th éor ème de Mi ll ma n, à ce ti tre, es t un outil inté ressan t.


136



Problème

5.1

D Le circuit proposé correspond au schéma type de la figure 5.29 avec : Z . = R + —

jCco

= - + i RC(ù et — = - + jCco = 1 + i R C ( ù . R jCco Z9 R

La fonction de transfert fréquentielle du filtre a donc pour expression : R -2

G(joo) = — = — -e Zl

^

_ 1 +j/?Cc o _

D ’où : GdB = 2 0 log |G(jco)| = 201og

( 1 + j/?C(û)2

jCco

Le gain réel a donc pour expression : |G(jC0)| =

j/?CC0

R C (0 2 2 2 1 + R C co

R C co

2 2 2

1 + R C to Effectuons un raisonnement asymptotique : co «

777 => GdB = 2 0 1 o g ^ -^ = 201og/?C + 201ogco . 1

R C

Il s’agit d’une droite de pente positive égale à + 20 dB/décade et passant par le point :

( ® = j ç - - ° d B -

0 dB)

ü ) » ^ - = > G dB = 2 0 lo g |G ( j to ) | = 20 lo g

■D O C

= - 2 01 o g ft C - 20 log ü> fi C co

13

û O i—l O fM

© _C

U}

>CL O

U

CL

2 I -3

Il s’agit d’une droite de pente positive égale à -20 dB/décade et passant par ce même point. La figure 5.33 représente le diagramme de Bode asymptotique de ce filtre (en trait fin). Ë) La courbe réelle ne pouvant pas être rigoureusement assimilée à ses asymptotes, il est tout à fait logiqu e que la valeu r maxi mal e du gain, qui corresp ond à la pulsat ion, co = 1 / R C ne soit pas égale à 0 dB.

û

Q

137

e 5 . Les filtres fréquentiels

G,iu= 20 lo8 IG(jco)|

Pour déterminer cette valeur, il suffit de considérer la valeur exacte du gain : R C x J , = 201og G R C

= 201og

2

2

R C

1 + R C x

1

201og ^ ■

2 J2

R C

S o i t : G d B( — J = - 2 0 1 o g 2 = - 2 0 x 0 , 3 = - 6 dB . La connaissa nce de ce maximum permet de positionner la courbe réelle de gain avec une meilleure pr éc is ion (f igur e 5.33 en trait gr as). Mêm e si la co ur be ré el le es t re la ti ve men t pr oc he de ses asymptotes, il est conseillé, lorsque cela est possible, de déterminer avec précision la position des poin ts rem arq ua bl es tels que les maxi ma ou mi ni ma de la co ur be de gain rée lle. Ce qu ’il faut retenir de ce prob lème

Pour que l’étude d’un filtre soit complète, et c’est particulièrement vrai pour un filtre passe ba nd e, il co nv ie nt de dé te rm in er la va le ur ré el le de ce rt ai ns points pa rt ic ul ie rs . Da ns le cas pr és en t, la va le ur ex ac te du gain ma xi ma l es t une ca ra ct ér is ti qu e es se ntie lle du filtre qui n’apparaît pas sur le diagramme asymptotique et qui nécessite un calcul précis. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Problème 5.2

D Dans le circuit proposé, considérons uniquement, pour le moment, l’étage formé par le montage de la figure 5.34. Ce montage, déjà étudié dans l’exercice 4.8, possède, pour loi de fonctionnement : = = 1

X

138

/? ,


1

jCco

Figure 5.35

^ Nous pou vons donc rempl acer cette partie du circuit, dans le schéma de la figure 5.19, par un simple amplificateur (figure 5.35), dont le gain est : *0 a = 1+ — R i Appliquons le théorème de Millman au point A

Ye — + jCcoV *1 —A =

1

- + jCco +

R

R

+

jCco

Remarque

le troisième terme du dénominateur correspond à la branche repérée sur fond gris et reliée à la masse. ■ Sj

Réaménageons l’expression de TJ

O C =5 Q

3

& C

cO

o

y

_ _

VA

:

V +j/?C coV C

1 + j/?Ceo +

S

-'/?C(d 1 + j/?Cco

_ _

(1 + j/? Cc û)( Va + jflCcoV ) C

5

(1 + j/? Cc û)2 + j/?Cco

CM

© en > Q. O

U

ex

3

Par ailleurs, comme aucun courant ne peut entrer dans l’amplificateur de gain a, la branche repérée sur fond gris est un diviseur de tension.

tj

O

c

3

O ©

139


1 „ , jCCO „ On a don c : — = — -------- V A . « ' +«■ jC œ

Vs 1 S oi t: - = -— a 1 + jtfCa> A

V

A

^ a

= - s(l + jffCco).

En ident ifia nt les deux expr ess ions de VA , il vient ( 1 +j/?C co)(V e + j/?CcoVs) V -------------------- 1 -------------- — = - s( l + j/? C ( 0 ) (1 +]RC(ü) + jfiCco D ’où :

a ( V + j/?Cco V ) = [( 1+ jf lC co )

¥ e + )RC (ùV s

(1 + j/? Cco)

2

" + jÆCco

a

+ j/?Cco]V

exVç = [(1 +j/?Cco) + j/?Cco - jatfCc o] Vs .

On a donc :

-V s

a

-e

[(1 + }R C(ù ) 2 + jÆCco - jaÆC co]

a Soit : G(jco) = — = ---- - —-—2 2 2 V -e - R C CD + (3 - a)j/?Cco + 1 D Pour déterm iner le type de filtre réalisé, un raison neme nt asymptotiq ue suffit : Si co —^ 0 , G —> ex, Si co —> °° , G —> 0 . De toute évidence, il s’agit d’un filtre passe-bas. Ce qu ’il faut retenir de ce probl ème

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Dès lors qu’un circuit électronique présente une relative complexité, la vision systémique s’impose : il convient de rechercher , au sein du montage, les blocs-fonctions fac ilement identifiables et dont on peut facilement déterminer les lois de fonctionnement. On remplace alors la portion de circuit identifiée par sa fonction afin de simplifier la résolution de l’ensemble.

140

L’ a m p l i f i c a t e u r o p é r a t i o n n e l EN RÉGIME NON LINÉAIRE

RAPPELS DE COURS En l’absence d’une boucle de contre-réaction, l’amplificateur opérationnel, en général, ne se comporte plus linéairement. Ce nouveau type de fonctionnement permet de concevoir des montages qui tirent parti de cette non linéarité. Ce chapitre est consacré à l’étude ces dispositifs.

6.1

F o n c t io n n emen t

en c o mpa r a t eu r

Compte tenu de son gain en tension très élevé et, par conséquent, de sa zone de linéarité très étroite, un amplificateur opérationnel démuni d’une boucle de contre-réaction possède un fonctionnement caractérisé par les relations suivantes : Si v+ > v_ : vs

Vmax

Ce type de fonctionnement s’apparente à une opération de comparaison entre les deux tensions placées à l’entrée de l’amplificateur opérationnel. Les niveaux des tensions de sortie max et min sont en général voisines des tensions & d’alimentation V q q et qui peuven t donc être choisies en fonction des valeurs de sortie souhaitées. Remarque

Les valeurs des tensions v et v + doivent être comprises dans l’intervalle [V/min ; Vmax], TJ

O c

a

o

r\i © en

6.2 C o mpa r

a t eu r à c o l l e c t e u r o u v e r t

Les amplificateurs opérationnels classiques se prêtent sans problème à un fonctionnement en mode comparateur, mais on leur préfère souvent des circuits spécifiquement destinés à ce type d’opération. À titre d’exemple, la contrainte concernant l’égalité des tensions de sortie et des tensions d’alimentation pose très souvent un problème lorsque l’on veut conserver une alimentation

>* Q. O

U

141

. L’amplificateur opérationnel en régime non linéaire

symétrique (en général +15 V/-15 V) et disposer de niveaux de sortie spécifiques (par exemple 0 V/5 V). Ce problème trouve sa solution dans l’utilisation d’un comp arateu r dit à collecteur ouvert : il s ’agit d ’un amp lificateur opérationnel dont l’étage de sortie est constitué d’un transistor bi po la ir e do nt seule la base est r eliée a ux étag es am on t. L ’ém et te ur et le collecteur de ce transistor sont accessibles de l’extérieur et l’utilisateur peut, à sa guise, compléter ce montage comme il l’entend (figure 6.2). D’une manière générale, ce transistor de sortie sera relié, par l’intermédiaire d’une résistance de collecteur, à un couple de tensions V ^ et V ^ qui constitueront les deux niveaux de sortie po ssib le s (figure 6.3). Le circuit fonctionne alors de la manière suivante : - si v + > v _ , le transi stor est bloqu é est on a : v g = - si v + < v _ , le transi stor est saturé est on a : v s = On peut par exem ple chois ir transistor à la masse de sorte que

; .

= 5 V et place r l’émett eur du = 0 V .

Remarque

La résistance de collecteur doit être choisie de manière à ce que le transistor puisse effectivement être saturé. Elle doit être inférieure à une certaine valeur prescrite par le constructeur du circuit.

6.3 d ’u n

ÉTUDE APPROFON DIE DU BASCULEMENT c o m pa r a t e u r

Temps de commutation

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Un comp arateu r ne bascule pas ins tantanément, pou r la bonne et simple raison que ses compo sants internes et, en particulier son transistor de sortie, possède un temps de comm utation non nul. Dès lors que des signaux d’entrée sont injectés dans un comparateur, celui-ci présente alors un temps de basculement qui varie en fonction de sa conception technologique. Afin de minimiser ce pa ra mètr e, cert ains circuits sont d ’ailleurs plus sp éc if iq ue men t étud iés po ur fo nc ti on ne r en comparateur que pour être utilisés comme amplificateurs opérationnels dans des montages linéaires. Sensibilité au bruit

Le montage de la figure 6.4 représente un comparateur à l’entrée duquel on injecte une tension ve(r) = Vq COScû / . On s ’attend évi demm ent à observ er un signal carré en sortie, étant donné que v +, > 0 => v s = V max et M que v +, < 0 => v s = V min .

142

6.4. Astables et monostables

Figure 6.4 Or en analysant avec précision la forme du signal de sortie, on remarque que les transitions ne sont pas franches (figure 6.5) : on note la présence de basculemen ts multiples autour du point de transition théorique. Ce phénomène s’explique par le fait que les signaux utilisés en électronique ne sont jamais tout à fait « purs » ; on y relève souvent la présence de parasites, dus, notam ment, au bruit de fond généré dans les montages. Ainsi, un signal sinusoïdal, examiné de très près, présente presque toujours un profil quelque peu chaotique. Ce phénomène, bien que d’intensité très faible est généralement négligeable dans bon nombre d’applications. Il est néanmoins suffisant pour provoquer, dans un comparateur suffisamment sensible, des basculements multiples lors du franchissement du niveau 0 V. La figure 6.6 montre comment le signal sinusoïdal « bruité » peut en réalité fran ch ir plusieurs foi s le seuil de ba sc ul eme nt alors que l’on s’attendait à ce qu’il ne le franchisse qu’une seule fois. Ce franchissement multiple entraîne alors le phénomène pr és en té su r la figure 6.5. Pour remédier à ce problème, on utilise des comparateurs un peu pa rticul iers qui pr és en te nt des seuils de ba sc ul em en t différents selon que le signal croît ou décroît. Ces comparateurs sont appelés triggers de Schmitt et sont étudiés dans les exercices 6. 1 et 6.2.

T J

O C

=3

Q

o

6.4

CM

A

s t a bl es

et

m o n o st a bl es

© CD

> Q. O

U

J3 i

En exploitant les propriétés de non linéarité de l’amplificateur opérationnel fonctionnant en comparateur, on peut construire des dispositifs électroniques remplis sant des fonctions très utiles.

3

û ©

143

6 • L’amp lifi cateur op érationn el en régime non linéaire

mt ) A

o Figure

-> t

6.7

Figure 6.8 Parmi ceux-ci, les montages astables et les bascules mon ostables figurent parmi les plus courants. Un montage astable (figure 6.7) est un système délivrant une tension variable oscillant entre deux valeurs (astable signifie : « qui n’est pas stable »). On évite d’utiliser le terme d’oscillateur pour ce type de montage, préférant réserver cette appellation aux systèmes qui délivrent des tensions sinusoïdales. On rencontrera toutefois, de temps à autre, la dénomination d’oscillateurs à relaxation pour qualifier ces astables. Un mo ntage monosta ble (figure 6 .8) est un système délivrant une impulsion de durée donnée 7, com man dée par un signal d’entrée, lui-même imp ulsionnel. C ’est le chang emen t de niveau (appelé front) du signal d’entrée qui déclenche le basculem ent du mon ostable, donc le début de l’impulsion de sortie. Indépendamment de l’impulsion d’entrée, la sortie repasse spontanément à son niveau d’origine (ou de repos) après la durée 7. Seul ce niveau de repos est stable, d’où le terme monos table. La figure 6.8 représente un monosta ble décl enchant sur front montant et délivrant une impulsion po si ti ve de largeu r 7. Les mon os ta bl es dé cl en ch en t soi t su r fr on t mo nt ant, so it sur front de sc en da nt et délivrent une impulsion qui est soit positive, soit négative. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

ÉNONCÉS DES EXERCICES Exercice 6.1 **

T ri g ge r de Schmi tt inve rseu r

Le montage de la figure 6.9 représente un « trigger de Schmitt ». On injecte dans ce montage un signal d’entrée ve(/) = Vq COSO)/ . On suppose que l’amplificateur opérationnel est caractérisé

144

Énoncés des exercic es

pa r les deux va le ur s de sorti e telles que : • = min

V

- V

R \

max et -----+ -—

Vm m

V

r

et Vmax

max <

0*

*1 * On posera a = ---------- . Calculer la valeur de la tension de sortie à l’instant t = 0 . La tension ve décroissant de Vq vers - V q , déterm iner sa valeur pour laquelle se produit le ba sc ul emen t de la te nsio n de sortie. La tension ve croissant de - V q vers Vq , déterm iner sa valeur pour laquelle se produit le ba sc ul emen t de la te nsio n de sortie. Trac er sur un même graphe les variations des tensions v e et v s . Quel est l’intérêt de ce montage ? Tracer la caractéristique v s = /( v e). E x e r c i c e 6. 2 **

T ri gg e r de Sch mitt non inve rse ur

Le montag e de la figure 6.10 présente un autre montage de trigger de Schmitt. Reprendre les mêmes questions que dans l’exercice pr éc éde nt et exp li ci te r le prin ci pa l inté rê t qu’il prés en te pa r rapp or t au mo nt ag e de la ^ figure 6.9. On supposera que l’amplific ateur * opérationnel est caractérisé les deux valeurs de

*2

sortie Vmin et ^max telles
^max et

*1 n

^ 1 On posera a = — . R~ ^

~o

|

E x e r c i c e 6 . B **

=5 Q

|

On considère le montage de la figure 6.11 dans lequel on injecte un signal d’entrée sinusoïdal

o

CM

1 |

V ' ) = V os(o rDéterm iner et tracer l’évolution de la tension de sortie de ce montage.

©

•g.

La diode sera supposée idéale (différence de potentiel nulle en sens direct). L’amplific ateur est alimenté par un couple de tensions symétrique s de sorte qu’en régime non linéaire, il soit caractérisé par les deux tensions de sortie possibles Vmin et V'max tel les que Vmin = -V max .

■ X i

o c

en > Q. O

U

2

J,

*2

^max < ^0 '

3 S u v
Re dre sse ur dem i-alterna nce

c 3

û

©

145


E x e r c i c e 6 . 4 **

Lim ite ur de ten sion actif

On considère le montage de la figure 6.12 dans lequel on injecte un signal d’entrée sinusoïdal ve(0 =

V 0 c o s (ù t.

Déterminer et tracer l’évolution de la tension de sortie de ce montage.

La diode sera supposée idéale (différence de potentiel nulle en sens direct). L’amplificateur est alimenté par un couple de tensions symétriques de sorte qu’en régime non linéaire, il soit caractérisé par les deux tensions de sortie possibles V mm et Vmax telles que Vmjn = - ^ ma x* On supposera par ailleurs que : Vq < Vmax . E x e r c i c e 6 .5 *** C o m p a r a t e u r à f e n ê t r e Le montage de la figure 6.13 représente un comparateur à fenêtre. TJ

O C

a o

CM

© CD

> Q. O

Déterm iner le générateur équiv alent de Thévenin au point correspo ndant à la tension v j . Faire de même po ur le point correspondant à la tension v 9 . Déterm iner la valeur de la tension de sortie v en fonction de la tension d’entrée v e et représenter graphiquement la caractéristique v s = / ( v e). On supposer a que les caractéristiques des diodes sont parfaites (différences de potentiels égales à 0,7 V en sens direct). L ’amplificate ur opérationnel est alimenté par un couple de tensions symétriques de sorte qu’en régime non linéaire, il soit caractérisé par les deux tensions de sortie po ss ib le s Vmin et Vmax telles qu e Vmin = - V m ax .

U

146


E x e r c i c e 6 . 6 *** M o n t a g e a s t a b l e Dans le montage de la figure 6.14, l’ampli ficateur opérationnel est alimenté sym étriqu ement de sorte que sa tension de sortie puisse prendre les deux valeurs Vmin et Vmax telles que Vm]n = ~ ^ maxCalcule r l’expression de v + en fonction de v s et montrer que la tension v_ est solution d ’une équation différentielle. On suppose qu’à l’instant î - 0, le conden sateu r est déchargé et que v s = Vmax-D étermi ner et tracer en fonction du temps les variations de la tension v_ jusqu’au point de basculement du comparateur. Le comparateur ayant basculé, déterminer et tracer les nouvelles variations de la tension v_. Montrer que le comparateur basculera à nouveau et que ce processus instable se répète indéfiniment. Calculer la période des oscillations du signal de sortie du comparateur. R

■ Sj

TJ

O

3

C

Z3

a

o

(N

© en

-C

O.

J3 I

Q.

O

U

3

û Q

147


E x e r c i c e 6 . 7 **

Géné rateur de sign au x triangula ires

Dans le montage de la figure 6.15, déterminer et tracer en fonction du temps les variations de la tension de sortie v . Les amplificateurs opérationnels

sont alimentés par un couple de tensions symétriques :

K. 1

Fig ur e 6.1 5 Exercice 6.8 *** Montage astable On considère le montage de la figure 6.16 qui s’inspire de celui de la figure 6.14 dans lequel on a remplacé la simple résistance R de contre réaction par deux di pô le s en parall èle form és chacun d’une résistance placée en série avec une diode. Déterminer et tracer en fonction du temps les variation s de la tension v s . . d o n u D 0 1 0 2

Les diodes sont supposées idéales (différence de potentiels nulle en sens direct).


148

issymétrique

Énoncés des p rob lèmes

ÉNONCÉS DES PROBLÈMES P r o b l è m e 6 .1 ** M o n t a g e m o n o s t a b l e

On considère le montage de la figure 6.17. On suppose que le circuit se trouve au repos avec ve = °. Montrer que le circuit ne peut pas fonctionner en régime linéaire et calculer la valeur de la tension de sortie v s . 0 À un instant considéré comme origine des temps, on injecte dans ce dispositif une brève impulsion négative sur l’entrée v . On supposera que la présence du condensa teur d’entrée permet de superposer brièvement cette impulsion négative sur l’entrée v+ de l’amplificateur opérationnel. Montrer que la sortie du montage bascule pendant une certaine durée T puis revient à son état de repos. La diode sera supposée idéale (différence de potentiels nulle en sens direct). L’amplificateur est alimenté par un couple de tensions symétriques de sorte qu’en régime non linéaire, il soit Vm-inn = -V iiidA caractérisé par les deux tensions de sortie 4possibles Vni -inn et ViiiciA ov telle s que rnov. 1 1 *i

On posera oc = R

\

+

R 2 R

TJ

O C 3 Q

ofN

Problème 6.2 *** Oscillateur contrôlé en tension

©

Dans le montage de la figure 6.18, le condensateur C est supposé initialement déchargé. On applique à l’entrée du premier ampli ficate ur opérationnel une tension - V() négative à l’instant t = 0. Cet amplificateur opérationnel est alimenté en +15 V/-15 V. Le second est alimenté en +5 V/0 V.

CD

>Q . O

U

I T3 3 C

a Q

149


Le monostable possède une tension de sortie égale, au repos à 0 V et délivre, sur un front montant à l’entrée, une impulsion positive de hauteur 5 V et de largeur x . [^ D ét er m in er l’expression de la tension v s et de la tension VA. Calculer l’instant corre spo ndan t au bas cule men t de la tension v A . La tension Vseujj es t positive.

T

^ Montr er que le transistor, initialement bloqué, peut saturer lorsque le monosta ble délivre son impulsi on de sortie. Quelle est alors la valeur de v s ? Montrer que le processus recommence dès que le transistor se bloque à nouveau. Trac er au cours du temps les variations des tensio ns v § et VA ainsi que de la tension v R corresp ondant à la sortie du monostable. Calculer la fréquence des oscillations de la tension v s en fonction de la tension Vq . On supposera que x

« T .

DU M A L A D E M A R R E R ? ~o

o c

6.1

Le tracé de la caractéristique v s = / ( v e) devra mettre en évidence les deux seuils de ba sc ul em en t différen ts et le ph én om èn e dit d ’hys té rési s qui y appa raît . Afin de dé mar re r l’exercice dans les meilleur es condit ions, il est conseil lé d ’exprim er la tension v + à l’entrée non inverseuse du comparateur.

6.2

Chercher à exprim er v + en fonction des tensions d’entrée et de sortie.

6.3

On discutera de la valeu r de la tension de sortie en foncti on du signe de la tension d ’entrée et de l’état (bloqué ou passant) de la diode.

=3

Q o

fM

© CD

> Q. O

U

150


6.4

En tout premier lieu, on s’attache ra à discuter de l’état de la diode en fonction de la valeur de la tension d’entrée.

6.5

II s’agit d ’étudier le fonctio nneme nt de ce dispositif en fonction de l’appartenance de la valeur de la tension d ’entrée à différents intervalles. On pourra dém arrer l’étude en analysant le com porte ment du m ontage pour une valeur particulière de v e, par exemple 0 V. On discutera ensuite sur l’état des diodes et sur les valeurs des tensions v | et v 2 .

6.6

Ce dispositif est un montage astable délivrant un signal oscillant entre deux valeurs. Pour mettre en évidence son fonctionnement, il convient de raisonner sur le fonctionnement en comparateur de l’amplificateur opérationnel et sur le comportement du circuit RC.

6.7

Dans ce montage, on remarq uera la présence de deux étages placés en cascade dont le pr emi er co rr es po nd au ci rc uit de l’e xe rc ic e 6.6 de ce chap it re . Le signal d ’entr ée du deuxième étage est donc facilement identifiable. Il reste à déterminer le principe de fonctionnement du second étage en raisonnant sur le signe de son signal d’entrée.

6.8

Le circuit correspo nd toujours à un montage astable. La présence des diodes impose des constantes de temps différentes selon que le condensateur se charge ou se décharge. La forme du signal de sortie s’en trouve modifiée. Reprendre la méthode utilisée dans l’exercice 6 .6. Faire un raison nemen t progressif en for mulant l’hypothèse que le condensateur est initialement déchargé.

Problème 6.1

L’analyse du comportement de ce circuit doit être menée méthodiquement. On commencera par étudier l ’état du circuit en déterminant, au repos, le seul état possible de la diode et la seule valeur poss ib le de la te nsion de sorti e. Problème 6.2

Il convient de raisonner pas à pas sur le comportement des différents étages du circuit, en partant de l’amplificateur opérationnel situé à gauche du montage. Ce circuit délivre un signal de sortie en dents de scie dont la fréquence dépend uniquement de la valeur de la tension continue V q appliquée à l’entrée.

“O o c =3 Q


3 C

Exercice 6.1

o

Exprimons tout d’abord la tension v+ . Quelle que soit la valeur de la tension de sortie, on a :

CM

© CT) CL

O

U

CL

J3

V __ _s V_ + R o

C

3

Û

151


Cette relation traduit l’égalité des courants dans la résistance R j et dans la résistan ce R 9 . vs On a donc : v—+ + v—+ = — R, fl, R, Soit :

' R x + R ^ \

R \ R 2 J

D’où : v+ =

R,

Ri R 1 + R 7J

Soit, en posant a =

R « + R

v+ = <*V

À l’instant t = 0, on a v_ = vp = V q , puisq ue v p(f) = V00 'coscof. Comme il n’y a aucune boucle de contre-réaction sur le montage, l’amplificateur opérationnel foncti onne en comp arateu r. La sortie v est donc égale, soit à la tension V , soit à la tension - V . max * Formulo ns l’hypothèse que v = V max h t = 0. On doit alors avoir : v , = . Et puisque v s = Vma x, on a néces sair ement v+ > v_ Par conséquent : aV max> Vq . Cela est contraire à l’hypothèse formulée dans l’énoncé. On ne peut donc avoir, à / = 0, que la relation v s = -V max. Supposo ns à présent que la tension v e = v_ décroisse à partir de cet état initial. Com me la ten sion de sortie v sc est égale à - V nmov et que la tension d ’entrée non 1 iax inverseuse vaut v , = av _5 = - a V mmov, la condition de basculeax ment du comparateur correspondra au franchissement, par la tension v_, du seuil - a V'm aovx . c Soit: ve = - a V max Dès que ve devient inférieure à -a V max’ la sortie v s du comparateur bascule à Vmax. No us pou vo ns représ en te r ce ba sc ul eme nt de deux manières différentes : - sur un dia gram me tempor el (figure 6.19) où l’on représen te les variations de la tension d’entrée et celles de la tension de sortie ; - sur une caractéristique v s = / ( v e) qui met en évidence, en abscisse, le seuil de basculement du circuit. Comme nous avons étudié ce basculement lorsque vc décroît, nous orientons cette Figure 6.19 caractéristique comme indiqué sur la figure 6.20. t

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

R

152


Figure

6.20

Figure 6.21

Pour que la sortie du comp arateur rebascule à nouveau de v = Vmax à vs = - V max* il faudra attendre que la condition v + = v_ se produise à nouveau. Mais comm e désormais, v g = Vmax, on a v + - a V^max . La condition de bascule ment s’écrit donc v e = a V . Nous pouvons donc com pléter le diagramme temporel de représentation des variations de ve et de vs (figure 6.21). No us y remar qu er on s les points de ba sc ul em en t diff ér ents selon le sens de vari ation de la tension d ’entrée v e. La figure 6.22 représente la caractéristique v s = / ( v e) valable cette fois-ci pour v e évoluant dans le sens décroissant et qui diffère, par le seuil de basculement, de la caractéristique de la figure 6.20. On peut par ailleurs résumer cette caractéristique à double seuil de basculement sur une seule figure et faire ainsi apparaître un phénomène dit d’hystérésis (retard ou décalage) qui traduit le prin ci pe fo nd am en ta l de fo nc ti on ne men t de ce tr ig ger de Schmi tt (figure 6.23) . Vs / V'max

T3 O C =5 Q

> ue 0 ^^max

CtVmax

o

CM

© CD

> Q. O

U

\7

J3 1

tj

Kmax

Figure 6.22

Figure 6.23

2 3 û © 153


Le principal intérêt d’un tel montage réside dans la disparition du phéno mène « d ’hésitation » au niveau du ba sc ul ement de la tensio n de sortie, ph éno mèn e que nous avons évoqué au paragraphe 6.3 de la partie rappels de cours de ce chapitre. Ainsi, on remarque, sur la figure 6.24, que même si le signal sinusoïdal est bruité, le décalage entre les deux seuils de comparaison interdit le basculement multiple du comparateur. Sur cet exemple, le seul point de basculement possible correspond au point A, lorsque le signal franchit le seuil le plus bas da ns le sens décr oissant. Un nouv ea u ba sc ul emen t n ’est possib le que lorsque ce mêm e signal refran ch it le seuil supérieur. C e q u ’ il f a u t r e t e n i r d e c e t e x e r c i c e

Le trigger de Schmitt est un montage essentiel de l’électronique non linéaire. Il permet d’utiliser un amplificateur opérationnel en comparateur en s’affranchissant des problèmes de bruit que nous avons évo qu é au pa ra graph e 6.3. Le tracé de la cara ct éristi qu e v s = / (v ) met bien en évi de nc e les deux seuils de ba sc ul emen t différen ts et le ph éno mèn e d ’hystér ésis qui est à la base du fonctionnement de ce circuit. Exercice 6.2

L’égalité des courants dans les deux résistances nous conduit immédiatement à l’expression de la tension v + en fonction des tensions v e et v s : On a : — + «i V

+

s

*2 V

V

V

Soit : — + — = -5 + -S/?! R 2 *1 * 2 D’où : v + r *

l

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

i

+ /?2Ï

«

|Æ2

J

ve i vs /?|

R 2

Laissons momentanément cette expression sous cette forme et déterminons l’état de la sortie du comparateur à l’instant / = 0 : À c e t i n s t a n t i n i t i a l , o n a ve = V q , p u i s q u e ve(f) = V q CO s c û / . Donc : v,

f

R

\

+

R

l \

v.

V ^ 1^ 2 J R, Comme il n’y a aucune boucle de contre-réaction sur le montage, l’amplificateur opérationnel fonctionne en co mparateur. La tension de sortie v g est donc égale, soit à Vmax >soit à - Vmax .

154


Formulon s l’hypothèse que vs = - V max à t = 0. Cela suppose que v+ soit inférieure à v_, autrement dit, comm e l’entrée inverseuse est reliée à la masse, que v + soit négative. V0

Q r s i v s = - V m ax , o n a : v +

^max

R,

V R \ R 2 J

R \

Dans l’énoncé, nous avons supposé que — ^ max R 2

R,

V0 donc clue — > /?,

Vmax

Par conséquent : v+ > 0. Consta tant cette contradiction par rapport à l’hypothèse de départ, nous en déduiso ns que la sortie du comparateu r ne peut pas valoir ~ ^ max • On a don c, à t = 0 : v s = VmaxLorsque ve décroît, la sortie du comparateur reste à ce niveau de tension tant que la condition de ba sc ul emen t n ’est pas rempli e. Cette co nditi on s ’écrit : v + < 0.

V R 1 R 2 J Donc v+ < 0 =>

R

Vmax

V va V — + — = *1 R 2 *1

Or : v ,

< — max

r

<-

R-

2

R 2 max'

S oi t: v e < - a V max. Le compar ateur basculera donc lorsque v , évoluan t dans le sens décroissant, franchira ce seuil - a V mov • La tension de sortie vaudra alors vS0 = . 111d A III d X Cette tension de sortie restera égale à - V max tant qu ’une nouvelle condition de basculement n’interviendra pas. Cette nouvelle condition s’écrit désormais v+ > 0 . ( R x + R 2)

V R \ R 2 J

e [ R,

s _ ve R ,

R,

V max R, R,

R, V max - î M x > 0 ^ v ee > - V max R -

v+ > 0 TJ

O C D

3

&

û

Le comparateur basculera donc lorsque ve, évoluant dans le sens croissant, franchira ce seuil a V mov ov . max . La tensi on de sorti e vau dra alors à nou vea u v c s = Vmax

O

CM

© en >* CL O

U

Soit . v e > oc Vmax.

O. 3 T J

Les figures 6.25 et 6.26 représentent respective ment les diagramm es temp orels des tensions d ’entrée et de sortie et la caractéristique v g = / ( v e) qui fait apparaître les deux seuils de ba sc ul em en t, co mme dans l’exe rc ice pr écéd ent.

O

C 3

O ©

155


/

w

*’ma x

y

-

aV m ax

0

aV lA 'm ax

1Kmax / Figure

6.25

Figure 6.26


La principale différence observée, ici, par rapport au montage de l’exercice précédent, réside dans le signe de la tension de sortie par rapport au signe de la tension d’entrée. Alors que le trigger de Schmitt étudié précédemment possède une sortie qui évolue en opposition par rapport à l’entrée, celui que nous venons d’étudier actuellement n’inverse pas le signal. Il s’agit d’un trigger de Schmitt non inverseur. Exercice 6.3

Pour analyser le fonctio nnemen t d’un montage électroniqu e qui comporte une ou plusieurs diodes, il convient de raisonner systématiquement sur l’état (passant ou bloqué) de ces diodes. Supposons dans un premier temps que la diode soit bloquée. Dans ces conditions, le schéma du circuit devient équivalent à celui de la figure 6.27. On remarque qu’aucun courant ne peut circuler dans la résistance R. La tension de sortie vs est donc nulle puisqu’il n’y a aucune chute de potentiel aux bornes de la résistance. Il en est de même po ur la tensio n à l’ent rée in ve rs eu se : v_ = 0 . La diode, pour être bloquée, doit être polarisée en sens inverse. Il est donc nécessaire que la tension de sortie de l’amplificateur opérationnel, notée V a , soit négative. Comme il n’y a aucune . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

156


bo uc le de co nt re-réa ct io n dans le mo nt age, comparateur et on a donc v A = - ^ max-

l’a mpl if ic at eu r

op ér at io nn el

fo ncti on ne

en

Cela implique que v+, donc ve, soit inférieure à v_. On a don c : Diod e bl oq uée <=> v g = 0 <=> v e < 0 Puisque seule nous intéresse la relation entre la tension d’entrée et celle de sortie, nous retiendrons essentiellement : v e < 0 => v s = 0 . Dès que v e dev ient positi ve, le com par ate ur bascul e et on a déso rmai s v A = Vmax, ce qui ne durera pas car la diode se débloque im médi atemen t ; le schéma du circuit devient alors équivalent à celui de la figure 6.28.

L’amplificateur fonctionne alors en régime linéaire puisque le schéma fait apparaître, très nettement, une boucle de contre-réaction. On a alors : v £ = v + = v_ =

= v,

No us reti en dr on s : v e > 0

Vs = v Résumons à présent le fonctionnement du montage sur le graphe de la figure 6.29. Nous avons bien affair e à un re dr es se ur de mi- al te rn an ce do nt la so rtie est nul le si le signal d ’entr ée est né ga ti f et égal à ce signal d’entrée s’il est positif.

"O o c

Z3

O O r\i © CT)

> CL O

U

CL J3 Figure 6.29

3

Û

157



Il existe de multiples circuits électroniques permettant de réaliser un redressement demialternance. Celui-ci exploite parfaitement bien les propriétés de l’amplificateur opérationnel qui possède ici l’originalité de fonctionner alt ernativement en régim e linéaire et en régime non linéaire. Exercice 6.4

Analysons l’état de la diode : supposons que celle-ci soit bloquée. Dans ces conditions, le circuit est équivalent au schéma proposé sur la figure 6.30. On a alors : v s = v_ = v e . Or, si cette diode est bloquée, l’absence de boucle de contre-réaction est équivalente à un fonctionnement en régime non linéaire. La tension de sortie vA de l’amplificateur opérationnel, qui foncti onne par consé que nt en comparat eur, est égale, soit à Vmax, soit à - Vmax.

d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Com me la diode est bloquée, on a nécessairem ent v A > v §, donc v A > v e. Com me l’amplitude la sinusoïde d ’entrée est inférieure à la tension V , on ne peut pas avoir v A = - V , , ce qui nécessiterait que v A soit devenue inférieure à ~ V m2LXOn a do nc : v A = Vmax0 r : VA = V o v - < v + « ve< En conclusion : diode bloquée <=>

V V

< Vj <=> v s = v e-

La diode devient donc passante dès que cette condition n’est plus remplie : diod e pas sant e <=> v e >

V ^.

Le circuit devient alors équivalent au montage de la figure 6.31.

158


La diode passante assure la présence d’une boucle de contre-réaction. L’amplificateur opérationnel fonctionne alors en régime linéaire. On a donc : v g = v_ = v + = No us reti en dr on s : v e >

V\

V^.

<=> v s =

V \-

No us avon s donc affai re à un mo nt ag e qui repr od ui t, à sa sortie, la tensio n d ’entr ée en la limitant à la valeu r (figure 6.32). v*


On retrouve dans ce circuit limiteur actif, comme dans l’exercice précédent, un amplificateur opérationnel qui fonctionne tantôt en comparateur, tantôt en régime linéaire. La fonction de limitation est occasionnée par le fonctionnement non linéaire qui est déclenché par le dépassement de la valeur V j .

Exercice 6.5

Dans un premier temps, déterminons le générateur équivalent de Thévenin au point correspondant à v j. Comm ençon s par réorg aniser cette partie du circuit en faisant apparaître un dipôle entre le po in t v « et la ma ss e (fig ur e 6.33) .

2 R ZZF

"D O C

=3

O O

cO E 'cL

v\

â n

f\l

© CT

Q .

O

U

i c a 3 û

Figure 6.33

159

Chapitre


L’association en série du générateur de tension V ç ç et de la résistance R est équivalente à l’association en parallèle d’un générateur de courant V q q / R et de cette même résistance R (figure 6.34). Ce schéma équivalent fait alors apparaître deux résistances en parallèle que nous regroupons en une seule valeur 2 R / 3 .

un

un

un

2VCC 2 R

3

^cc 2 R 3

Figure 6.34

No us po uv on s à no uv ea u tr an sf or mer cett e as so ciat io n en parall èle du gé né ra te ur de co ur an t et de cette résistance en une association série d’un générateur de tension équivalent de valeur V CC 2 ^CC ------- avec la résistance 2 R / 3 (figure 6.34). R Procédons de mêm e pour le dipôle correspo ndant au point v 9 (figures 6.35 et 6.36). Disposant ainsi des deux dipôles équivalents aux points correspondant à v j et v 9 , nous pouvons remplacer ces deux éléments de circuits par ces générateurs de Thévenin (figure 6.37).

. d o n u D 0 1 0 2

HZZh 2R

2R

Vcc

ÏÏ7 7


© f7 Tj

Figure

160

6.35

rm

^cc


© ^cc 2 R

Vcc

2 R 3 h

Figure 6.37 TD

O C

ZJ

û

O

Ü '5.

On aurait alors : v j =

CM

© >> O CL U

Appelons R j et Æ9 les deux résistances équ ivale ntes de ces génér ateurs de Théven in. Déte rmin ons à présen t la valeu r de la tension de sortie v s lorsque v e = 0 . Si la diode D j était bloquée, aucun courant ne pourrait circuler dans la résistance R | .

CL

J3 I O û

2Vr CC

ce qui polariserai t cette diode, de fait, en sens direct. La diode Dj est donc pass ante lorsque V e

=

0 .

T D C 3

©

161


Par consé quent : v + = v e + 0 ,7 V = 0,7 V. Si £>2 était passante (figure 6.38), on aurait d’une part v2 = -0,7 V et d’autre part, un courant positi f / de polarisa tion de cette di ode dirigé de v e vers v 2 , ce qui est im po ss ible puisqu e cela correspondrait, aux bornes de /?2, à une différence de potentiels /?2/ et on aurait : - 0 , 7 V - R 21 =

ov,

V,CC

-0,7V

4 ^r2 17/>|r

nK2_- 2R ^

Figure 6.38

La diode D9 est donc bloquée et aucun courant ne peut circuler dans /?2 . On a donc : v 9 =

CC

En conclusion, on a, pour ve = 0 : ! = v + = 0,7 V V9

=

V_

=

CC = 3,33 V

v +

<

v _

vs =

- V

max

Pour ve < 0, les conditions sur l’état de chaque diode sont inchangées. La conclusion est donc identique. À présent, faisons croître la tension d’entrée v e . La diode Dj reste passante tant que la tension d’entrée reste inférieure à un certain seuil. En effet, la condition « diode D j pas san te » se traduit par l ’équatio n v | = v e + 0,7 V . Or la tension v , reste inévitable ment inférieure à la tension de Thévenin en ce point. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Soit : v j <

2Vi

CC

ve + 0,7 V <

2V,CC

3

v e < 5 ,9 6 V .

De même, la diode D 9 reste bloquée tant que la condition v e - v 9 = 0,7 V n’est pas remplie. Comme la tension v2 reste immanquablement inférieure à la tension équivalente de Thévenin du dipôle, on peut considérer que la diode D2 restera bloquée tant que la tension d’entrée restera inférieure à un certain seuil que nous pouvons facilement déterminer : V2<

162

CC 3

CC v e - 0*7 v < —j —

v£ < 4,03 V .


En résumé : v e < 4,0 3 V => D | pass ante , D 9 bloquée , fv , = v + = v g + 0,7 V On a alors : v Po ur v , < v , c ’est-à -di re T

—

3,33 V

C

< 2,63 V , on a : v c = - V S

III dA

Po ur 2,63 V < v . < 4,0 3 V , on a don c v . = VmQY . C

S

III aA

4,03 V < ve < 5,96 V => D j pas sante, D 9 passante. v+ = ve + 0,7 V On a alors :

v_ = ve - 0 ,7 V

=> v < v => v = + “ s

max

ve > 5,96 V => D , bloq uée , D9 . pas san te

On a alors :

v i = v+ =

2 V,c c

= 6,66 V

v 2 = v _ = v e - 0 ,7 V Po ur v T, > v —, c ’est-à-dire C < 7,36 V , on a : v ac = V'IIldAv . Pou r > 7,36 V , on a don c v c = - V ov . C

S

ITldA

En conclusion, la sortie v $ de ce com par ate ur est égale à Vmax lorsque 2,63 V < v e < 7,36 V et vaut - V m_Y en dehors de cet intervalle. La figure 6.39 présente la caractéristi que v = / ( v ) qui fait apparaître cet intervalle (on dit parfois « fenêtre ») de tensions. 1 1 1 e tÀ

o

C

"O O c

U O

O fN © en

> O

CL U

JZ c-

I

Figure 6.39

3 û ©

163



Ce comparateur à fenêtre possède un comportement plus complexe mais plus intéressant qu’un simple comparateur. La présence d'un intervalle de comparaison réglable au lieu d’un simple seuil de basculement offre de grandes possibilités. Exercice 6.6

L’expression de la tension v_ s’obtient en considérant tout d’abord que les résistances R j et R 0 forment un pont diviseur de tension, ce qui permet d’exprimer la tension v+ en fonction de v R i

On a : v , = ---------- v c . + * i +*2 S Appelons i le courant circulan t dans le conde nsate ur et dans la résistance R , orienté, sur le schéma, de la gauche vers la droite. 1r = —I i d t - CJ Et : v _ - vs = R i . On a : - v

i ( t )

dv -

=

- C ---- • d t

dv_ dv_ Soit : v - v c = - R C ---- => v + R C ------ = v o dt dt s “ s qui est l’équation différentielle recherchée. Si on suppose qu’à l’instant

t-

0 le conde nsate ur est décharg é et que v s = Vmax , nous pouvons R

\

en déduire : v_(0 ) = 0 et v+ = ^ ^ - V max = « Vmax . L’équation différentielle devient alors : v

dv _ V max

+ R C ----

df

*

Cette équation différentielle a pour solution : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

v

+

K 2^

-t/RC

Les constantes se déterminent aisément en considérant, d’une part, que v_(0) = 0 et que si ten dait vers l’infini, la tension v ten drait vers V' v . Par consé quent : v_ (0) = A"|+Âr2 = 0=> À rj = - K 1 . —

Et : lim v t

D’où : v

164

=

K ,

=

oo

V max

/1 - e

= V max (1

*

-t/RC.

).

m ax

t


Remarque

On notera la position de la tangente à l’origine qui coupe l’asymptote l/max au point dont l’abscisse correspond à la constante de temps RC. Cette expression n’est bien entendu valable que si la tension de sortie reste à sa valeur initiale v s = ^ max • Tout bascule ment du comp arateur nous conduirait à reconsidérer l’évolution de v_ à partir de l’instant de ce ba sc ul em en t.

Vm aVm

C ’est effec tiv emen t ce qui se passe dès que la tension v_ atteint le seuil a ^ a x qui correspond à la tension v + (figure 6.40).

RC

A 4partir de cet instant, on a : v sc = - m ax . D ’où : v , = +

l

V

s =

— Ci

V max

- v m,

Considérons l’instant de ce basculement comme la nouvelle origine des temps.

Figure 6.40

L ’équation différentielle devient : v

dv + RC-

= - V max

d t

La solution de cette équation s’écrit toujours : = K, + K2e

-t/RC

Avec les conditions aux limites suivantes : v_(0) = o.V max => lim v On a donc : v_ =

Vmax + ( a + !)V maxe

K \

+

^2

“ a ^max

= Kt = - V max ' -t/RC

Cette expression reste valable tant que la sortie du compa rateur reste au niveau v g = - V max Autrement dit, tant que la condition de basculement n’est pas remplie. Cette condition co rrespond au franchissement, par la tension v_ , du seuil im posé sur l’entrée v + , soit _o t^ max •

~o o c =5 Q

No us po uv on s do nc co mpl ét er les ch ro nog ra mmes des tension s v_ et v g , c omme indi qu é sur la figure 6.41. La tangente à l’origine de la courbe v_ coupe toujours l’asymptote - V max au bout d’un temps RC. Ceci constitue une information précieuse pour guider le tracé de la courbe v_.

o

fN © CT) CL

O

U

Le phénomène redémarre alors et, finalement, les tensions v_ et vs oscillent en permanence. -C CL

3 1 2 û

La période T des oscillations se détermin e en considérant, par exemple, le temps mis, pe ndant une demi-alternance du phénomèn e, par la tension v _, pour décroître de la valeur a V max à la valeur - a V y max ‘

3

©

165


Cette décroissance est exprimée (en tenant compte du décalage de l’origine des temps) par l’équation : -t/RC 1m / / t/ v - = - y max + ( a + 1) VmaXe À l’instant t = 772 corre spond ant à une demi-pé riode, on doit avoir v_ = - a Vmax . Il suffit donc de résoudre l’équation v_ = - a Vmax pour obte nir l’expression de la période. \7

17

/

«\ t /

- a V max = - V max + ( a +

— t /RC

1 ) V maxe

1 \X 7

=> (

1"

« ) ^m ax = < « +

— t / R C

1 ) ^ m ax e

-t/RC . ( 1 - a )^m ax D ou : ----------------- = e ( a + 1) Vmax

(a + 1) Donc : t = /?Cln

R C

= -In fin i' M +

1+ a 1- a

La période des oscillations à donc pour expression : . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

T

= 2K Cln(Lt2V Vl - a J

Ce qu’il faut retenir de cet exercice.

Les montages astables délivrent des signaux périodiques de différentes formes (parfois mêmes au sein d’un même circuit comme c’est le cas ici). Ils sont basés sur la génération d’oscillations de relaxation dans des systèmes non linéaires, ce qui les différencie des oscillateurs harmoniques qui eux, sont produits par des systèmes linéaires régis par des équations différentielles dont les solutions sont des signaux sinusoïdaux (voir problème 3.3).

166


Exercice 6.7

Le mont age fait nettement apparaître deux étages différents : un montage astable identique à celui étudié dans l’exercice 6.6 suivi d ’un m ontage linéaire à amplificateur opérationnel. Cette linéarité est due à la boucle de contre-réaction assurée par le condensateur C'. No us co nna is so ns déjà le sign al de sortie du mon ta ge astabl e. Ap pe lo ns -l e v e. Ce si gnal oscille, avec une périod e 7\ entre les valeurs Vmax et - Vmax . Il suffit mainte nant d ’établi r la relation qui lie vs à ve. Soit i le courant circulant dans la résistance

Ce courant circule dans

C' : i =

R 3

(orient é de gauche à droite).

v e d ( " v s) — = C ’--------R3

d'

On a donc : v s = - ^ r j v ed r Le second montage est donc un intégrateur. v dt Lo rsqu e v p = Vmax : v ' » = - i d c J max

= -

R

c .r+

K

La sortie est alors une rampe de pente négative. Lorsque v

=

- V

max : v s

/ 1 = -i L r" t^max d^

R,C'J k3

=

^ max

__

T F t + K 2-

La sortie est alors une rampe de pente positive. La figure 6.42 présente les variations de la tension v c et de la tension v,s. Co mm e la valeur moyen ne du signal d ’entrée de l’intégrateur est nulle, il en sera de même pour son signal de sortie.

"O o c =3

O O

f\l

© O) CL

O

U

167


v s sera donc un signal triangulaire oscillant entre deux tensions que le signal ve.

V j

et - V j avec la mêm e péri od e

Le montage étudié est donc un générateur de signal triangulaire. L’amplitude V j se dé te rm in e fa ci le men t en co ns id ér an t la vale ur de la pent e de ce si gnal su r une demi-période 772. Prenons par exemp le une demi-pério de où le signal v est croissant. 2Vl Vmax La pente de la droite est : ------- = ------ R 3C '

D ’où : Vj

T

4 R 3C

T/2

V

max *

On choisira évi dem men t les valeurs de C* et de R ^ de sorte que cette amplit ude reste inférieure à la tension d’alimentation V q q de l’amplificateur opérationnel monté en intégrateur.

Soit : -------- Vmav< 4R C' max

V r r

cc

. o lx ü s ï ïi 3 4 ' 'c c


Ce montage est constitué de deux étages. Le premier délivre un signal carré qui est ensuite injecté dans un intégrateur qui transforme donc ce signal carré en signal triangulaire. Cet exercice met en évidence la nécessité de raisonner en termes de blocs réalisant individuellement des fonctions élémentaires et qui, interconnectés, permettent de concevoir des systèmes complexes très variés.

Exercice 6.8

Le montage étudié est un montage astable inspiré du montage de l’exercice 6.6. La résistance R est remplacée par deux dipôles en parallèle, chacun de ces dipôles étant constitué de l ’association en série d ’une résistance et d ’une diode. Reprenons le principe de fonctionnement du circuit de l’exercice 6.6. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Si on suppose qu’à l’instant en déduire :

t-

0, le cond ens ateu r est déchargé et que v s = Vmax , nous pouv ons

R-

v_(0)

0 et v+

a V R 3 + R 4

max

max*

Com me v s > v_ , seule la diode Dj sera passante. La diode étant supposée parfaite (c’est-à-dire avec une tension de seuil nulle), la boucl e de contre -réact ion est équiva lent e à la seule résistance R j .

168


L’équation différentielle qui régit l’évolution de la tension v_ est donc :

v

+R

dv_ t C ----- = V max* 1 d t

En reprenant le résultat de l’exercice 6.6 et en remplaçant . = V,max (1 - e

R

par R ( , on obtient :

-t/RC

)

Lorsque le compa rateur bascule (au moment où la tension v_ atteint le seuil v + = ^ ^ max )» la tension v § dev ient égale à - Vmax ; la diode D j se bloque puis que v < v_ et c ’est la diode D 2 qui devient passante. Tout se passe alors comm e si on avait remplacé la résistance R ( par la résistance R 9 . En reprenant le résultat de l’exercice 6.6, on peut écrire : -t/R.C

v- =

- V

max + ( a + 1)7 V max e

Le principe de fonctionnement de ce montage est donc le même que celui de l’exercice 6.6, à ceci près que les croi ss an ce s et dé cr oi ss an ce s de la tension v_ s’op èren t ave c des co ns ta nt es de temp s différentes (figure 6.43). Com me les seuils de basculement restent dictés par a , le résultat consiste en l’apparition d’un signal rectangulaire (et non plus carré).

169



La présence des diodes impose bien deux constantes de temps différentes aux oscillations. Il est poss ib le de crée r un si gnal rect angu la ir e. En ag is sa nt sur les deux rési st ance s R j et R 0 , on peut régler le rapport cyclique du train d’impulsio ns ainsi généré, c'est-à-dire le rapport entre la durée de maintien à Vmax et la période T.

C o r r ig é s d e s p r o b lè m e s

Problème 6.1

D

Si le circuit est au repos (v e = 0 ), on a alors :

v + = R p-] + T p RT ^v

s

=

«V

Si le circuit est au repos, aucune tension ne peut varier, ce qui revient à dire que le circuit fonctionne en régime continu. Aucun courant ne peut donc traverser le condensateur. Déterminons à présent l’état de la diode. Si la diode est bloquée, il n’y a aucun courant dans la résistance R. On a don c : v_ = v s Dans ces conditions, si v c = Vmov, on a alors v, = a V mov. Com me a < 1 , cela équivaut à écr ire : v «, < v , ce qui est incom pati ble avec v sc = Viii dx ov . De mêm e, si v cs = - V m aQxV, on a alors v,T = - a m d A , soit vT , > v— , ce qui incompatible avec v ao = - VITl d A . 1 4 L ’hypothèse « diode bloquée » conduit donc sy stémat iquem ent à une absurdité. La diode est donc passante. Comme elle est supposée idéale, sa tension de seuil est nulle et l’on a : v

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

= 0.

Com me v + = ocvs , il faudrait, pour que l’amplificate ur opérationnel fonctionn e en régime linéaire, que v + , donc v , soit nulle. Il n’y aurait alors aucun couran t dans la résist ance R puisque celle-ci n’aurait aucune chute de potentiel à ses bornes. Sans ce courant, la diode ne peut pas être passante. L ’am pl if ic at eu r op ér at io nn el fo nc ti on ne do nc en co mp ar at eu r. Sa tension de sortie vaut donc, soit

m da

, soit

m dx

.

Si on avait v s = - V max, un courant positif circulerait dans R , du point v_ vers le point v s et ce, compte tenu des valeurs de ces tensions. La diode ne pourrait pas être passante. On a donc obligato irement : v s = Vmax .

170


diode passante v_ = 0 En résumé, dans le circuit au repos, on a :

v s = Vmax v+

a V max

^ On suppose à présent qu’une brève impulsion négative est appliquée sur l’entrée non inverseuse de l’amplificateur opérationnel. On a donc pendant un court instant v+ < 0. La tension v_ étant nulle, on se trouve dans les conditions de basculement du comparateur puisque v+ < v_. La tension de sortie vaut désormais v 0s = - Vfvinv max . Par conséquent : v+ = Com me v s = -V max, le courant dans la résistance R change de sens et la diode se bloque. Calculons l’évolution de la tension v_ en considérant l’instant de basculement comme l’origine des temps. Soit i le courant circulant à la fois dans R et dans C, orienté positivement de la gauche vers la droite. v_- v dv_ On a : i = -------- - = - C -----• R

D’où : v_ +

dt

dv_

= v s = -V max.

Cette équation différentielle admet pour unique solution : v - = - Vt /m a x v(,11 - e" t / R C .>' ). La tension v_ décroît donc exponen tiellem ent à partir de 0 pour tendre vers - V max . Elle n’aura, bien sûr, pas le temp s d ’attein dre cette va le ur as ym pt otiq ue puisque dès qu’elle attein dra la valeur de v , le comp arateur rebasculera. Cette condition de basculement s’écrit : v - = vv + => ^ —V max'( 1 —ec ~o

O c

— —çxV u v max'

En résolvant cette équation, on détermine facilement l’instant pour lequel se produit le ba sc ule me nt :

=3

û O 1— I O

>

Ü

-t/RC , 1- e = a

'5.

(N

e

-t/RC

- a .

© A->

S I

CT> >Q_ O

U

i

D ’où : — — = ln( 1 RC

a ) => t = /?Cln

3 û

c

Q 171


La tension d e sortie vaut donc à présen t v s = Vmax . Le courant dans la résistan ce chang e de sens. La tension v+ vaut à nouveau ocVmax et la tension v_ entreprend une croissance exponentielle jusqu’à ce que la diod e redevi enne pass ante, instant où cet te tensio n se fixera à la va le ur v_ = 0 . On revient donc dans un état strictement identique à l’état de repos initial qui est le seul état stable du montage, d ’où l’appellation « monostab le ». Ce circuit possède la propriété de transformer une impulsion brève (dans le cas présent, cette impulsion est négative) en une impulsion de largeur donnée qui ne dépend que des valeurs des composants utilisés. La figure 6.44 représente les chronogrammes des tensions v_ et v_. o

Ce qu ’il faut retenir de ce prob lème

Il existe toutes sortes de montages monostables, à peu près tous basés sur le même principe. Celui-ci déclenche sur front descendant et délivre une impulsion positive. Toutes les autres combinaisons peuvent être obtenues en aménageant quelque peu le circuit. La largeur de l’impulsion délivrée se règle par ailleurs très facilemen t grâce à la résistance R. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Problème 6.2

D À l’instant t = 0, le monostable est au repos. Sa tension de sortie est donc nulle. Le transistor est bloqué et n’influe donc pas sur le reste du montage. Le premier amplificateur opérationnel participe à un montage intégrateur. Soit v (/ ) son signal d’entrée. Sa loi de fonctionnement s’écrit : v_ o

172

t

.


En injectant un signal d’entrée constant - Vq à partir de

S o i t: v

s

K j

0, on a donc :

V ^t 1 r 1 r v ( 0 d r = — Vnd r = — + AT1• r c /?CJ ÆCJ 0

s La constante

t-

est nulle si on cons id ère que la tension v est nulle po ur

t =

0.

= V — • R C

0, la tension v s est inférieur e à V .j. Le deux ième ampli fica teur opérat ionne l, monté en comparateur, possède une tension de sortie nulle. On a donc : v A = 0. k t =

Lorsque v g atteint la tension V se produit à l’instant T tel que :

j j , le

V — R C

com para teu r bascul e et on a v A = 5 V. Ce bascu leme nt

= V

seuil

T

Q Un front montant est donc délivré à l’entrée du monostable qui délivre à son tour une impulsion positive de largeur T et de ha uteu r 5 V. En choisissant correctement les valeurs de R q et de /?R, le transistor sature dès qu’il reçoit cette impulsion.

=

V seuil RC -

Vs

En saturant, le transistor court-circuite la tension vs à la ma sse ; le co nden sat eur se dé char ge instantanément et la sortie vA du comparateur rebascule à 0 V. Dès que le monostable retrouve son état stable de repos, le transistor se bloque à nouveau et l’intégrateur redémarre un cycle de charge du condensateur en délivrant une nouvelle rampe - j - j

t» TJ

O C =3

û

O Psi © en

> O

CL U

s 33 C 1» ’E. C

-C G.

J3 I •O

R C

Ë ) Le processus recom menc e sans cesse et les différentes tensions de ce montage oscillent, comme indiqué sur les chronogrammes de la figure 6.45. On choisira la durée X suffisam ment petite pour que le signal v s soit un signal en dents de scie caractérisé par le moins de distorsion possible, mais

3

û ©

173

6 . L’amplificateur opérationnel en régime non linéaire

suffisamment grande, malgré tout, pour que le transistor saturer ait le temps de décharger le condensateur. On remarquera, sur le graphe de v A , la décroissance qu asi-imm édiate dès que la tension de sortie du mon osta ble sature le transistor. Par ailleurs, on notera, sur le graphe de v s, le dépar t d’une nouvel le ramp e dès que le mono stab le est revenu à son état de repos. ^seuil En con sidé rant que T « 7 , la tension v oscille avec une période 7 = R C --------. vo Sa fréquence, par conséquent, ne dépend que de la tension d ’entrée V q , d’où le nom d’oscillateur contrôlé en tension.

------------ V

R C •. ° V seuil

= kVr\ . 0

Ce qu ’il faut retenir de ce probl ème

L’oscillateur contrôlé en tension est encore appelé VCO (voltage controlled oscillator). Il pe rm et de gén ér er un signal do nt la fré qu en ce varie pr op or ti on ne ll em en t à une tens ion donn ée. On retiendra, une fois de plus, l’analyse systémique du montage global qui permet de déterminer rapidement le type de fonction réalisée par l’ensemble.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

174

L es

t r a n s is t o r s

à

ef f et

DE CHAMP

RAPPELS DE COURS Les transistors bipolaires, bien que toujours très utiles en électronique, sont malgré tout caractérisés par un certain nombre de défauts, comme, notamment, leur impédance d’entrée relativement faible. Par ailleurs, leur principal comportement, qui fait d’eux des sources de courant commandées par un courant, est parfois problématique. Les transistors à effet de champ offrent une alternative intéressante aux transistors bipolaires. Faisant partie des transistors unipolaires, ils sont caractérisés par une très haute impédance d’entrée et par un comportement que l’on peut assimiler à celui d’une source de courant commandée en tension.

7.1 L e

t r a n s is t o r à e f f e t d e c h a m p à jo n c t io n ( jf e t

)

Un transistor à effet de champ à jonction (JFET : jun ction f i eld ef fe ct tra ns ist or ) est constitué d’un canal de silicium, dopé N, par exemple et de deux zones dopées différemment qui l’entourent (zones dopées P si le canal est dopé N). Les deux zones P sont reliées entre elles (figue 7.1) et forment la grille G du transistor. Deux contacts déposés sur le canal N forment son drain D et sa source S. La figure 7.2 présente le symbole de ce transistor à effet de champ à jonction canal N. Si les zones N et P sont inversées, on dit que la JFET est canal P (figure 7.3).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

JFET canal N Figure

7.1

JFET canal N Figure

7.2

JFET canal P Figure

7.3

175

7 . Les transistors à effet de champ

7.2 C a r a c t é r i s t i q u e s d e s t r a n s i s t o r s à e f f e t

de champ

Le principe de fonctionnement du transistor à effet de champ canal N est le suivant : le canal N, entre le drain et la source, constitue un dipôle qui a vocation à être conducteur, c’est-à-dire à être pa rcou ru pa r un co ur an t que l’on note / D et qu e l’on appell e le co ur an t de drain (m êm e s’il est également, par définition, le courant de source. La présence d’une différence de potentiels négati ve entre la grille et la source (soit VG^ ), crée un effet électr ostat ique dan s le canal et confère au transistor les propriétés suivantes : - si VQ < VQS < 0 , le canal dr ain - source es t cond ucte ur ; - si V q $ < Vc , le canal drain - source est bloqué. La tension VQ est une caractéristique du transistor. Il s’agit de la tension de blocage qui, pour un transistor canal N, est de l’ordre de -5 V. Lorsque le transistor est conducteur, il peut présenter deux types de co mpo rtemen t en fonction de la tensi on entre le drai n et la source. Si 0 < ^ Vp , le canal se com port e com me une résistance. Le courant de drain est pr op or ti on nel à la tension ; la vale ur de cette rési st ance dé pe nd tout efois de la vale ur de V q $ ; on dit que le transi stor fonctionn e dans sa zone ohm iqu e ou résistive. Si > Vp, le cour ant / D devi ent quasi cons tant et ind épen dan t de VDS ; on dit qu ’il y a pi nce men t du canal. Le tr an si st or fo nc ti on ne alors dans sa zone linéaire ca r les va ri at io ns de / D sont proportionnelles à VGS . La tension est appelée tension de pin cem ent du transi stor ; elle est de l’ordre de 2 à 3 volts po ur un JF ET canal N. No to ns par ailleurs que po ur une vale ur de VDS do nn ée, le co ur an t de drain varie en fonct ion de la tension V q $ selon la loi : GS ^Dmax Le couran t / Dmax d épen d de la valeu r de VDS : plus VDS est élevée, plus le cou rant / Dmax est important. L ’ensemble du fonction nement du transi stor à effet de champ à jonctio n canal N est résumé sur le réseau de caractéristiques de la figure 7.4. Le JFET apparaît bien comme un dipôle commandé par la tensio n V q ^ . T3 O C =5 Q

o CM

©

Pour un transistor canal P, le principe de fonctionnement reste le même à ceci près que tous les signes des courants et des tensions doivent être inversés.

7.3 P o l a r i s a t i o n

d ’u n

t r a n s is t o r

à effet

de champ

Polariser un transistor à effet de champ revient à l’inclure dans un montage de sorte que son point de fonctionnement, en régime continu, soit situé dans sa zone de fonctionnement linéaire.

CD

> Q . O

U

176

7.3. Polarisation d’un transistor à effet de champ

Il faut donc avoir :

^DS >

La figure 7.5 présente un circuit de polarisation très simple à l’aide d’une résistance ce drain. On notera que le courant de grille, très faible, est la plupart du temps négligé. cc y

Ic = 0

D

G

/ w

Figure 7.5 Si la tension V q $ est donnée, la caractéristique parmi toutes les co ur be s du réseau de la figu re 7.4.

"O O c a

On a, par ailleurs :

o r\i © O) >CL O

U

JS i

7D “

CC R

= /(^ g )

est entièrement déterminée

VDS D

Cette équation correspond à la droite de charge dont l’intersection avec la caractéristique du transistor nous donne le point de fonctionnement. Si on souhaite effectivement polariser le JFET dans sa zone linéaire, on chois ira la résistan ce de drain de sorte que ce point soit tel que > V (figure 7.6).

a ©

177


7.4 S c h é m a

éq u iv a l en t

en

r é g im e l in é a ir e

Comme pour le transistor bipolaire, le transistor à effet de champ a vocation à participer à des montages dans lesquels ses propriétés de fonctionnement linéaire seront exploitées. Il s’agit, ici, d ’utiliser la proporti onnal ité entre le courant de drain et la tension VGS , ce qui met l ’accent sur la partic ul arit é du JF ET d ’être pa rcouru par un co ur an t co m man dé par une tension. Supposons que le transistor soit polarisé dans sa zone linéaire. Si on superpose un signal variable vGS à la tension de polarisation continue FGS, des variations /D et vDS apparaîtront autour des valeurs continues de polarisation /D et V . On montre que :

*D “ ^VGS +

DS

Dans cette expression, s correspond à la pente dynamique du transistor, encore appelée _ 1 trans conductan ce et qui, pour les jF ET usuels, est de l’ordre de 10 S (le Siemens est l’unité de conduct ance, équivalente à des Q ) et p représente la résistance dynam ique de sortie du transistor, en général supérieure à 100 kQ et que nous pourrons, dans certains cas, consid érer comme infinie. Les figures 7.7 et 7.8 traduisent ces équations en un sc héma équ ivalent valable p our le fonctionnement du JFET en régime de petits signaux, selon que l’on tient compte, ou non, de la pr és en ce de la rési st ance p . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

S Figure

17 8

S 7.7

Figu re

7.8

7.5. Phénomène de Distorsion quadratique

7.5 P h é n o m è n e

de

D is t o r s io n

q u a d r a t iq u e

En régime dynamique, la transconductance s d’un transistor à effet de champ n’est pas constante et varie en fonction de la tension VGS • Le paramètre s est défini, en régime de pet its signau x, par la relation : lD

Cette pente dynamique se trouve donc correspondre à la pente de la courbe / D = / ( v GS) au point de polarisation du transistor. On voit très nettement, sur la figure 7.9 que cette pente dépend non seulement de la position du point de pola risa tion , mais que lorsque qu ’une tension variable se superposera à ce point, son évolution se traduira inévitablement par une variation de s. En observan t le résultat attendu quant aux variations du courant , on remarqu e une distorsion du signal. Comme la caractéristique /D = f ( V q $) est une parabole, on l’appelle la distorsion quadratique du transistor à effet de champ.

7.6 T r a n s is t o r MOS

T3 o c =5 Q o

CM

© CD

> Q. O

U

De nombreux types de transistors à effet de champ existent. L’une des plus répandues rassemble ^ les transistors à effet de cham p appelés transistors MOS (Métal Oxyde Semiconductor ) , ou encore § MOSFET {MOS field effect transistor). Dans ces g transis tors, la grille est séparé e de sa con nexio n par une D D 1 couch e isolante d ’oxyde de silicium (d’où leur appellation). H=5 | Leur courant de grille est alors rigoure usem ent nul et c leur principe de foncti onnem ent reste sensible ment M O S F E T canal N M O S F E T canal P = ana logu e à celui du JFET, à ceci près que leur tension ’§• VQS peut être posit ive. Il existe des tran sist ors MOS Figure 7.10 canal N et canal P (figure 7.10). 2 ü D ’autres familles de transistors à effet de champ sont disponibles. Toutes présente nt des ~ particularités qui les destinent à être utilisées dans des montages corresponda nt à des applications ■g bien ciblées. Nous ne les détaillerons pas dans cet ouvrage. c 3

Û

©

179

7 • Les tran si st or s à effet de champ

7.7 T r a n s is t o r

s à e f f e t d e c h a m p en c o mmu t a t io n

Tout comme les transistors bipolaires, les transistors à effet de champ peuvent fonctionner en commutation. Ils sont ainsi à la base de la réalisation de circuits logiques, notamment les circuits CMOS et présentent pour ceci, l’avantage, par rapport aux transistors bipolaires, d’avoir une impédance d’entrée très grande et d’être immédiatement aptes à être commandés par des tensions. Les circuits logiques sont donc plus simples à réaliser avec de tels composants. En ce qui concerne le JFET canal N, on considérera que le transistor est bloqué si ^ q s ~ ^ et est conducteur (court-circuit entre le drain et la source) si on a VGS = 0 V . Ce phénomène est assez simple à analyser : supposons qu ’une tension positive soit appliquée au transistor (figure 7.11). L’application d’une tension négative entre la grille et la source crée un champ électrique interne dirigé du cœur du canal N vers les zones dopées P qui l’entourent. Ce champ est très intense du côté du drain et l’est moins du côté de la source. En effet :

^GD — ^ G S —^DS *

F ig u re

7.1 1

La différence de potentiels entre la grille et le drain est encore plus élevée, en valeur absolue, que la différence de potentiels entre la grille et la source. Sous l’effet de ce champ, les porteurs N majoritaires ont tendance à s’éloigner de la grille (un peu du côté de la so urce, be au co up du côté du drain). Une zone de dépl étio n apparaît. Le canal de conduction se réduit donc d ’autant plus que la tension négative Vq S est grande, en valeur absolue. Lorsqu’elle atteint la valeur V Q , le canal de conduction est tellement réduit qu’aucun courant ne peut plus y circuler : le transistor est bloqué. Pour le JFET canal P, on considérera que le transistor est bloqué si V q § ~ 5 V et q u ’il est conducteur si on a Vq ~ = 0 V . Le MOSFET canal N est bloqué pour V q $ = 0 V et cond ucteu r pour V q q ~ 5 V . Le MOSFET canal P est bloqué pour V q § = 0 V et conduc teur pour V q § ~ -5 V .

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Il faut noter que, tout comme les transistors bipolaires, les transistors à effet de champ sont caractérisés par un temps de commutation non nul, même si celui-ci est négligeable dans bon nombre d’applications. Les transistors à effet de champ sont, par ailleurs, réputés plus lents, en terme de commutation, que les transistors bipolaires.

ÉNONCÉS DES EXERCICES Exerc ice 7.1 *

Déte rmina tion de l’état d’un tra ns ist or à effet de cha mp

Dans les quatre circuits représentés sur les figures 7.12 à 7.15, déterminer si le transistor est bl oq ué ou non.

180


10 V

,10 V

D

f tn

f/T ?

Figure

E x e r c i c e 7 .2 *

7.14

C a l c u l d ’u n p o i n t d e p o l a r i s a t i o n

On considère un transistor à effet de champ à jonction canal N et son réseau de caractéristiques prés enté sur la figure 7.16. Ce tran si stor est pola risé par une ré si st an ce de drain (fig ure 7.17).

Vcc = 15V

b ■ Sj X)

"O O c D û O fN ©

en > CL O

U

Rn

3

J

D V D, S

-C

CL J3 I •O

S

V G S

rm

Fi gu re

7.1 7

3

û ©

181


a) On choi sit /?D = 100 Q et on appli que une tension VG S ----- 2 V . Le transistor est-il polarisé dans sa zone ohmique ou dans sa zone linéaire ? Quelle est la valeur de son courant de drain ? b) Ré po nd re aux mêm es ques ti on s avec /?D = 3 k £2 et VGS - “ 2 V • c) Répondre aux mêmes questions avec R ^ = 1 k O et

= -3 V .

Analyse de l’énoncé et conseils. La meilleure méthode, pour identifier la zone de fonctionnement du transistor, consiste à supposer qu’il se trouve dans sa zone linéaire. On vérifie alors si cette hypothèse est compatible avec la valeur de R ^ . E x e r c i c e 7. 3 *

Ca lcul de rés ista nc es de polarisa tion

Vcc = 15 V

On reprend le transistor de l’exercice précédent (réseau de caractéristiques de la figure 7.16) et on l’inclut dans le montage de la figure 7.18. On souhaite faire fonctionner le transistor dans sa zone linéaire avec un point de polarisation défini par : VDS = 5 v et VGS = - 3 V . Déterminer les valeurs des deux résistances /?D et /?s . E x e r c i c e 7 .4 **

Polarisatio n dans la zon e ohm ique

On reprend le schéma de la figure 7.18, avec le même transistor et on souhaite à présent le polariser dans sa zone ohmique avec, pour point de polarisation : VDS = 1,75 V et VGS = - 3 V . Déterminer les valeurs des deux résistances /?D et R^ . E x e r c i c e 7 .5 **

Polarisatio n par pont de résist anc e

On cons idère le montag e de la figure 7.19. Le tran sisto r à effet de champ est celui de l’exercice 8 (caractéristiques représentées sur la figure 7.16). On donne R ( = 800 kO et /?2 = 400

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

k Q

VCC=15V

.

Déterminer la condition sur la valeur de la résistance /?D ainsi que la valeur de la résistance R$ pour que le transi stor soit polarisé dans sa zone de fon ctio nne men t linéaire avec VGS = - 2 V . E x e r c i c e 7 .6 **

Am plific ate ur à sour ce com m un e

Le schém a de la figure 7.20 représente un montage amplificate ur à source commune. Le transistor à effet de champ est supposé polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire. Déterminer les expressions du gain en tension, de gain en courant, de l’impédance d ’entrée et de l’impéd ance de sortie de ce montage.

182

Figure 7.19


ycc

Figure 7.20

Figure 7.21

/? I /?2 On posera R q = ---------- R | "1“ R ^ Quel problème peut-on mettre en évidence à pa ir de l’expression du gain en tension ? E x e r c i c e 7. 7 **

Montage grille co m m un e

Dans le montage de la figure 7.21, le transistor à effet de champ est monté en grille commune. Calculer l’expression du gain en tension et de l’impédance d’entrée de ce montage. Quelle est la valeur approchée de l’impédance d’entrée si on choisit la résistance R§ très supérieure à 1/s ? E x e r c i c e 7. 8 **

Inv ers eur co mm uta ble

Dans le montage de la figure 7.22, la tension V q du JFET peut être ég ale à 0 V ou à -5 V. Déterminer dans chacun des deux cas la valeur du gain en tension G y = v § / v e de ce montage. R

■ y>

T J

O

C

l» 4> 'O ■ Xi 'C 33 C

a

o r\i ©

O

c

’S. O G.

en

J3 *3

Q.

C

O

U

û © 183


E x e r c i c e 7 .9 **

Am plif ica teu r à gain comm uta ble

Dans le montage de la figure 7.23, la tension V q du JFET peut être égale à 0 V ou à -5 V. Déterminer dans chacun des deux cas la valeur du gain en tension G y = v s / v e de ce montage. E x e r c i c e 7 . 1 0 ** C i r c u i t l o g i q u e à t r a n s i s t o r s M O S Le schéma de la figure 7.24 représente un inverseur MOS : le transistor T j est un MOS FE T canal P, le transistor T2 est un MOSFET canal N. Ces deux transistors fonctionnent en commutation. Déterminer la valeur de la tension de sortie Vs lors que Ve = 0 V , puis lorsq ue VQ = 5 V .

vcc = 15 v

ÉNONCÉS DES PROBLÈMES P r o b l è m e 7.1 ** A m p l i f i c a t e u r à s o u r c e c o m m u n e et d é c o u p l a g e p a rt i el

“O O c

=3

Q o

fNl

©

Dans le montage de la figure 7.25, on reprend un montage amplificateur à source commune en effectuant un découplage partiel de la résistance de source. D Calculer l’expression du gain en tension. ^

M o nt re r q ue si R m »

1 /s , ce gain ne dépend plus du paramètre s.

Conclure sur l’intérêt de cet aménagement dans le circuit. Problème 7.2 ** Amplificateur à drain commun

CD

>> O

Le schéma de la figure 7.26 représente un montage amplificateur à drain commun.

CL

U

184


D Calculer l'expression du gain en tension. ^ Calculer l’expression du gain en courant. Ë) Calculer l’impédance de sortie de ce montage.

"O o c 13 Q

3

&

DU M A L A D E M A R R E R ?

o

r\j © CD

> O

CL U

S Z

O.

J3 I •O

7.1

Raison ner systém atiquem ent sur la tension grille - source.

7.2

La meilleure méthode, pour identifier la zone de fonctio nnemen t du transistor, consiste à supposer qu’il se trouve dans sa zone linéaire. On vérifie alors si cette hypothèse est compatible avec la valeur de R D .

3

û ©

185


7.3

Cet exercice ne pose aucune difficulté. La connaiss ance du point de polarisation permet de détermin er im médiat ement le courant de drain. Il suffit, à partir de cette valeur, d’appliquer les lois les plus simples de l’électrocinétique pour déterminer les valeurs des deux résistances.

7.4

On s’attache ra à déter mine r, en tout premi er lieu, la valeu r du couran t de drain et ce, à partir de la caractéristique du transistor (figure 7.16). Les valeurs des résistances se détermineron t sans problèm e à partir de cette valeur.

7.5

On commenc era par calculer le potentiel de grille et on exprimera la condition recherchée au travers de la valeur du potentiel de drain.

7.6

Com me p our les montages amplificate urs à transistors bipolaires, il est nécessaire d’effectuer le schéma équivalent du circuit en régime dynamique. On supposera que la résistance dynamique du JFET est infinie. On remarquera que les schémas équivalents des transistors à effet de champ sont plus simples à effectuer que dans le cas des transistors bipo lair es, mais la mêm e ri gu eu r est requ is e afi n de ne pas co mmet tre d ’erreurs. Le conden sateur Cs permet de découpl er la résistance de source /?s et donc, de préserver sa valeur de polarisation continue tout en constituant un court-circuit pour les signaux variables. Le condensateur C() permet de superposer le signal d’entrée variable à la valeur continue du potentiel de grille.

7.7

Dans le schéma équivalent, toujours veiller à positio nner correctement la différence de pote ntiels Vq ^ .

7.8

Le transistor fonctionne ici en commutation . Dans chacun des deux cas (bloqué ou conducteur), on le remplacera par son équivalent simple (circuit ouvert ou court-circuit).

7.9

Mêm es conseils que pour l’exercice 7.8 : considérer le schéma équivale nt du circuit dans chacun des deux cas.

7.1 0 Raisonner sur l’état de chacun des deux transistors. Attention, la source du transistor reliée au potentiel V q q = 5 V .

T j

est

Problème 7.1

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

La résist ance Æm, dite de mas quag e ou de stabil isation , per met de rendre la valeur du gain en tension insensible aux variations de s mises en évidence au paragraphe 7.5 des rappels de cours. Dans le schéma équivalent, veiller à positionner correctement la différence de potentiels v GS . Problème 7.2

Il s’agit toujours de déterminer les caractéristiques de l’amplificateur à partir de son schéma équivalent. On parvient rapidement aux résultats recherchés avec un minimum de rigueur et de méthode.

186



Exercice 7.1

Cas de la figure 7.12 Il s’agit ici d’un transistor JFET ca nal P. Sa différe nce de potentiels grille - source valant 10 V (aucun couran t n ’entre par la grille, donc aucune chute de potentiel aux bornes de /? |), ce transistor est bloqué.

Cas de la figure 7.13 La tension V q $ du transistor canal N est nulle. Il ne peut donc pas être bloqué.

Cas de la figure 7.14 La tension vG^ du transistor canal P est nulle. Il ne peut donc pas être bloqué.

Cas de la figure 7.15 La tension VGS du transistor canal N est égale à -10 V. Il est donc bloqué. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Pour déterminer si un transistor à effet de champ est bloqué ou non, il suffit de considérer sa tension VGS. Un JFET canal N est bloqué si sa tension VGS est inférieure à -5 V. Un JFET canal P est bloqué si sa tension V q $ est supérieure à 5 V. Exercice 7.2

Pour résoudre cet exercice, nous supposerons, pour chaque cas, que le transistor fonctionne dans sa zone linéaire. a) On a = 100 Q et V q q = - 2 V . D ’après le réseau de caractér istiq ues de la figure 7.16, on a, si le transistor est effectivement polarisé dans sa zone linéaire : ^ =

/ D = 12 mA. Dans ces conditions, le potentiel de drain a pour valeur :

I

VD = V c c - R d I d = 1 5 - 100 x 12 x 10

= 13,8 V.

~o

O c =3 û O T—I O

(N

©

|

Com me

= 0 , on a :

= ^3,8 V .

f

g.

Co mm e la tension de pin cem ent Vp est égale à 3,5 V, on a bien polaris é dans sa zone de fon cti onn em ent linéaire et /D = 12 mA .

| &

b) On a = 3 kO et VGS = -2 V . D ’après le réseau de cara ctér isti ques de la figure 7.16, on a, si le transis tor est effe ctiv em ent polarisé dans sa zone linéaire :

i T3 C 3 û

/ n = 12 mA .

> Vp ; le JFE T est donc bien

_C

O) ’v_ >CL O

U

U

©

187


Dans ces conditions, le potentiel de drain a pour valeur : VD = V c c - R d I d = 15 - 3 x 103 x 12 x 10~3 = -21 V. Cette valeur est manifestement impossible à obtenir. Le transistor ne se trouve donc pas polarisé dans sa zone linéaire. Co mm e il n ’est pas bloqué = - 2 V ), il se trouve donc dans sa zone ohmique. Sur la caractéristique correspondant à V q § = -2 V , mesu rons la valeu r de la résistan ce équivalente du canal drain - source dans la zone ohmi que du transistor. DS / D

On a : R DS

3,5 12 x1 0

-3

= 292 O .

Le courant de drain /D vérifie alors la relation : ^CC “ V C C

D’où : 7n = ------ — — D

« d + r d s

Par ailleurs : V On a bien

=

1 5

R D r D +

^ D S7D •

= 4,6 mA .

3292

= R ^ ^ f ^ = 292 x 4,6 x 10 ^ = 1,3 V . ce qui confi rme la présen ce du point de polarisa tion dans la zone ohmiq ue.

c) On a /?D = 1 k£2 et V q $ = -3 V . D ’après le réseau de caractér istiq ues de la figure 7.16, on a, si le transistor est effectivement polarisé dans sa zone linéaire : / D = 7 mA . Dans ces conditions, le potentiel de drain a pour valeur : On a do nc : VDS = VD = VCQ- fiD/D = 15 ~ 1000 x 7 x 10” 3 = 8 V . Co mm e la tension de pin cem ent Vp est égale à 3,5 V, on a bien po larisé da ns sa zone de fo nc ti on ne me nt li néaire et = 7 mA .

; le JFE T est donc bien


. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Pour détermin er si un JFET fonctionne dans sa zone linéaire, dans sa zone ohmique ou s’il est bl oq ué , la bo nn e mét hod e co ns is te à su pp os er q u ’il est po la risé da ns sa zone li néaire. Cet exercice rassemble les trois cas possibles. Exercice 7.3

Comme le transistor doit être polarisé dans sa zone linéaire, on a : ^GS

=

" 3 V

=> ' D =

7

mA .

Comme la grille se trouve à la masse, la tension de source doit être égale à 3 V.

188


Vs = 429 Q . D’où : Vc = 3 V = > / ? c = — = -3 'D 7x10 VC C " VD R c = Par ailleurs : Vr,e 5 V => VD = 8 V => DS fD

1 5- 8 = 1 kCl . -3 7 x 10

Ce qu'il faut retenir de cet exercice

Le réseau de caractéristiques du JFET permet de lire immédiatement la valeur du courant de drain, donc de déterminer les résistances recherchées en appliquant simplement la loi d’Ohm. Exercice 7.4

Sur la caractéristique co rrespon dant à VGS = -3 V, mesurons la valeur de la résistance équivalente du canal drain - source dans la zone ohmiq ue du transistor (figure 7.16). On a : R DS

RkDS t

3,5 -3

= 500

.

n

D 7x10 Comme on souhaite polariser le JFET dans sa zone ohmique, on doit avoir / r

DS

f D ~ R

DS

1,75 = 3,5 mA . 500

La grille étant à la masse, on doit avoir V§ = 3 V étant donné que V q $ = -3 V . Comme VDS = 1,75 V , on aura VD = 4,75 V . VS = On en déduit alors : R Q = — = 857 Q . 7D 3,5 x 10 3 D 15-4,75 V C C ~ V D Pui s : /?D An = ------------- = ------------- r = 2,93 ko . D 3,5 x 10 Ce qu'il faut retenir de cet exercice

1» TJ

O C

a

or\i © O) >CL O

U

c

c

À peine plus difficile que l’exercice précédent, ce cas nécessite toutefois la mesure de R d s sur Ie réseau de caracté risti que du transistor. On notera que l’hypot hèse de départ (fonctionnement en zone ohmique) permet de déterminer immédiatement le courant de drain.

c

Exercice 7.5 JZ CL

J3 I C û

La condition à respecter pour que le transistor soit polarisé dans sa zone linéaire s’écrit : ^DS > VP

3

©

189


Il nous suffit donc d ’exprimer V d’une contrainte sur R D .

en fonction de R ^ pour traduire cette condition sous la forme

Le potentiel de grille V q se calcule aiséme nt : com me aucun courant ne peut entrer dans la grille du transistor, les deux résistances R | et R2 constituent un pont diviseur de tension. 400 x 15 800 + 400

R2

On a donc :

R \ + R 2

C

C

~

5V.

Co mm e on veut VGS = - 2 V , on doit avo ir : Vs = 7 V . De même, d’après la caractéristique de la figure 7.16 : K g s = - 2 V => / D = 1 2 mA .

On aura donc : /?s

Vc

7

'D La condition

583 Q .

12 x 10

> Vp s’écrit à présent :

VD-V's>Vp=> v c c - ^ d /d - ' /s > v p VCC ~ VS ~ VP S oit: y c c - r s - y p > * D/ D = > * D < - ^ , — -• 'D Application numérique : R D < —— - — ^ 1 2 x 1 ()

=> R D < 375 Q. .


Il s’agit du très classique circuit de polarisation par pont de 4 résistances. Les conditions imposées permettent de déterminer rapidement les valeurs des résistances de drain et de source. Les deux résistances R { et R 2, quant à elles, servent à régler le potentiel de la grille. Exercice 7.6 . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Considérons le schéma équivalent du circuit (figure 7.27). Dans ce schéma équivalent, le transistor correspond à la partie encadrée en pointillé. Les résistances R | et R2 se tr ouve nt en parall èle ; remplaçons-les par leur résistance équivalente R0 . D’après ce schéma, on tire : v s = ^ d ' s = ~RDlD = ~ s R D v GS -

190


Or : v GS = v e . On en déduit alors :

~ s R Dv GS ^ vs d Gv = — = ------------- = - s R D* ve VGS

En général, ce gain n’est pas très élevé. Le gain en courant se détermine tout aussi facilement -sv g a

= 7 =

GS

' GS

= - s R ()•

Ri

L’impédance d’entrée a pour expression : Ze = — = R oEn choisissant R q la plus grande possible, on peut ajuster cette impéd ance d ’entrée de sorte qu’elle soit très importante. Par conséquent, le gain en courant peut, lui aussi, être relativement élevé. Quant à l’impédance de sortie, la présence de la source de courant de sortie lui confère une valeur, en théorie, infinie.

s Vq ^ en

série dans le dipôle

L’expression du gain en tension montre que celui-ci dépend de la pente du transistor. Par conséquent, comme nous l’avons montré dans les rappels de cours, le signal de sortie présentera une distorsion quadratique. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Le montage à source commune est un amplificateur de courant possédant une très grande impédance de sortie et une impédance d’entrée ajustable, pouvant être relativement élevée. Dans cette version simple, on relèvera une distorsion quadratique du signal de sortie dont on étudiera une correction dans le problème 7.1. On notera la présence des condensateurs de découplage qui jouen t exacte ment le même rôle que dans le cas des amplificateurs à transistors bipolaires. Exercice 7.7 ■ Sj X)

T3

O c D û O 1— I O fN

3

VGS = - v e

et v s = _lÇ/?Dv GS-

v - s / ? n v r <; Par con séq uent : G v = — = ----------- — = s/?n . ve - VGS

_c

U

De toute évidence, on a :

&

©

CT> >CL O

La figure 7.28 représente le schéma équivalent du montage.

Calculons à présent l’impédance d’entrée. TJ

O

C 3

O ©

191


La loi des nœuds appliquée au point S nous donne : v.

'e + VVGS

- —

R s

On en déduit alors :

Si R ç » 5

=

>

/

=

e

1+

—

Rs

+

S V

e

sRs

- , alors : s


Le montage grille commune possède un gain en tension qui dépend exclusivement de la résistance de drain et de la transconductance du transistor. Son impédance d’entrée est moyenne, de l’ordre de 1000 Si . Exercice 7.8 d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

En supposant que la tension V q est nulle, la tension VGS du transi stor est égale à 0 V. Il est donc conducteur et court-circuite l’entrée inverseuse de l’amplificateur opérationnel à la masse. Le montage est donc équivalent au schéma de la figure 7.29. La boucle de contre-réaction assure au montage un fonctionnement linéaire. Par conséquent, v_ = v + = 0 V. Le mêm e courant i circule dans les deux résistances R reliées à l’entrée inverseuse et on a : i = R

192

R


f / T J

Figure

Par conséquent :

7.29

Vq = 0 => G y

= — = -1 . ve Si Vq = -5 V , le transistor est bloqué et le circuit est équiv alent au mon tage de la figure 7.30. Comme aucun courant ne peut entrer dans l’amplificateur opérationnel, il n’y a aucune chute de potent iel aux bornes de la ré si st ance qui lui est c on necté e. Par co ns éq ue nt , on a v + = v e . Co mme l’amplifi cateur opérationnel fonctionne en régime linéaire, on aura aussi v_ = v e . Aucun courant ne peut donc circuler dans la résistance qui relie la tension d’entrée à l’entrée inverseuse de l’amplificateur opérationnel. Il n’y aura donc pas de courant non plus dans la résistance connectée sur la sortie. On a donc : Vq = -5 V => vs = ve. R

TJ C

■s> U 1»

!/>

"O o c =3 û O i— l O

3 O c

4 -»

_c

C7> > CL O

U

7.30

C

V *5.

CM

©

Figure

3

CL

3

I C Û


Les transistors à effet de champs utilisés en commutation se comportent soit comme des circuits ouverts, soit comme des courts circuits, commandés par une tension. Ils permettent donc de piloter facilement le fonctionnement de certains circuits. Ici, on est en présence d’un inverseur commutable.

Q

3

©

193

7 • Les tran si st or s à effet de champ

Exercice 7.9

En supposant que la tension V q est nulle, la tension ^GS du transis tor est égale à 0 V. Il est donc conducteur et court-circuite R j vers la masse. Les deux rés istanc es R j et R 2 se trouvent donc en parall èle et fo rm en t une rési st ance éq ui va le nt e R telle que : /?,/? R

/?,+/?

No us so mmes alors en pr és en ce d ’un am pl if ic at eu r non in ve rs eu r de gain

Gy

tel que :

Gv = Si la tension de commande du JFET est égale à -5 V, le transistor est bloqué et la résistance R j se retrouve avec l’une de ses bornes « en l’air ». Elle ne joue plus aucun rôle dans le circuit ; seule la résist ance /?9 relie l’entrée inverseus e de l’amplifi cateu r opérat ionne l à la masse. Cette fois, on a :

Gv

*3 = 1 + ---R2

Il s’agit donc bien d’un amplificateur dont nous pouvons commander le gain par l’intermédiaire du signal de commande V q . Ce qu’il faut retenir de cet exercice Un autre exemple de montage pouvant être commandé par une tension et présenter deux types de comportement différents. Ce montage correspond à un amplificateur à gain commutable. E x e r c i c e 7. 1 0

Si la tension d’entrée est nulle, la tension V q $ du transistor T\ est égale à -5 V. Comme il s’agit d ’un transi stor canal P, il est donc con duc teu r et court-c ircuit e la tension Vs su r la tension d’alimentation V q q • Dans Ie même temps, le transistor T2 possède une tension V q § nulle. Co mm e il s ’agit d ’un MO SFE T canal N, il est bloqué et isole Vs de la masse. On a donc : Ve = 0 V = > V s = 5 V . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Si la tension d ’entrée est égale à 5 V, la tension V q $ du transistor T j est nulle. Co mm e il s’agit d ’un transist or canal P, il est bloqu é et isole la tension Vs de la tension d ’alimentat ion V q q . Dans le même temps, le transistor T2 possède une tension V q $ égale à 5 V. Com me il s ’agit d’un MO SFET canal N, il est conduct eur et court-circuite Vs à la masse. On a do nc : Ve = 5 V => Vs = 0 V . Le montage correspond à un inverseur logique.

194


Ce qu'il faut retenir de cet exercice

Tout comme les transistors bipolaires, les transistors à effet de champ se prêtent très facilement à la réalisation de circuits logiques. Les transistors MOS, en particulier, sont à la base d ’un e fami ll e de circu it s logi ques très utilisée. On no te ra que les circu it s logi qu es ainsi réalisés sont plus simples, pour une même fonction, que les circuits à transistors bipolaires. Ils sont néanmoins, en général, moins rapides.


Problème 7.1

[^ E ff ec tu on s le schéma équivalent du m ontage (figure 7.31) en remplaçant, comm e dans l’exercice précédent, les deux résistances de polarisation de grille par la résistance R0 .

Ona:

vs

= - s R Dv QS .

° r: VGS = VG - Vs* Av ec : G = v e . TJ

vs

=

.v/?mvGS.

O C =5 Q

Et:

o

Soit:

©

On en déduit alo rs :

D ’°ù : VGS = v e - s^ mv GS-

ve = (1 + ^ m)vGS.

CM

en > Q. O

U

Vc

J3 i ”3

- ^

-s R

n v r ç

G v = — = -------------------ve

{1 + -v^ m)v GS

1

D

+

3

û ©

195

7

. Les trans ist ors à effet de champ

- s R d

R d

Dans ces conditions, le gain en tension ne dépend plus de la pente du transistor ; le phénomène de distorsion quadratique est éliminé. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Voici un montage extrêm ement important : il s’agit de l’amplificateur à source comm une dans lequel on a, grâce au découplage partiel de la résistance de source, éliminé le phénomène de distorsion quadratique. Problème 2.2

D Le schéma équivalent du m ontage à drain commun est très simple à obtenir (figure 7.32). Com me toujours, nous rempl açons les deux résistances de polarisation de grille par leur résistance équivalente /?0. Le gain en tension du montage a pour expression :

G iG= 0 -> •

1 d

D

A

f ï ï J

S

v.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Figure

Donc : G y =

vs V

196

e

( 1 + s R s ) v

gs

1 + sRg

7.32


^

Le gain en courant s’obtient immédiatement : yvGS _ s R Qv GS _

G

A

'e

Ve

s R Ov

GS

_

sR0

( 1 + ° R S ^ G S ~ 1 + sRS

R 0

E) Quant à l’impédance de sortie, elle se calcule en court-circuitant les bornes d’entrée. v q On a alors : Z_ = -----Si les bornes d’entrée sont court-circuitées, la tension de grille se trouve à la masse. On a donc VGS = - v s . Com me /s = , on obtient : z

=

S

~Vq s = I svGS

s

Ce qu’il faut retenir de ce problème Il s’agit du très classique amplificateur à drain commun dont les gains en courant et en tension pe uve nt être régl és pa r l’in te rm édia ir e des rési st ances du circu it. En re va nc he , sont im pé danc e de sortie ne dépend que du transistor choisi. Elle sera typiquement de l’ordre de 1000 Q .

-J-J

v1u> TJ

O C =3

û

3

3 C q

C ’cL U

O fM © CT)

>CL O

U

”3 3

û

Q

197

Le s c i r c u it s l o g iq u e s COMBINATOIRES

RAPPELS DE COURS L’électronique moderne traite non seulement des signaux analogiques qui varient continûment au cours du temps, mais également de signaux numériques ou logiques qui ne peuvent prendre que deux valeurs distinctes. Les dispositifs qui traitent ou transforment de tels signaux sont les circuits logiques dont l’étude fait appel au formalisme mathématique de l’algèbre de Boole. Cet ouvrage se limite volontairement à la famille la plus simple des circuits logiques combinatoires.

8.1 L es

l o i s d e l ’a l g èbr e d e

Bo o l e

L’algèbre de Boole est l’ensem ble B = {0 ; 1 } muni de la loi « OU » notée « x + y », de la loi « ET » notée « xy » et de la négation « NON » notée « x », où x et y sont deux élément s de l’ensemble B . Les élément s 0 et 1 de B peuvent être appelés vrai ou faux, oui ou non et correspond ent, au niveau des circuits électroniques, à deux niveaux de tension différents, en général 0 et 5 V. Ces lois son t définies par : x

y = 1 si et seulement si x = 1 et y = 1 .

x + y = 1 si et seulem ent si l’une au moins des deux variables vaut 1.

Je = I si et se ul em en t si x = 0 et réci pro que men t (lire « x barre »). Compte tenu de la taille de l’ensemble B, il est facile représenter dans un tableau, appelé table de vérité, l’ensemble des combinaisons possibles des couples (x; y ) et leurs valeurs correspondantes pour n’importe laquelle de ces lois élémentaires (figure 8.1). Cette même figure présente les schémas normalisés de ces fonctions logiques (norme internationale en haut et norme française en bas). Remarque

Lorsque l’on applique la négation à une variable x, celle-ci est dite complémentée. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

8.2 P r o pr iét és

f o n d a men t a l es

Les lois ET et OU possèdent un certain nombre de propriétés qui confèrent à l’ensemble B sa structure mathématique d’algèbre : Commutativité des deux lois :

[ x + y = y + x [xy = yx

198

8.3. Fonctions et systèmes logiques combinatoires

Figure

Associativité des deux lois :

8.1

\x + (y + z) = (x + y) + z

[*(yz) = ( *y)z \ x + 0 = jc

éléments neutres :

1 JC- 1 = X

éléments absorbants et symétriques :

[

j c

- 0

=

JC-h JC = 1 x - x = 0

0

\ x + X = X

Idempotence

\ x

-

1

(X + \ =

Distributivité de chacun e des lois :

X

-

X

\x • (y + z) = x y + xz [x + (yz) = (x + y) ■(* + z)

Deux autres lois sont à considérer comme essentielles ; il s’agit des lois de Morgan : -O

O c =5 Q

|

O

o O 0 J 2 1 O

(N

© CT) >* Q. O

U

x * y = x + y

et * + y = x • y .

g

1 8.3 F o n c t i o n s

et s y s t èmes l o g iq u es c o mbin a t o ir es

Une fonction logique comb inatoire est une fonction de B, de plusieurs variables apparte nant à B et dont la valeur (0 ou 1) dépend d ’une combinais on logique (utilisant les lois ET, OU et NON) des variables.

C 3

û

©

199

Chapitre 8 . Les circuits logiques combinatoires

On appelle système logique combinatoire la représentation schéma tique d ’une fonction logique ; dans ce cas la fonction logique est consid érée com me la sortie du système tandis que les variables en constituent les entrées. La figure 8.2 représente un système correspondant à une fonction de quatre variables. Ex emp le : f ( a 9b, cyd) = a + (b + c)

a +d

(b + c ) .

f(a,b,c,d)

Figure

8.2

Toutes les fonctions logiques peuvent se mettre sous une forme standard appelée forme canonique. Sous cette forme, la fonction se présente comme la « somme » (le OU logique) d’un certain nombre de termes appelés mintermes, composés chacun du ET logique de toutes les variables (complémentées ou non) de la fonction. Le nombre de mintermes possible est égal à 2'\ où n représente le nombre de variables de la fonction. Ex emp le : g (a,b,c,d) = abc d + ab cd + a b c d + abcd.

D’une manière générale, toute fonction logique possède plusieurs formes. L’une de ces formes correspondant à l’écriture la plus simple de la fonction, est appelée forme minimale. Nous étudierons au cours de ce chapitre, l’art de déterminer la forme minimale d’une fonction logique, étape indispensable à la réalisation de circuits logiques électroniques optimisés. Toujours compte tenu du faible nombre de possibilités, il est possible de réaliser la table de vérité de la fonction qui résume de manière exhaustive, l’ensemble des solutions possibles pour cette fonction (voir figure 8.3 pour l ’exemple de la fonction g ci-dessus).

8.4 C ir c u it s

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

l o g iq u es él ec t r o n iq u es

a

b

c

d /

L’électronique logique a pour objet de concevoir des systèmes logiques réalisant des fonctions logiques de plusieurs variables. En règle général, la variable 0 correspond à 0 V ; la variable 1correspond à5 V.

0 0

0 0

0 0

0 1

0 0

0 0

0 0

1 1

0 1

0 0

Pour ce faire, on utilise des composants électroniques appelés portes lo giqu es , réal is an t les op ér at io ns logi qu es él ém en ta ir es ET, OU et NON, fabriqués à partir de transistors bipolaires ou à effet de champ et disponibles sous forme de circuits intégrés comportants pl usie ur s port es de mêm e nature. Ces circuit s nécess itent une alimentation, en général : 0 V/ + 5 V.

0 0 0

1 1 1

0 0 1

0 1 0

0 0 0

On dispose, certes, de portes logiques électroniques ET, OU et NON (a pp el ées sou ve nt AND , OR et inve rseu r) do nt la représentation symbolique correspond à celle de ces opérations (figure 8.1), mais on utilise souvent des portes élémentaires réalisant les opérations NON-OU (appelée également NOR) et NON-ET (appelée également NAND). La figure 8.4 présente la représentation symbolique internationale et française de ces deux portes classiques, ainsi que leur table de vérité.

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 0 1

0 1 0

1 1

0 0

1 1

0 1

0 0

1 1 1 1

1 1 1 1

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 1

20 0

Figure

8.3

8.4. Circuits logiques électroniques

x+ÿ~

X

y

x-y

0

1

0

0

î

0

î

0

0

î

î

1

0

0

1

0

î

1

1

0

1

î

0

X

y

0

fonction N O N - E T

fonction N O N - O U

porte N O R

Figure 8.4 On cherche souvent à construire un systèm e logique en n’utilisant qu’un seul type de porte ; par exemple, des portes NAND, ou des portes NOR. Les portes logiques élémentaires sont en effet disponibles sous forme de circuits intégrés comportant 2, 4 ou 8 portes identiques. En concevant des circuits qui utiliseraient, en petit nombre, quelques portes NAND, quelques NOR, quelques inverseurs, on multiplierait le nombre de circuits intégrés à mettre en œuvre et, très souvent, dans chaque circuit, seules une ou deux portes seraient utilisées. Le coût et l’encombrement devie ndraient alors prohibitifs. Si on se contraint à n’utiliser qu ’une seule catégorie de portes (des NAND ou des NO R, pa r e xe mpl e) on utilise au maxi mum les re ss ou rc es di spo ni bl es au sei n d ’un mêm e circuit intégré. Ce choix est donc dicté par des considérations d ’optimisation. Il est possible de réaliser n’importe quelle fonction logique combinatoire en utilisant uniquement des portes NAND ou uni qu ement des portes NO R. £

Remarque

c SSI

Pour concevoir un inverseur, il suffit de prendre une porte NOR ou une porte NAND et d’en relier les deux entrées.

U tt

TJ

O

C

=3

û

O

| è £ g*j

(N

2

©

•g.

en

> Q . O

U

2

Les circuits électroniques logiques se répartissent en plusieurs familles possédant chacune des caractéristi ques différentes. Les plus connus sont les circuits logiques TTL et les circuits CMO S, Les circuits logiques TTL (Transistor Transistor Logic) sont fabriqués à partir de transistors bipolaires. Longtemp s réputés comm e les plus rapides (en terme de comm utation ), ils sont malh eureus emen t très gourm ands en énergie. Cette famille de circuits est en voie d ’extinction mais reste toujours disponible pour la maintenance des systèmes qui en comportent. On leur préfère néanm oins aujou rd’hui les circuits logiques CMO S (Complementary Métal Oxyde Semi conductor ) fabriqués à partir de transistors MOS à effet de champ, qui consomment très peu d’énergie, qui possèdent une impédance d’entrée infinie et qui, compte tenu des progrès

c

3 û ©

201


technologiques réalisés, sont la plupart du temps suffisamment rapides pour la plupart des applications courantes de l’électronique logique. Signalons l’existence d’autres familles de circuits logiques (n ombreus es en réalité), qui ne sont, la plupart du temps, que des variantes de ces deux grandes familles TTL et CMOS et possèdent quelques particularités qui les destinent à des applications bien ciblées. Quoi qu’il en soit, on retrouve, dans chacune des familles, les mêmes types de fonctions logiques préfabriquées sous forme de circuits intégrés. Il convient de retenir qu ’aucun cou rant ne rentre dans une porte logique CMO S et que le courant de sortie maximal est de l’ordre de quelques mA à quelques dizaines de mA selon les séries de circuits. Ce co urant de sortie est sortant lo rsque la sortie est à 1 et entrant lorsque la sortie est à 0. Somme toute, cette orientation du courant est logique puisqu’il doit être bien rare d’observer un courant sortant d’une porte dont la sortie est à 0 et se dirigeant vers un potentiel plus faible. Les différentes familles de circuits diffèrent aussi par leurs seuils de basculement qui détermine, en fonction de la tension d’entrée, si la sortie se trouve à l’état bas (0 V) ou à l’état haut (5 V). En pratique, toute tension d’entrée inférieure à un certain seuil sera perçue, par la porte, comme un niveau d’entrée 0, tandis que toute tension supérieure à un second seuil sera perçue comme un niveau d’entrée 1. Ainsi, pour la technologie TTL, on a : v e < 0,8 V ve > 2 V

=>

entrée équi valen te à 0

=> entrée équivalente à 1 .

Entre des deux valeurs, le fonctionnem ent de la porte est incertain. Pour la technologie CMOS, on a : v e < 2,5 V v e > 2,5 V

=>

ent rée équ iva len te à 0

=> entrée équiv alent e à 1 .

La technologie CMOS ne présente pas d’ambiguïté au niveau des niveaux d'entrée puisqu’il n’existe ici aucune zone incertaine.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

8.5 S impl if ic a t io n

d es f o n c t i o n s l o g iq u es

Lorsque l’on conçoit un système logique, il est nécessaire d’être certain, pour des raisons évidentes d’optimisation, de disposer de sa forme minimale, autrement dit, de celle qui permettra de l’implémenter avec un minimum de composants. Il est donc nécessaire de disposer d’outils pe rm et ta nt de dé te rm in er la fo rm e mi ni ma le d ’un e fonc tion logi que à partir de n’im port e laquelle de ses formes. Le plus adapté de ces outils est le tableau de Karnaugh : il s’agit de présenter la table de vérité de la fonction logique sous la forme d’un tableau à double entrée et non plus d’une simple liste.

20 2

8.6. Temps de commutation des portes logiques

Dans le cas d’une fonction de 4 variables, le tableau de Karnaugh comporte 4 lignes et 4 colonnes, soit 16 cases représentant chacune une valeur possible du quadruplet (a,b,t\d) (figures 8.5 et 8.6). 00

01

11

10

00

0

0

0

0

01

0

0

(1

11

('

10

V1

V

Figure

\ c 'd

00

01

11

10

00

0

0

0

0

1)

01

0

0

0

0

0

0

11

0

0

0

0

0

0

(L 0

10

8.5

ZD 0

Figure

8.6

Remarque

Noter que les couples {a,b), d’une part, et (c,d), d’autre part, s’écrivent dans l’ordre : 00, 01, 11, 10.

L’analyse d’un tableau de Karnaugh consiste à repérer les associations de 2, 4 ou 8 cases cont enant un 1. Ainsi, dans l ’exempl e de la figure 8.5, le regro upe men t de deux 1 sur la second e ligne du tableau signifie que la fonction logique vaut 1 lorsque l’on a simul tanémen t a = 0, b = 1 et c = 1, et ce, quelle que s oit la valeu r de d puisque, que d soit égal à 0 ou à 1, cela ne chan ge rien au résultat de la fonction. Ce regroupement de deux termes se résume en disant que la fonction logique vaut 1 si a b c = 1 . De même, le regroupem ent de quatre 1, dans ce tableau, signifie que la fonction vaut 1 lorsque l’on a simultanément a = 1 et c = 0, quelles que soit les valeurs de b et de d. Cela se résume à dire que la fonction vaut 1 si a c - 1 . Ayant épuisé tous les cas où la fonction vaut 1, on peut conclure en affirmant que cette fonction logique est égale à 1 si et seulem ent si on a a bc = 1 ou bien a c = 1 . Donc : S g

f { a , b , c , d ) = a b c + ac .

On peut opérer tout regroupemen t de 2, 4 ou 8 cases sur des lignes ou colonnes voisines, y com pris , com me c’est le cas sur la figure 8.6, lorsqu ’il s ’agit des colo nnes ou des lignes extrêm es.

•S j y

"O O c D û O fN © O) > Q. o

U

‘C 3 3

O. 3

I -3

8.6 T

emps

d e c o m m u t a t io n

d es po r t e s

l o g iq u es

Le fonctionnement d’une porte logique est tributaire des composants élémentaires qui la constituent. Qu’il s’agisse de transistors bipolaires ou de a. transistors MOS, ceux-ci ne commutent jamais ab=a+b instantanément et il en est ainsi des circuits logiques. bConsidérons à titre d’exemple le circuit de la figure 8.7 qui représente la fonction logique f ( a , b ) = â + b et sa

Figure

8.7

û Q 203


table de vérité rep résentée sur la figure 8.8. Si on pla ce à l’entrée de ce a a + b b dispositif les valeurs a = 0 et b = 0, sa sortie se positionne sur 1. On bascule br ut ale me nt et si mul ta né me nt les deux en trées sur 1. On ob se rve alors que la 1 0 0 sortie bascule sur 0 pendant un très court instant puis se repositionne 1 0 1 finalement sur 1. 1 0 0 1 1 1 L’explication est simple : la table de vérité nous montre bien que si les deux entrées se trouvent simu ltané ment à 0, la sortie se trouve alors au niveau 1 car Figure 8.8 les deux entré es de la porte N AN D se trouv ent à 0 et 1. Lorsque les deux entrées basculent simultanément vers 1, l’entrée de la porte NAND correspondant à la variable a se trouve immé diate men t au niveau 1 tandis que sa seconde entrée (corresp ondant à la sortie de l’inverseur) va rester à 1 pendant un très court instant en attendant la comm utatio n de l’inverseur qui n’est pas immédia te. A vant de se trouver défini tiveme nt dans les états 1 et 0, les entrées de la port e de NAND tran sitent pa r l’é ta t (1 ; 1) qui va po si ti on ne r la sortie du sy st èm e à 0. Dè s que l’inverseur a basculé vers son état de sortie 0, la porte NAND rebascule naturellement vers 1. Un autre montage très simple permet de mettre en évidence ce ph én omèn e de délai de co mmu ta tion. Il s’agit du circ uit de la figure 8.9 représentant un inverseur dont la sortie est bouclée sur son entrée. Supposons que l’entrée de la porte inverseuse soit au niveau logique 0. Sa sortie doit naturell ement se position ner au niveau 1. Com me cette sortie est F ig ur e 8.9 bouc lé e sur l’entrée , celle- ci de vi en t en fait égal e à 1. Ce qui a po ur ef fe t de faire bascule r la sortie à 0. On com prend bien que le fonctionn emen t d’un tel mo ntage est instable. De plus, comme la sortie du dispositif ne dépend pas exclusivement des variables d’entrée, nous sortons ici du cadre des fonctions logiques combinatoires. La commutation d’une porte logique n’étant pas instantanée, la sortie de cette porte va osciller en permanence entre les valeurs 0 et 1, à une fréquence qui dépend du temps de commutation nécessaire à cette porte pour basculer. Ce montage est donc un oscillateur.

ENONCES DES EXERCICES E x e r c i c e 8.1 *

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Ta bl es de vérité et form es can on iqu es

Établir les tables de vérité, puis donner les formes canoniques des fonctions logiques suivantes : a) J'(a, b) = a + b b) f ( a, b, c ) = a + b (â + c) c) f (a, b, c, d) = (abd + c) d . E x e r c i c e 8. 2 *

D é t e r m i n a t i o n d e s f o n c t i o n s r é a l i s é e s pa r d e s c i r c u i t s logiques

Déterminer les expressions des fonctions logiques représentées par les schémas des figures 8.10 à 8.12. Dans le cas où ceci est évident, simplifiez la fonction.

204


E x e r c i c e 8. 3 *

Relation entre table de vérité et for m e ca no niq ue

Établir la table de vérité de la fonction logique dont la forme can onique est donnée par la relation : f { a , b) -

E x e r c i c e 8 .4 *

ab

+ cib .

F o r m e s c a n o n i q u e s d e s f o n c t i o n s N A N D et N O R

Déterminer les formes canoniques des fonctions NAND et NOR de deux variables. Exe rcice 8.5 * - j - j

v 'O

“O

oc =3

Q

o

3 E x e r c i c e 8. 6 ** S i m p l i f i c a t i o n d ’ un e f o n c t i o n l o g i q u e C ‘cL On considère la fonction logique définie par : C

q

f { a, b , c , d ) -

© > Q. O

U

On définit la fonction logique OU Exclusif (encore appelée XOR) par la relation suivante : a © b = 1 si et seulement si on a = 1 ou b = 1, mais a © b - 0 pour a = b = 1. Établir la table de vérité de cette fonction logique et déterminer sa forme canonique.

3

fM

CD

Étude de la fon ctio n OU ex clu sif

”3

â b c d + â b c d + a b c d + a b c d + a b c d + a b c d .

Établir la forme minimale de cette fonction logique et proposer son schéma en n’utilisant que des port es NAND à deux entrées.

3

û ©

205

i 8

. Les circuits logiques combinatoires

E x e r c i c e 8 .7 **

S i m p l i f i c a t i o n d ’u n e f o n c t i o n l o g i q u e

On considère la fonction logique définie par : f ( a , b, c, d) -

â b c d

+ â b c d + â b c d + â b c d + â b c d + a b c d + a b c d .

Établir la forme minimale de cette fonction logique et proposer son schéma en n’utilisant que des portes NOR à deux entrées. E x e r c i c e 8 .8 **

S i m p l i f i c a t i o n d ’u n e f o n c t i o n l o g i q u e

On considère la fonction logique définie par : f ( a, b, c, d)

= âbc d + âb cd + abc d + abc d + abc d + abc d + abc d + a b c d .

Établir la forme minimale de cette fonction logique et proposer son schéma en n’utilisant que des portes NAND à deux entrées. E x e r c i c e 8 . 9 **

R é a l i s a t i o n d ’u n e f o n c t i o n O U e x c l u s i f à l ’a i d e de p o r t e s NAND

Proposer un circuit réalisant la fonction OU-Exclusif de deux variables, en n’utilisant que des port es NAND à deux entrées. Exercice 8.10 ** Simplification d’un circuit logique à portes NAND

On considère le montage de la figure 8.13. Établir l’expression de la fon ctio n/ et, proposer, le cas échéant, un nouveau montage plus économique.

" D

O

C

=3

Q

of\i © C D

E x e r c i c e 8 .1 1 *** C o n c e p t i o n d ’u n a f f i c h e u r 7 s e g m e n t s

Soit un chiffre décimal pouvant varier de 0 à 9 et représenté par un ensemble de quatre variables logiques x, y, z et t. On dit que le chiffre décimal est codé en binaire (code BCD : binary coded décimal). Puis qu’il s 4agit uniqueme nt de coder un nombre inférieur ou égal à 9, le quadrup let d’entrée peut donc varier de 0000 à 1001. On considère un afficheur 7 segments composé de 7 barettes de diodes électroluminescentes (figure 8.14) et on se propose de caractériser le circuit logique qui permet, à partir des entrées

> Q. O

U

20 6


décodeur

résistances afficheur de limitation 7 segments 7segments de courant B C D

nombre x décimal y codé binaire Z t (BCD)

Figure 8.14 (x, y, z, t ) ,

de commander l’affichage adéquat correspondant au chiffre décimal représenté par le quadruplet. Ce circuit est composé de 7 fonctions logiques a, b, c, d, e, f et g qui correspondent chacune à un des segments à allumer. On considérera que le segment est allumé lorsque la fonction vaut 1. Établir, sous forme d’un seul tableau, les tables de vérité de ces 7 fonctions logiques. Proposer le schéma d’un montage permettant de réaliser la fonction e.

ENONCES DES PROBLEMES

Problème 8.1 ** Conception d’un comparateur numérique On considère 2 nombres binaires de 2 bits chacun (susceptibles de varier, par conséquent entre 00 et 11), x \ a notés : x = (ah )2 et y = (cd) 2. I ^ x < y On souhaite construire un dispositif (figure 8.15) à l’entrée -/ duquel ces deux nombres seront injectés, et fournissant, à sa y [ c sortie, une fonction/définie par : f = \ a x < y . ' ^ D Établir la forme minimale de la fonction logique Fi gu re 8.1 5 perm ettant de réaliser cette co mp araiso n. TJ ^ Implanter le dispositif en n’utilisant que des portes 1» NA ND à deux entrées. 1» -o D Com men t peut-on rapidement concevoir, à partir de ce dispositif, un système permettant de réaliser la fonction g définie par : g = 1 <=> x > y ? 3 •Xi

•Xi

"D O C

3

=3

û

O r\i © CD

>CL o

U

V

’cL

T3 C 3 û

Problème 8.2 ** Étude d’un monostable à circuits logiques On cons idère le montage de la figure 8.16. Les deux inverse urs sont des port es CMOS caractérisées par un courant d’entrée supposé nul et par un seuil de basculement correspondant à une tension d’entrée de 2,5 V. D Au repos, la tension v e est nulle. Calculer alors les tensions v A et v g.

Q

207

8 ■Le ■Les s circuits logiques co mbin atoires

ve(t) A

Figure 8.17

^ On délivre délivre à l’entrée l’entrée de ce ce montage une impulsion d’amplitude 5 V et et de de durée égale à T (figure 8.17). Calculer les nouvelles valeurs de vA et vs pendant toute la durée de l’impulsion d’entrée. EJ À l’instant / = T, le signal d’entrée rebascule vers 0. Calculer l’expression de la tension vA(/) et déterminer l’instant auquel la sortie du montage change d’état. On résumera le fonctionnement de ce montage sous la forme d’un graphe temporel (chronogramm e) présentant les les variations variations comparées des tensions tensions v g, v A et v g. P r o b l è m e 8 . 3 ** *** C i r c u i t a d d i t i o n n e u r

TJ

O =5 û C

O

CM

© en > O

On souhaite dans un premier temps réaliser un système permettant d’additionner deux nombres bina bi nair ires es a et b de 1 bit et qui four fo urni nit,t, c o m m e résu ré sult ltat ats, s, un unee vari va ri ab le s c or r es po nd an t à leur le ur so mm e (sur 1 bit) bit) et et une une variable variable c représentant représentant l’éventuelle l’éventuelle retenue retenue de cette addition addition (sur 1 bit bit également). D Établir la table de vérité de chacune des deux f onctions s et c et proposer un sché ma électronique permettant de réaliser cette opération. Dans un second temps, on souhaite réaliser le système s repr ésent é sur la figur e 8.18. Il Il s’agit d’un dispos itif ^ i pe r me ttan tt an t d ’addi ’ad di ti on ne r troi tr oiss chif ch if fres fr es bina bi na ires ir es (0 ou 1) et cn délivrant, à sa sortie, une variable s correspondant à la cn_x somme de ces chiffres et une variable c correspondant à l’éventuelle l’éventuelle retenue. retenue. Fi gu re 8.18 EJ Proposer le schéma électronique du montage. E ) Montrer q u’en u’en utilisant plusieurs plusieurs de ces montages com binés judicieusement, il est possible possible de réaliser un circuit additionneur de deux nombres quelconques de n bits chacun.

Q .

U

20 8


DU MAL A DEMARRER ?

w ^ £

8.1

Etabl ir les les tables de vérité en cons idéra nt l’ens l’ens emb le des cas possibles (jus qu’à 16 vecteurs d’entrée différents pour une fonction de 4 variables). La forme canonique se lit directement dans la table de vérité.

8.2 8. 2

Prog ress er pas à pas pas sur le le schéma en partant de la la gauche en y reportant, au fur et à mesure, les les expressions de sortie de chacune des portes. P rocéder avec méthode, rigueur et patience. patience.

8.3

Lor squ ’une fonction est donnée sous forme canonique, la table de vérité vérité se remplit automatiquement.

8.4 8. 4

La forme cano niqu e d’une foncti on se lit dans sa table de vérité. vérité.

8.5 8. 5

Dres ser la la table de vérité vérité de la foncti on et conclure.

8.6

La reche rche de la forme min imal e de la fonctio n se réalise à partir du tableau de Karnaugh. Dans cet exercice, les deux seuls regroupements possibles sont évidents. Pour concevoir le circuit, il est nécessaire de démarrer le raisonnement au niveau de sa sortie. En effet, si le circuit doit entièrement être réalisé avec des portes NAND, sa sortie est donc constituée, immanquablement, par la sortie d’une porte NAND. Il convient alors de chercher quelles sont les entrées entrées de cette porte de sortie, puis, de remonter ainsi jus qu ’aux ’aux variables d ’entrée.

8. 7

Même s conseils que pour l’exercice l’exercice 8.6. 8.6. On veillera particulièrement, ici, à effectuer les les regroupements les plus grands possibles, et à en effectuer le moins possible.

8.8

Mêmes conseils conseils que pour l’exercice précédent.

8. 9

Le tableau tableau de Karnaugh est inutile inutile compte tenu du faible faible nombre de variables. On cherchera à faire apparaître algébriquement des opérateurs de type NAND dans l’expression de la forme canonique de la fonction XOR.

8.1 0 La simplification éventuelle du circuit doit être recherchée à partir du tableau de Karnaugh de la fonction. Ce tableau sera très facilement construit à partir de l’expression de la fonction /. On cherchera à réaliser cette même fonction logique en utilisant des portes NOR. Il se trouve que ce choix perm et de limiter le nom bre de portes à utiliser. 8.1 1 Lorsqu’on effectuera le tableau de Karnaugh de la fonction e , il pourra être très intéressant de tenir compte du fait que seules les configurations ( jc , y, z, t) comprises entre 0000 et 1001 peuvent être présentées à l’entrée l’entrée du système.

"Si 'u. 'u. T J

O C

=3

Q o

fM

© O) > CL

o

U

| 3

P r o b l è m e 8. 1

C

§ •g. %

J 1

Il s’agit bien bien d’un syst ème logique comb inat oire à quatre entrées : la sortie est ent ièrem ent déter min ée par la vale ur du quad rupl et (a , b , c, d). Il convient de réaliser la table de vérité, puis, le tableau de Karnaugh qui permettra d’obtenir la forme minimale de la fonction avant son implantation. Avec un un peu peu d’entraînement, il est possible de de se se passer de l’étape l’étape de la table de vérité et de construire directemen t le tableau de Karnaugh de la fonction (qui contient exactem ent les les mêmes inform informati ations, ons, mais mais placé placées es sous sous une une forme forme diff différe érente nte). ).

c 3 û

©

209


Problème 8.2

Ce circuit correspond à un montage m onostable qui transforme une impulsion de largeur x en une impulsion de largeur plus importante. Le principe de ce montage repose sur la charge du condensateur placé à l’entrée du second inverseur. Problème 8.3

Dans la première partie, il y a bien deux fonctions logiques différentes et indépendantes s et e t c dans le dispositif. Les tables de vérité vérité permetten t de mettre en en évidence immé diatem ent les expressions des deux fonctions. Dans la deuxième partie, on généralise ici le résultat de la première question. Le choix des noms des variables n’est pas anodin.


Exercice 8.1

a) La figure 8.19 8.19 représente la table table de vérité de de la fonction /( fl , b) = a + b qui n’est rien d’autre que celle de la loi OU. La forme canonique s’obtient immédiatement à la lecture de cette table de vérité : La foncti fonction on vaut vaut 1 : lorsque : a = 0 et b = 1, soit lorsque â b = 1

a

b

a + b

0

0

0

0

1

1

1

0

1

1

1

1

ou bien lorsque : a = 1 et b = 0, soit lorsque a b = 1 Figure

ou bien lorsque : a = 1 et b = 1, soit lorsque ab = 1

8.19

Finalement, la fonction vaut 1 lorsque âb + ab + ab = 1 . D o n c : f ( a , b ) = âb + ab + ab.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

b) La figu fi gure re 8.20 8. 20 repr re pr és en te la tabl ta blee de vér ité it é de la fonct fo nct io n f { a , b, c) = a + b •(â + c ) . Pour plus de comm odité, il pe ut être êt re uti le, co m m e cela ce la est es t prop pr op os é, de dé ta il le r les différents termes avant de calculer la valeur de la fonction. On remplit chacune des colonnes correspondant aux expressions intermédiaires en raisonnan t sur les les valeurs des variables. Ainsi, par exemple, â + c = 1 lorsque lorsque a vaut 0 ou bien lorsque c vaut 1. Il reste à exprimer la forme canonique de la fonction en repérant les six six termes correspond ant à une valeur 1 de /. Le pre p re mi er 1 co rr es po nd au te rm e a b c puisqu’il correspond au triplet d’entrée (0,0,0) et ainsi de suite :

a

b

c

b

a+c

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

0

1

0

0

1

0

0

0

1

1

0

1

0

0

1

0

0

1

0

0

1

1

0

1

1

1

1

1

1 1

1 1

0 1

0 0

0 1

0 0

1 1

Figure

f ( a , b , c ) = a b c + a b c + a b c + a b c + a b c + a b c .

21 0

b (a + c) /

8.20


c) La figure 8.21 8.21 rep résen te la table de vérité de la la fonction f ( a , b , c, d) = ( a b d + c ) a

b

c

d

âb d

âb d + c

0 0

0 0

0 0

0 1

0 0

0 0

/ 0 0

0 0 0 0

0 0 1 1

1 1 0 0

0 1 0 1

0 0 0 1

1 1 0 1

0 1 0 1

0 0 1 1

1 1 0 0

1 1 0 0

0 1 0 1

0 1 0 0

1 1 0 0

0 1 0 0

1

0

1

0

0

1

0

1 1 1

0 1 1

1 0 0

1 0 1

0 0 0

1 0 0

1 0 0

1 1

1 1

1 1

0 1

0 0

0 0

0 0

d.

Figure 8.21

La forme canonique de la fonction se déduit de la lecture de la table de vérité en écrivant les minterm es correspondan t aux aux lignes pour lesquelles la fonction logique vaut vaut 1 : f ( a , b, c, d) = â bc d + â b c d + â b c d + a b c d . . Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Pour établir la table table de vérité d ’une ’une fonction logique, il est est nécessaire de considére r l’ensemble des cas possibles concernant le vecteur d’entrée. Ne pas hésiter à inclure des colonnes supplémentaires pour y inscrire les calculs intermédiaires. La forme canonique se lit dans la dernière colonne de la table de vérité.

TJ

O C ZJ

a

g

E x e r c i c e 8 .2 .2

Z

Cas de la figure 8.10

’g 1 c c c

II suffit de reporter, sur le schéma , les expres sion s des différentes sorties sorties des portes logiques, logiques, en progressant de de l’entrée vers la sortie (figure 8.22). On a donc : f ( a , b ) = â b .

O

f\l f\l

© CT)

>* Q. O

U

O.

2

Cas de la figure 8.11 On a : f { a , b , c ) -

[(a b ) - c ] - a .

c 3

û

© 21 1


Cas de la figure 8.12 On a : f ( a , b , c , d )

= ( ac *b c ) • ( a c • d e ) .


Pour décrypter une fonction log ique à partir de de son schéma, tou jours pro gresser en partant des entrées et en inscrivant, sur le circuit, les expressions logiques des sorties de portes. Exercice 8.3

La fonction f ( a , b ) = a b + d b est donnée sous sa forme canonique. Il suffit donc, dans la table de vérité, de reporter des valeurs 1 sur les les lignes correspondan t aux aux deux termes ab et a b , c ’est-à-dire, respectivem ent 11 et 00 (figure 8.25) 8.25)..

a

b

/

0 0

0 1

1 0

1 1

0 1

0 1

Figure

8.25


Lorsqu’une fonction est fournie sous sa forme canonique, sa table de vérité s’obtient immédiatement. Exercice 8.4

Il suffit, pour déterminer les formes canoniques de ces deux fonctions, de considérer leurs tables de vérité vérité respectives (figure 8.4) et de lire les termes corr espond ant aux valeurs 1 de la fonction. fonction. On a pour la fonction NAND : a b - d b + d b + ab et pour la fonction NOR : a + b - d b . . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Ce qu’il faut retenir de cet exercice Encore une preuve, s’il le fallait, que table de vérité et forme canonique ne sont que deux pr és en ta ti on s di ff éren ér en te s de la m êm e réali réa lité. té. Exercice 8.5

La figure 8.26 représ ente la table de vérité de la fonction XOR. Sa forme canonique se lit directement dans cette table : a © b = db + ab .

212

a

b

0 0 1 1

0 1 0 1

/ 0 1 1 0

Figure 8.26



La fonction OU exclusif s’exprime assez simplement en fonction des opérateurs élémentaires de l’algèbre de Boole. Exercice 8.6

En supposant que le transistor est polarisé dans sa zone de fonctionnement linéaire et en Etablissons dans un premier temps la table de vérité de la fonction /. Avec un peu d ’entra înem ent, cela deviendra rapidement superflu car il est possible de remplir le tableau de Karnaugh directement à partir de la forme canonique de la fonction. Pour remplir la table de vérité (figure 8.27), il suffit de reporter, dans la col onn e/, le résultat 1 sur chaque ligne correspond ant à chacun des termes de la forme canonique de la fonction : 0000 pour cibcd 0111 pour â b c d , etc. Reportons à présent ces résultats dans un tableau de Karnaugh (figure 8.28). Deux regroupements sont parfaitement visibles : Le premier regroupem ent concerne les quatre 1 situés à l’intersection des deux lignes qui correspondent à b = 1 et des deux colonnes qui correspondent à c = 1. La présence de ce groupe s’interprète de la manière suivante : quelle que soit la valeur de a et quelle que soit la valeur de d, la fonction f vaut 1 du moment que b et c valent simultanément 1. Ce regroupement se traduit donc par la présence du terme bc dans la fonction f. Le second regroupement entre les cases 0000 et 1000 correspond au terme b c d . En effet, les deux l se trouvent dans la colonne correspondant à c = 0 et d = 0, donc à c d = 1 , et sur deux lignes caractérisées par b - 0, la valeur de a n’important pas.

=3

&

fM

>

d

/

0 0 0

0 0 0

0 0 1

0 1 0

1 0 0

0

0

1

1

0

0 0 0

1 1 1

0 0 1

0 1

0 0

0

1

0

1

1

1

1

1 1 1

0 0 0

0 0 1

0 1 0

1 0 0

1

0

1

1

0

1 1

1 1

1

1 1

0 0 1 1

0 1 0

0 0 1

1

1

1

Figure 8.27

X 00 01 11 10

00

01

11

10

UJ 0 0

0 0 0 0

0

0

( 1

n V 0

m

11 0

Figure 8.28

On a donc : f ( a , b, c, d) = bc + b c d . Il est intéressant de noter que la valeur de a est sans importance sur la fonction.

o

CD

c

C

Q

©

b

En conclusion, la fonction vaut 1 si bc = 1 ou si b c d = 1 .

"O o c

a

CL

2 I -3

Pour concevoir le circuit logique qui correspond à cette fonction, et ce, uniquement à partir de port es NAND, ra is on nons en partan t de la sortie de ce circ uit qui doit , imman qu ab le men t, être la sortie d’une porte NAND . Il faut donc mettre la fonction / sous la forme du NAN D de deux expressions. Pour ce faire, on force la fonction NAND à apparaître dans l’expression d e / e n complémentant deux fois celle-ci.

CL

o

U

a Q

213


Soit: f ( a , b , c , d ) = bc + b c d = (bc + b c d ) . Appliquons la loi de Morgan à l’expression contenue entre parenthèses : f ( a , b , c , d )

bc

= (bc + b c d ) = ( ( b c ) ( b c d ) ) .

Cette transformation permet de faire mettre la fonction / sous la forme de l’opération NAND de deux expressions : (bc) d’une part et ( b c d ) d’autre part (figure 8.29). Le terme (bc) est lui-même le résultat de l’opérateur NAND appliqué à b

Figure

8.29

et à c. Quant au terme ( b c d ) = (bc) • ( d ) , il est le résultat de l’opérate ur NAND appl iqué à ( b c ) et à ( d ) . Ceci nous permet de poursuivre la mise en forme du schéma (figure 8.30). Le terme (d) s’obtiendra en inversant simplement d. Le terme bc = (bc) se trouve être l’opération NAND de b et c, inversée. Cela nous permet de compléter définitivement le schéma du montage (figure 8.31).

Figur e

8.30

Figur e

8.31


. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Pour concev oir un circuit à partir de l’expression de la fonction que l ’on souhaite implémenter, toujours partir de la droite, c’est-à-dire de la sortie générale du système. Les lois de Morgan sont particulièrement utiles pour effectuer les quelques tran sformations qui permettent de faire apparaître les portes logiques souhaitées. \a / Exercice 8.7

Établissons immédiatement le tableau de Karnaugh de la fonction logique en y reportant les 1 corresp ondant aux mintermes de la forme canonique (figure 8.32). Comme il s’agit de faire le moins de regroupements possibles (de manière à obtenir le moins de termes) et de faire les plus grands

214

00 01 11 10

00

01 0

M f 1' U V 0

0

Figure

11

10

0 /1 0 0 0 0 0 8.32


regroupements possibles (pour que ces termes soient le plus légers), effectuons les deux regroupements proposés. Le regroupement des quatre cases grisées correspond au terme bc (la fonction vaut 1 du momen t que b - 1 e t c = 0 et ce, quelles que soient les valeurs de a et d. Le second regroupement (non grisé), correspond au terme a d . On a donc : f ( a , b , c, d) = bc + âd . Comme il s’agit de proposer un schéma ne faisant intervenir que des portes NOR à deux entrées, pr oc éd on s com me po ur l’e xe rc ic e pr éc éd en t, en pa rt an t de la sortie et en « fo rç an t » l’ap pa ri ti on des opérateurs NOR successifs jusqu’à ce qu’on remonte aux variables de la fonction. Soit:

f ( a , b , c , d ) = bc + â d = bc + â d .

Cette forme est la négation du résultat de l’opération NOR entre bc et â d . De même, par la loi de Morgan :

bc = bc = b + c

et :

â d = â d = a + d .

Chaque terme se trouve ainsi placé sous la forme du résultat d’un opérateur NOR (y compris b qui sera obtenu en inversant b à l’aide d’une porte NOR court-circuitée à ses entrées). Nous po uv on s do nc ai sé ment co nc evo ir le sc hé ma de ce sy st èm e lo gique (f ig ur e 8.33).

Figure 8.33 Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Mêmes commentaires que pour l’exercice précédent. On notera ici qu’il n’est pas forcément obligatoire d’établir la table de vérité et que les résultats de la fonction logique peuvent être directement inscrits dans le tableau de Karnaugh. - j - j

u vu “D

O

3

=3

C q

C

O O i—l O rsi © _c

ü> >CL O

U

3

C '5. U

-C

CL J3 T3 3

Exercice 8.8

La figure 8.34 représente le tableau de Karnaugh de la fonction. L’objectif consiste toujours à effectuer le moins de regroupements po ss ib le s avec à ch aqu e fois, le max im um de ca se s (2, 4 ou 8). Il ne faut pas hésiter à faire se chevaucher les regroupements pour atteindre cet objectif. Les trois regroupements de ce tableau nous donnent les trois termes de la forme minimale de la fonction : f ( a , b, c, d)

00 01 11 10

00

01

11

10

0 0 0

0 0 0 1

0 0 fl

m 1 V

o

Fi gu re

l1

■>;>

8.34

= a b + cd + a c .

C

Q

©

215

. Les circuits logiques co mbin atoires

Faisons apparaître l’opérateur NAND dans cette forme : f { a , b , c , d ) = ab + ac + cd = (ab + ac) + cd = (ab + ac)

c d .

Cela fait apparaître la fonction comme le résultat de l’opération NAND des deux expressions {ab + ac) et c d .

Le terme cd se trouve déjà sous la forme du résultat d’une opération NAND de deux grandeurs logiques. Quant à {cib + a c ) , on peut écrire : {ab + a c) = ab

autrement dit, {ab + ac) est la négatio n de ab

ac = ab

ac

ac .

La figure 8.35 représente le schéma logique qui réalise cette fonction en n ’utilisant que des portes NAND à deux ent rées.


. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

La simplification maximale est toujours obtenue en faisant le moins de regroupements po ssib le s da ns le tabl eau de Ka rn au gh et en es saya nt de faire en sorte que ces re gr ou pe men ts soient le plus grands possibles. Par conséquent, il est utile, parfois, de faire se chevaucher les différents regrou pements que l’on peut faire, ce qu’illustre bien cet exercice. Exercice 8.9

La fonction XOR a pour forme canonique : a ® b = cib + ab . On peut écrire :

a © b = âb + a b = ab

ab .

Ce qui fait apparaître la fonction XOR comme le résultat de l’opération NAND des deux expressions cib et ab qui, elles-mêmes, sont déjà sous la forme d’un opérateur NAND.

216


On en déduit immédiatement le schéma de la porte XOR. On remarquera la parfaite symétrie du montage (figure 8.36).

Figure 8.36 Ce qu'il faut retenir de cet exercice

Dans la pratique, on utilise directement des portes X OR intégrées. Le schéma normalis é de la porte XOR est pr és enté sur la figure 8.37.

Figure

8.37

E x e r c i c e 8. 1 0

Effectuons directement sur le schéma le calcul de la fonction logique (figure 8.38). No us ob te no ns ainsi sa fo rm e brute : f ( a , b , c ) = âb

c -

âb + c = âb + c .

\

a

c

00

c

b

01 11

c

10

0 (1 0 0 0

1 1) 1 1 lil

j •X

1» -o TD O c 13 Q

o rsj © CD

> Q. O

U

3 3 O c C

’d .

Figure

8.38

Figure

8.39

Le tableau de Karnaugh (figure 8.39) nous montre qu’il nous est impossible de simplifier cette forme. Toutefois, nous pouvons remarquer que cette fonction peut être transformée en utilisant la loi de Morgan :

C_)

f ( a , b, c) -

O. J3 TO J

âb + c -

a + b +c = a + b + c .

La fonction apparaît ainsi comme le résultat inversé de l’opération NOR de l’expression a + b et de c. Il suffit donc de trois portes NOR pour réaliser cette fonction (figure 8.40).

c

3

Q

©

217

Chapitre 8 . Les circuits logiques co mbin atoires

5 > n a +b +c

a +b +c

Figure 8.40 Remarque

La possession de la forme minimale de la fonction logique ne garantit pas toujours la conception du schéma le plus simple. Certaines fonctions s’implémentent de façon plus économique avec des portes NAND, d’autres avec des portes NOR. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Pour être sûr qu’on implémente une fonction logique pas hési te r à re ch er ch er sa si mp li fi cati on ma xi ma le . s’exprimer plus simplement à l’aide de portes NOR ou Il n’y a pas de règle générale et mieux vaut tester intéressante.

sous sa forme la plus économique, ne Par ailleur s, une mêm e foncti on peut au contraire à l’aide de portes NAND. chaque solution pour choisir la plus

Exercice 8.1 1

Chacune des sept sorties du décodeur est une fonction logique qui dépend du nombre présenté à l’entrée : cette fonction doit valoir 1 si le segm ent considéré do it s’allum er et 0 dans le cas contraire. Afin de déterminer ces fonctions, il est nécessaire de faire l’inventaire de tous les cas possibles, autrement dit d’établir les sept tables de vérité en fonction du nombre à afficher (figure 8.41). Seuls les dix premiers chiffres d oivent être considérés. La table de vérité s’arrêtera donc à 1001 (9 en décimal). X

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

y

2

t

a

b

c

ci

e

/

g

1

1

1

0

1

0

0 1

0

0

0

0

1

1

1

0

0

0

1

0

0

1

0 0

2

0

0

1

0

1

0

1

1

1

0

1

3 4 5

0

0

1

1

1

0

1

1

1

1

0 0

1

0

0

1

1

1

1

0

1

0

0 1

1

1

0

1

0 0 0

1

1

6

0

1

1

1

1

0

1

1

1

1

7

0

1

1

0 1

1

0

1

0

1

0

8

1

0

0

1

1

1

1

1

1

9

1

0

0 0

1

1

1

1

1

0 1 0

1

1

Figure

8.41

Ce tableau se remplit ligne par ligne en considérant, pour chaque nombre décimal de 0 à 9, les segments qui doivent ou non s’allumer. Par exemple, pour afficher le chiffre 3, tous les segments doivent être allumés sauf le b et le e.

218


Chacune des fonctions peut alors être implémentée à partir de sa forme la plus simple déterminée à partir de son tableau de Karnaugh, ou encore à partir de constatations simples effectuées dans la table de vérité. Par exemple, le seg me nt/ s’allume pour tous les chiffres décimaux, sauf pour le chiffre 2. Nous po uv on s donc écrire : _ / = dbcd. Il n’est pas question ici d’établir l’ensemble des tableaux de Karnaugh (de toute manière, des décodeurs BCD/7 segments existent tout faits dans le commerce). Toutefois, prenons l’exemple de la fonction e et recherchons sa forme minimale. Son tableau de Karnaugh est présenté sur la figure 8.42. Les cases qui \ z f 00 01 11 10 xiy\ correspondent à des cas impossibles en ce qui concerne les variables 00 UJ 0 0 (T l d ’entrée ont été marquées d ’un X. En se limitant à la démarc he classique 01 0 0 0 Lu d’analyse du tableau, il est possible de former deux regroupements de X X X X 11 deux termes. 10 m 0 X X e = x z t + y z t . On a donc : Figure 8.42 Toutefois, puisque certaines cases correspondent à des cas impossibles, rien ne nous empêche de décider de la valeur de la fonction pour ces quadruplets d’entrée. \ z f 00 01 11 10 En remplaçant judicieusement certains X par des 1, il est possible de 00 © 0 0 10 réaliser des regroupements plus larges (figure 8.43). 0 0 0 1 01 Il convient ici, de chercher à agrandir les regroupemen ts précédents pour 11 X X X 1 réduire les termes de la fonction. 0 X <2> 10 0 On a ainsi : e = zt + ÿ t . Figure 8.43 Ce qu’il faut retenir de cet exercice

— c

Même s’il existe des décodeurs 7 segments disponibles dans le commerce, sous forme de circuits intégrés dédiés, il est néanmoins intéressant de se rendre compte par soi-même que ce genre de système n’est composé que de fonctions logiques combinatoires somme toute assez simples. On retiendra également la technique qui consiste à considérer certaines valeurs de sortie à notre convenance pour simplifier les expressions, à partir du moment où l’on est sûr que cela ne perturbe en rien le fonctionne ment du dispositif.

TJ

O c 3 O o


Ü ’S.

fM

D Le système possède bien quatre entrées. Remplissons le tableau de Karnaugh directement sur la base de la définiti on de la fonction (figure 8.44). On lit alors, sur les trois regroupements possibles :

© O) > CL o

U

Problème 8.1

I TJ C 3

f ( a , b , c , d )

= âc + bc d + âb d.

a ©

219

8 . Les circuits logiques combinatoires

v

00 00 01 il

0 0 0

10

0

11

10

o -1 w 0 V1 0 0

A i )

01

Figure

Soit : D ’où : ^

0

m

0 0

8.44

f { a , b, c, cl) = ac + bd •(c + a) = ac + bd •(c + a ) . f ( a , b, c, d) = âc

bd

(c + â ) .

Cette transformation perm et de faire apparaître la fonction logique comme le résultat de

l’opératio n N AND de â c y d’une part, et de b d • (c + â) y d’autre part. Ces deux expressions constituent elles-mêmes des opérations NAND. La réalisation du schéma co rrespondan t à la fonction logique (figure 8.45) ne pose aucune difficulté lorsque l’on a remarqué que : bd = b d

et

c + d -

c + d -

c •a .

D La fonction g définie par : g = i

<=>

est la négation de la fonction /. Son schéma corres pond donc exactem ent au schém a de la fonction/auquel on aura rajouté, en sortie, une porte NAND aux entrées court-circuitées réalisant l’opérateur NON. Ce qu’il faut retenir de ce problème

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Com parer deux nombres : voilà encore une preuve des grandes possibilités qu ’offrent les circuits logiques combinatoires. On notera par ailleurs l’astuce qui consiste à inverser la fon ctio n/p ou r obtenir la fonction g. Problème 8.2

[^ L o rs q u e v e = 0, la tension de sortie du premier inverseur est égale à 5 V. La diode est bl oq ué e car si elle était passante, le point A de vr ai t se tr ou ve r au potentiel 5,7 V, ce qui est impossible. Comme la diode est bloquée et qu’aucun courant ne peut entrer dans le second inverseur, la résistance et le conden sateur se trouvent dans la configuration d’un circuit de charge de condensateur.

22 0


En régime permanent, le condensateur est chargé et plus aucun courant ne peut circuler dans le dipôle RC. Le point A se trouve donc au potentiel 5 V. La sortie v $ se trouve donc à 0 V (figure 8.46).

^ Dès que la tension d ’entrée devient égale à 5 V, la sortie du premier inv erseur passe immédiatement au potentiel 0 V. La diode devient passante puisque polarisée en sens direct : son anode (le point A) est au potentiel 5 V et sa cathode est à la masse. Un courant peut circuler dans la diode car la sortie d’une porte CMOS accepte un courant entrant lorsqu’elle est à 0. Le point A ne reste que très temporairement à 5 V car la diode impose au point A un potentiel égal à 0,7 V : le condensateur se décharge brutalement. Com me v A < 2,5 V , l’entrée du second inverseur peut donc être considérée com me étant à 0. La tension de sortie v s bascule à 5 V. Cet état dure tant que la tension d ’entrée reste à 5 V. D Lorsque la tension d ’entrée rebascule à 0 V, la diode se bloque à nouveau et le couple résistance - condensateur se retrouve à nouveau dans la configuration d’un circuit de charge du condensateur avec un potentiel initial, pour A, égal à 0,7 V (figure 8.47). Effectuons, pour plus de commodité, un changement d’origine des temps en considérant que t = 0 à l’instant où la charge du condensateur démarre. •S j

Soit i le courant dans le dipôle RC. On a :

1» TJ

O

C =3

û

O fM © en

> Q . O

U

3

3

C

q

C 1»

dv A

De plus :

V q q

= v a +

= VA +

— *

'ci.

d v A

L ’équation différe ntiell e ÆC —— +

v a

= ^CC admet Pour solution :

-c

O. J3 T3 3

V ')

C j + C

-î/RC

rm

Figure 8.47

C

Q

©

221


Les deux constantes se déterminent en considérant, d’une part, la condition initiale v ^( 0 ) = 0,7 V et, d ’autre part, la condition finale co rrespon dant à la fin de la charge du conden sateur : lim v^ (r ) = V ç ç = 5 V . t —>+°° On a donc : e t: D ’o ù :

v^ (f) = Cj + C2 = 0,7 V .

lim v ^( /) = C j = V q q = 5 V t —>+°° v ^ ( 0 = V q q + (0,7 V - V q

q ) z

- î /RC

La tension v ^ (f ) croît donc de 0,7 V à 5 V. Tant que reste inférieure à 2,5 V, l’entrée du second inverseur est considérée comme restant à 0. La tension de sortie vaut 5 V. A l’instant où franchit ce seuil, la sortie du montage bascule à 0. L’instant T correspondant à ce basculement est tel que : x -T/RC v A ( T ) = VC C + ( <0'7 V " V,CC )e Soit :

(0,7 V - Vc c )e

—T/RC

2,5 V .

= 2,5 V - VQC e

-T/RC

=

2.5 V ~ ^ ç ç

0,7 V - Vc c '

^2,5 V - Vc c D’où

RC

ln

l».7 V - VCCJ J L

RC

On a donc :

-0,54 .

T = 0,54 - R C .

La figure 8.48 représente les chronogrammes des différentes tensions du circuit. On prêtera une attention particulière au fait que nous avons changé l’origine des temps, notamment pour placer l’instant T. Il s’agit bien d’une bascule monostable déclenchant sur un front montant (passage de 0 à 5 V) et délivrant une impulsion positive.

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

En plaçant, en sortie de ce montage, un troisième inverseur, on réalise un monostable délivrant une impulsion négative. En ajoutant un autre inverseur à l’entrée, il déclenchera sur un front descendant (passage de 5 V à 0 V). Toutes les combinaisons peuvent être envisagées. Ce qu’il faut retenir de ce problème

Les portes logiques se prêtent volontiers à la réalisation de systèmes électroniques faisant intervenir des circuits de relaxation. Le monostable que nous venons d’étudier est relativement simple et peu coûteux par rapport à ce qu’il est possible de faire à l’aide de circuits non linéaires classiques.

22 2


ve(t) a

5V

Ve (0 a

b

s

c

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 0

0 0 0 1

—> on pose 1 et on retient 0 •on pose 0 et on retient 1

Figure

Figure

8.49

8.48

Problème 8.3

T3

O C D Q

o

tj

’d .

(N

© en

CL

O

U

S

C-

3

TO D 3 Û

O Raisonnons à partir d'un e table de vérité commune aux deux c fonctions s et c (figure 8.49). Il apparaît immédiatement que la fonction s correspond exactement à l’opération XOR (OU exclusif) et que la fonction c correspond à l’opérateur ET. On en déduit alors le schéma de l’additionneur de deux bits Figure 8.50 (figure 8.50). ^ Raisonnons à partir d’une table de vérité commune aux deux fonctions s et cn (figure 8.51) puis transcrivons ces résultats dans deux tableaux de Karnaugh (figures 8.52 et 8.53). Le tableau de Karnaugh de la fonction 5 ne fait apparaître aucun regroupement possible. Sa forme canonique ne sera donc que le OU logique des quatre termes correspondant aux cases 1. Soit : s - â b c n _ i + â b c n _ i + a b c n _ i + a b c n _ i .

C

©

223


a

b

Cn-l

s

C„

0

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

1

1

0

0

1

0

1

0

1

0

1

1 1

1 1

0 1

0 1

fonction cn

fonction s V f-1 0

1 1

1

00

0

1

01

1

0

11

0

1

10

1

0

Figure

8.52

ab^

0

1

00

0

0

01

0

11

(1 0

10

Figure

1

8.53

Figure 8.51

Par ailleurs, le tableau de Karnaugh de la fonction cn fait apparaître trois regroupements. Sa forme canonique se détermine alors aisément : = ab + bc n - 1 + ci c n - 1 La fonction cn peut s’implémenter facilement à l’aide d’une porte OU à trois entrées et de trois port es ET (figure 8.54) . La fonction s , quant à elle, peut s’implémenter très simplement en transformant légèrement son expression.

D

d o n u D 0 1 0 2

En effet : s = a


et que :

Figure 8.54

( bc n _ l + bc n

Remarquons, d’une part, que :

224

{) + a • ( b c n _ , + b c n _ , ) . bcn_ j

b cn _ l + b c n _ l = b c n _ l

+

bcn_

j

= b ©

cn _ j

+ bcfl_ , = b c n _ { • b c n _ , .


Soit:

bcn_ l + bcn _ l = (b + c „_ i) -( b + cn_ l) = bb + bcn_ i + cn_ ib + c „ _ lc „ _ i .

Or quel que soit x, x x = 0 . Donc:

b cn _ l + b c n _ l = b cn _ , + c n _ ~b = b © c„_ , .

Finalement : Soit :

s = a

s = 5 © (£ ©

(b © cfJ _ j ) + a

(b © cfJ _ j ).

_ j ).

Cet additionneur de trois bits, proposant comme résultats un bit de somme et un bit de retenue, est tout à fait indiqué pour constituer l’élément de base d’un système plus complexe permettant d’additionner deux nombres binaires quelconques. En effet, l’addition de deux nombres consiste à additionner successivement les bits, deux à deux, en tenant compte de l’éventuelle retenue de l’addition pr éc éd en te (figure 8.55). Hormis l’addition des deux bits situés le plus à droite (appelés bits de poid s faible), ch aq ue addi tion él ém en ta ir e co rr es po nd ex ac te men t à la fonction que nous venons d’implémenter.

premièr e retenue ©

©©^1 I « 1 l« o1

+

[E D

\b2\bx\b0\

c l|S 1 „1

1 ^2 l si1 % 1

dernière retenue Figure

8.55

Il suffit d’interconnecter plusieurs de ces fonctions pour construire un additionneur, comme cela est indiqué sur la figure 8.56. a0 b0

ax bx

S q

(*2

----------------- % bn

Sj

S2

-----------------------------------------

s„

Figure 8.56 Ce qu’il faut retenir de ce problème - j - j

vuu TJ

O

3 3

=3

C

C

û

Et si le calcul numérique n’était finalement qu ’une affaire de circuits logiques combinato ires ? C ’est en tout cas ce que tend à montrer cette étude. En effet, la plupart des opérations sim ples effectuées sur des nombres binaires ne sont que des combinaisons logiques des chiffres élémentaires dont sont constitués ces nombres.

q

C '5. U

O fM © CT)

>Q. O

U

3 T3 3 û Q C

225

L es c i r c u i t s l o g i q u e s SÉQUENTIELS

RAPPELS DE COURS Les systèmes logiques combinatoires étudiés au chapitre 8 sont caractérisés par un fonctionnement qui ne dépend que d’une combinaison des signaux d’entrée. Les circuits séquentiels évoluent certes en fonction de signaux d’entrée mais également en fonction du temps, notamment en fonction d’événements particuliers présents ou passés.

9.1 D éf in it

io n

Dans un circuit combinatoire, la sortie du dispositif ne dépend que des variables d’entrée. Les fonctions associées à ces circuits sont caractérisées par l’unicité de la valeur de la fonction pour une configuration d onnée des variables d ’entrée. Dans un circuit logique séquentiel, la sortie dépend non seulement des variables d’entrée mais également de ses propres valeurs pr éc éd en te s, au tr em en t dit de l’état ini tial du système. Fondamentalement, tout se passe com me si la sortie devait être considérée comm e une entrée supplémentaire. Cela est réalisé, en général, par un bouclage (permanent ou périodique) de cette sortie à l’entrée du dispositif (figure 9.1).

9.2 La d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

ba s c u l e

R /S

Il s’agit sans aucun doute du système logique séquentiel le plus simple qui soit mais il permet de mesurer tout l’intérêt de ce type de dispositif tout en explorant les différentes méthode s d’investigation qui permettent d’étudier le fonctionnement des systèmes séquentiels. Présentation du système

On considère le circuit logique composé de deux portes NON-OU et représenté sur la figure 9.2. Il possède visiblement deux entrées R et S ainsi que deux sorties notées Q et Q .

226

9.2. La bascule R/S

Remarque

Les notations Qet Q laissent supposer que la seconde sortie est égale à la négation de la première comme l’étude qui suit va le démontrer. On note que chacune des deux sorties est bel et bien bouclée sur l’entrée du dispositif, constituant, pour ainsi dire, des entrées supplémentaires pour le système. Bien évidemment, une simple table de vérité ne suffit pas à décrir e le co mpo rt em en t de ce syst ème ; l’état des sorties, vraisemblablement, ne dépend pas uniquement des valeurs de R et de S. On suppose que chacune des deux entrées est à 0, le système étant, pour ainsi dire, au repos et on cherche à détermin er les valeurs des variables de sortie. On suppose alors que l’on a Q = 0. On a donc sur la porte NOR située en bas du schéma, deux entrées à 0 ce qui doit donner une sortie à 1, soit < 2 = 1 (la notation est donc cohérente, a priori). Cel a a po ur co ns éq ue nc e, sur la porte NOR située en haut du schéma, d’avoir une entrée à 0 et une entrée à 1. La sortie de la porte NOR est donc bien à 0. Les différentes valeurs des variables sont rassemblées sur la figure 9.3 et form ent un état tout à fait st able po ur le système. Si on suppose à présent que Q = 1 (les entrées R et 5 étant supposées rester à 0), on constate que le système se trouve également dans un état stable tout à fait possible. En effet, si Q = 1, les entrées de la porte NOR du bas sont telles que sa sortie doit être à 0, soit Q = 0 . Qu an t à la porte NO R du haut, ses deux entr ées sont à 0, ce qui co rr es po nd bien à Q = 1 (figure 9.4).

“O o c =3

Q

03 >• CL O

U

Q

Q

En conclusion, si les deux entrées du systè me, R et S sont toutes les deux à 0, le dispositif peut se trouver soit dans l ’état Q = 0 et Q = 1 , soit dans l’état Q = 1 et Q = 0 .

o

r\i ©

Q

o. 3

I T3 3 C

a

© 227

. Les circuits logiques séquentiels

Remarque

Si cela confirme bien la cohérence des notations Q et Q, cela montre également que les sorties d’un tel système peuvent être différentes pour des valeurs identiques du vecteur d’entrée. L’analyse du fonctionnement de ce dispositif s’avère plus complexe que dans le cas d’un simple système combinatoire. A n a l y s e d u c o m p o r t e m e n t d e la b a s c u l e

Pour comprendre le fonctionnement du système et par la même occasion vérifier l’opportunité de l’avoir appelée bascule, on part de l’état stable caractérisé par R = S = 0 et par Q_= 0 (donc Q = 1 ). Si l’entrée S (et elle seule) passe à 1, Q passe à 0 et par conséquent, Q , en sortie d’une porte NOR do nt les deux entrées sont à 0, « bascule » à 1 (figure 9.5). La porte NOR située en bas du schéma a ses deux entrées à 1, ce qui est cohérent avec une sortie à 0. À partir de cet état, si S repasse à 0, le dispositif se retrouve dans le même état que celui de la figure 9.4, état dont on a déjà démontré la stabilité. En conclusion, le fait d’avoir positionné la variable S (pour SET) à 1 pendant un temps donné a suffi pour faire basculer le système dans l’état Q = 1 et Q = 0 . Si S repasse ultérieurement à 1, on vérifie facilement que cela ne change rien à l’état des sorties. _ Pour fai re reba sc ul er le sy st ème dans l’état Q - 0 et Q = 1 , il faut, à partir de l’état de repos R = S - 0, placer R (pour RESET) à 1 pendant un temps donné. A ce moment-là (figure 9.6), Q bascule immédiatement à 0, forçant la porte NOR du bas dont les deux entrées se tr ou vent à 0, à pass er à ( 2 = 1 . Lorsque R repasse à 0, le système se retrouve dans l’état de la figure 9.4.

Q

Q

Q

Q

Remarque

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Comme cela a déjà été évoqué, pour que le système ait le temps de basculer d’un état à l’autre, il est nécessaire que le positionnement à 1 de l’une ou l’autre entrée soit maintenu pendant un temps suffisant pour que ses composants internes puissent commuter. Selon la technologie utilisée, cela peut varier de quelques nanosecondes à quelques microsecondes.

En résumé, la bascule R/S est un système permetta nt de positionner à 1 ou à 0 une fonction logique Q selon que l’on injecte une impulsion d’une durée suffisante sur l’entre S (SET) ou l’entrée R (RESET). On peut représ enter ce fonction nement par une sorte de table de vérité qui présente l’état de la fonction Q en fonction de /?, de S et de l’état précédent de Q. On note alors Qn cet état précédent et <2,/+1le nouvel état de cette sortie. La figure 9.7 rassemble tous les cas possibles. On remarquera

228

9.2. La bascule R/S

que les combinaisons d’entrée ne sont pas placées dans l’ordre « numérique » mais plutôt dans l’ordre logique de fonctionn ement de la bascule. Par ailleurs, le cas R = S = 1 qui conduit à une indétermination sera considéré comme interdit et ne fait donc pas l’objet d’un résultat. Représentation temporelle du fonctionnement de la bascule

Pour mieux illustrer le caractère séquentiel du système, il peut être intéressant de présenter son fonctionnement sous forme de chrono gramm es. La figure 9.8 illustre ainsi les différents ba sc ul em en ts de la sortie Q en fonction des transitions opérées sur les entrées R et S.

R

S

Qn

0 1

0 0

0 0

0 0

0

1

0

î

0 1 0

0 0 1

î î î

î 0 1

1

1

Q>h-1

Figure 9.7

S

■ Sj

'O X)

TJ

O C =5

3

&

Q

o

CM

© en > Q. O

U

-C

O.

J3 I

On peut schématiser le fonctionnement de la bascule de manière encore plus simple en considérant que le basculement de Q s ’opère sur la transition de 0 à 1 de R ou de S. On dit alors que Q bascule à 1 sur les fronts montants de S et rebascule à 0 sur les fronts montants de R. La « table de vérité » de la figure 9.9 suffit donc à décrire le fonctionnement du dispositif.

3

û Q

229

9 . Les circuits logiques séquentiels

La bascule R/S permet, en quelque sorte, de mémoriser une information (un bit) puisque la sortie reste inchangée en attendant un ordre de basculement à l’entrée.

9.3 L a m é m o i r e p a r a u t o m a i n t i e n

S

R

0

0

J

î

I

0

Qn+1

Il s’agit encore d'un type de bascule simple réalisée à partir d’un nombre très réduit de portes logiques élémentaires. Le principal intérêt Figure 9.9 de ce type de dispositif, par rappor t à la bascule R/S, réside dans le fait qu’il n’existe aucune ambiguïté lorsque les deux entrées se trouvent simultanément à 1. Dans ce cas, on peut même choisir, en fonction du type de mémoire, l’état de la sortie (0 ou 1). On parle alors de mémoire à effacement prioritaire ou à inscription prioritaire. Mémoire à effacement prioritaire

La figure 9.10 représente un circuit possédant deux entrées : 5 (Set) et R (Reset) et une seule sortie Q. L ’équation de f onctio nneme nt du dispositif est relative ment sim ple à établir : la sortie du système est le ET logique de R et de S + Q. On peut donc écrire :

Qn+\

= ( S + /?„)/?•

D’où la table de vérité du système (figure 9.11).

s

R

Qw+i

0

0

Q,

0

1

0

1

0

1

1

1

0

Fig ure 9.1 1 . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Il est alors aisé de mettre en évidence le fonctionnement de la bascule. À l’instar de la bascule R/S, les entrées S et R perme ttent respectivement de positionner la sortie Q à 1 ou à 0. Si les deux entrées res tent à 0, l’état de la sortie reste inchangé. En revanch e et c ’est là la principale différence avec la bascule R/S, si les deux entrées se trouvent simultanément à 1, la sortie bascule à 0. D’où l’appellation de mémoire à effacement prioritaire.

230

9.4. La bascule J/K

s

R

Q h+1

0

0

Qn

0

1

0

1

0

1

1

1

1

Fi gur e

9.1 3

Mémoire à inscription prioritaire

Le schéma de la figure 9.12 présente un dispositif analogue mais qui réagit différemment lorsque les deux entrées se trouvent simultanément à 1. L’équation de fonc tionne ment du dispositif est relative ment simp le à établir : la sortie du système est le OU logique de S et de Q ■ R . Soit:

Q n + l = S + Q nR .

D’où la table de vérité du système (figure 9.13). Le fonctionnement du système est le même que dans le cas précédent, à ceci près que si les deux entrées sont à 1, la sortie du système bascule à 1, d’où le terme de mémoire à inscription prioritaire.

9.4

Q

o r\i ©

>* O Q.

U

ba s c u l e

J/K

La bascule R/S possède un certain nombre d’inconvénients lorsqu’elle est associée à d’autres systèmes. Ces inconvénients proviennent d’une relative incertitude quant à l’instant de ba sc ule me nt de s sort ies. C ’es t pour qu oi on di sp os e en gé né ra l de ba sc ul es un peu plus co mpl ex es do nt on ma ît ri se be au cou p Q mieux le basculement. Il s’agit des bascules dites maître esclave. La plus utilisée d’entre elles est la bascule J/K. Nous ne rentrerons pas dans le détail de sa structure interne, d ’autant plus que de tels dispositifs sont disponibles sous formes de circuits intégrés imm édiatement opérationnels et nous nous contenterons d’en décrire le comportement. Q

T3 o c =5

CT)

La

J3 1 •o 2 C

La bascule J/K (figure 9.14) possède trois entrées : 7, K et T. La configuration que l’on place sur les entrées J et K (00, 01,10 ou 11) permet de définir l’action qui va être réalisée par la

3

© 231


bascul e et cette acti on ne devie nt ef fect iv e que lorsque l’e n t r é e ^ subit une transition de 0 à 1. Tant que T reste à 0, les sorties Q et Q restent inchangées (à leurs valeurs précédentes). La table de fonctionnement de la figure 9.15 présente les actions réalisées par la bascule J/K. La première ligne du tableau signifie que quelles que soient les valeurs de J et de K (présence d’un « X »), la sortie est bien inchangée si T reste à 0. En fonction de la configuration placée à l’entrée de la bascule, sur les entrées J et K , quatre comportements différents peuvent se produire lorsqu’un front montant est détecté sur T : sortie inchangée {J = K = 0), sortie à 0 (K seul est égal à 1), sortie à 1 (J seul est égal à 1) et inversion de la sortie (J = K = 1).

J

K

T

X

X

0

0

0

0

1

1

0

1

1

J J J I

Q«+1 Q n

Q n

0 1 Q n

Figure 9.15 Remarque

L’entrée T est communément appelée entrée d’horloqe car c’est elle qui ; finalement, rythme les basculements du système. Il existe différents types de bascules J/K dont certaines, par exemple, basculent sur les fronts descendants du signal d’horloge.

9.5 L e s

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

c o m pt e u r s

s y n c h r o n e s

Un compteur est un circuit séquentiel possédant plusieurs sorties binaires Q n, ..., Q 2, Q j, Q q (4, 8 ou 16, par exemple) dont l’ensemble forme un nombre (binaire, évidemment) qui varie en fonction du nombre d’impulsions d’horloge enregistrées sur son entrée principale. À chaque impulsion d’horloge, le compteur s’incrémente d’une unité : la configuration de sortie (c’est-àdire le nombre représenté par lesdites sorties) évolue en comptant, littéralement, les impulsions d’entrée. Le compteur est dit synchrone (et il s’agit là d’une qualité) si le changement de configuration en sortie se produit au même instant pour chaque bit de sortie. S’il est possible de réaliser un compteur à partir d’une mise en cascade de bascules, on préfère en général utiliser des circuits électroniques dédiés que l’on trouve dans le commerce. Un compteur possède en général d’autres entrées que son entrée d’horloge : une remise à zéro (RAZ) qui permet de remettre toutes les sorties à 0 pour, par exemple, reprendre un nouveau comptage, une entrée de configuration qui permet de définir si les impulsions d’horloge déclenchent l’incrémentation sur front montant ou descendant et une entrée permettant de définir si le système compte ou décompte (UP/DO WN). La figure 9.16 présente le schéma bloc d’un tel compteur et le tableau de la figure 9.17 illustre une séquence de fonctionnement d’un compteur 4 bits où chaque ligne correspond à une nouvelle impulsion d’horloge. L’entrée UP/D OW N est placée à 1 pour un fonctionnement en compteur et à 0 pour un fonctionnement en décompteur (ce qui est symbolisé par la barre de négation sur le mot DOWN). L’état initial du compteur est censé correspondre à une sortie égale à 0000.

232


UP/DOWN RAZ

CK

Q3(32 Qi Qo

0

0 0 0 0

F F F F F F

0 0 0 1

0

0 0 0 0

î

0

î

0

j

î

0

j

î

0

j

î

0

j

0

0

j

0

0

j

0

1

1

0

j

F

0 0 0 1

1

0

JF

0 0 1 0

1

0

j

0 0 1 1

1

0

j

1

0

j

F F F

Fi gu re

0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0

0 1 0 0 0 1 0 1

9.1 7

ÉNONCÉS DES EXERCICES %

=

E x e r c i c e 9.1 *

Influence des tem ps de com mu tatio n d a n s le f o n c t i o n n e m e n t d ’ u ne b a s c u l e

1» 'ïj Le sch éma de la figure 9.18 représe nte une bascule RS ainsi que les ch ron ogr am me s de ces deux o entrées. On suppose dans un premier temps que les portes logiques NOR sont parfaites et £ com mute nt instantanémen t. Etablir le chron ogram me de la sortie Q de la bascule en supposant que g la sorti e Q se trouve initialement à 0. *5. Dans un seco nd temps, les portes NOR sont supp osée s réelles et cara ctéri sées par un retard S t . s o Etudier l’influence de ce facteur sur le bascu leme nt du système et établir le chron ogram me de la •|[ sortie Q dans ce cas. 2 On fait l’hypothèse que si une des variables d ’entrée d ’une porte NOR change d ’état pendant une durée inférieure à S t , ce chan gem ent ne sera pas pris en compte et que sa sortie sera inchangée c 3 û s

~o

o c

D

Q

o

rsi

© en

> Q. o

U

©

233

9 ■Les circuits logiques séquentiels

Q

Q

s A

->

t

->

t

R A

bt

Figure 9.18 (c’est un peu plus compliqué dans la réalité mais cette hypothèse de travail va malgré tout nous simplifier la vie).

E x e r c i c e 9 .2 **

É t u d e d ’u n d i v i s e u r de f r é q u e n c e

On considère le système séquentiel représenté sur la figure 9.19 et impliquant deux bascules JK. Un signal carré est injecté sur l’entrée d’horloge (figure 9.20).

. d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

234


T

Figure

9.20

Établir les chronogrammes des sorties <2| et Q2 et conclure sur l’intérêt de ce montage. On supposera qu’avant la première impulsion d’horloge, le système se trouve dans un état tel que J j = 1 et Q\ = J 2 = Q i ~ 0-

DU M A L A D E M A R R E R ? 9.1

9.2

Pour la prem ière partie de l’exercice, on se référe ra à la table de vérité de la bascu le pour déterm iner les basculement s du dispositif. Dans la seconde partie, il convient de reconsid érer complètement le fonctionnement du système en introduisant dans le raisonnement, les temps de commutation des portes. Les entrées K se trouvant toujours à 1, établir le fonctio nneme nt simplifié de chaque bascule. Procéder ensuite méthodiquement en analysant les phénomènes qui se produisent pour chaque front montant du signal T.

C o r r i g é s d e s e x e r c i ce s

Exercice 9.1

c ~ T3

O

C

=5

Q

o

CM

©

•c | | ~ | J ^

Si les portes NOR sont parfaites et com mut ent instantan ément, il suffit de se fier à la table de fonction neme nt de la bascule pour déter mine r les basculemen ts du dispositif. Chaque front montant sur R vient mettre la sortie Q à 0 et chaque front montant sur S la positionne à 1. Bien évi dem men t, si R passe à 1 tandis que Q est déjà à 0, Q reste inchangé. De même si S passe à 1 tandis que Q est déjà à 1. Le chronogramme est donc très facile à tracer (figure 9.21 ). Si on suppose à présent que chaque porte NOR possède un retard 8 f , il convie nt de reconsidérer entière ment le foncti onnem ent de la bascule R/S. Exam inons ce qui se passe à l’instant du premier front monta nt détecté sur l’entrée S. Q étant à 0, Q qui est à 1 va basculer à 0 avec un retard de 8 /. La porte NOR supérieure va alors avoir ses deux entrées à 0 et sa sortie Q va basculer à 1après un deuxiè me retard S t .

CD

>Q. O

U

O û

TD

C 3

©

235

9 . Les circuits logiques séquentiels

S A

R A

Q

A

i

Figure

9.21

Première conclusion : le retard de basculement de la bascule R/S est égal à 2 5 t . Deuxième conclusion : si on formule effectivement l’hypothèse que S doit être maintenu à 1 pe nd an t une du rée su pé ri eure à 8 / , on po ur ra co ns id ér er que si elle repa ss e à 0 après cett e durée 8f, Q restera à 0 suffisamm ent longtem ps pour faire basculer la porte NOR du haut. Comme le système est parfaitement symétrique, des conclusions analogues peuvent être énoncées à propos de l’entrée R. En résumé, la bascule R/S ne peut changer d’état que si des impulsions d’une largeur au moins égale à 8t sont détectées sur ses entrées et l’instant du basculement se pr od ui t avec un retard de 2 8 1. Par conséquent, la deuxième impulsion placée sur l’entrée S sera sans effet. On peut noter que la troisième impulsion placée sur R était déjà sans effet dans le cas de portes parfaites. . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Cela mis à part, la principale différence entre le cas idéal et le cas réel consiste en un décalage temporel global de 28 1 (figure 9.22). Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Cet exercice montre l’importance des temps de commutation des circuits logiques élémentaires dans la conception des systèmes séquentiels. Le phénomène est particulièrement gênant lorsque ces dispositifs sont soumis à des signaux très rapides. Dans le cas contraire, autrement dit si le fonctionnement temporel du circuit est suffisamment lent par rapport aux temps de commutation, le phénomène peut être négligé.

236


S A

> t R

A

4r-

8f -> t

Q

! 2Ôf

A----- ►

; 2ôf -----►

28t

: 20/

2 ôt -> t

Figure 9.22 Exercice 9.2

^ 'O ^ ~ T) cO =5 Q

o

CM

© en >Q . O

U

■O c

Comme K = 1 pour chaque bascule, elles fonctionnent selon le mode simplifié suivant : à chaque front montant du signal d’horloge T : - si J - 0, Q passe à 0 ; - si J = 1, Q passe à Q . On com men ce par établir ce qui se passe pour les trois premiers fronts montants du signal d’horloge. Premier front montant de 7

3 £

Com pte tenu que = 1, la sortie <2| s’inverse et devi ent donc égal e à 1. Tout efoi s, lorsqu e la ê seconde bascule reçoit son impulsion d’horloge (exacteme nt au mêm e instant que la première), il '5. n ’est pas possible, comp te tenu des temps de comm utation interne de la première bascule, que 0 soit déjà pass é à 1. & Donc J 2 est toujours égale à 0 à l’instant du front montant de l’horloge. Donc Q2 reste à 0, Q 2 et 3 J, restent à 1. 1 û © 23 7

9


D e u x i è m e f r o n t m o n t a n t d e T

Comme J j = 0, la sortie <2i s ’in ve rse à no uv eau et de vi en t donc ég al e à 0. To ut ef oi s, lo rsque la seconde bascule reçoit son impulsion d’horloge, J 2 est encore égale à 1 (même raison que pr éc éd em ment ). Q 2 s ’inverse et devient égale à 1, donc Q 2 et J } pa ss en t à 0. T r o i s i è m e f r o n t m o n t a n t d e T

Comme 7, = 1, Q [ et J 2 restent à 0. Q 2 passe donc à 0 et par voie de conséque nce, Q 2 et J | passent à 1. On se retrouve donc avec la même configuration qu’à l’instant initial, ce qui signifie que la séquence de basculements que nous venons de mettre en évidence va se répéter indéfiniment. On trace donc pas à pas, sur le chronogramme de la figure 9.23, l’évolution des signaux aux trois pr em ie rs fronts mo nt an ts du signal d ’horlog e et on re prod ui t la sé qu en ce po ur obte ni r un gr ap he pl us explic ite. T

/V

9

1 c S V ----------------- >

Figure 9.23 . d o n u D 0 1 0 2 © t h g i r y p o C

Le dispositif étudié délivre donc un signal rectangulaire sur sa sortie (2| dont la fréquence est divisée par trois par rapport à celle du signal d’horloge. La sortie Q 2 délivre le même signal retardé d’une période d’horloge. Ce qu’il faut retenir de cet exercice

Les circuits logiques séquentiels élémentaires peuvent être mobilisés dans des montages plus ou moins complexes et sont à la base de la réalisation de fonctions pouvant être pa rt ic ul iè re me nt év ol ué es.

23 8

Granjon, Yves-Exercices Et Proble_mes D_e_lectronique _ Avec Rappels de Cours Et Me_thodes-Dunod (2010)

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