Solution

ELE2302 – Circuits électroniques
Solutionnaire examen final - Automne 2006
ÉCOLE POLYTECHNIQUE DE MONTRÉAL
ELE2302 : CIRCUITS ÉLECTRONIQUES
SOLUTIONNAIRE EXAMEN FINAL
Notes :
1. Documentation : Feuilles manuscrites autorisées.
2. Calculatrice autorisée.
3. Nombre de pages : 9 (à vérifier avant de commencer à répondre aux questions).
4. Justification des réponses : les réponses non justifiées seront considérées incomplètes.
5. Justification des calculs : pour les questions d’applications numériques, les résultats balancés sans
explication ne seront pas pris en compte.
Conseils :
1. Lire tous les exercices avant de commencer à répondre aux questions.
2. Bien répartir votre temps en fonction du barème.
3. Pour les calculs numériques, donner toujours le calcul analytique avant de remplacer par les
valeurs numériques.
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A. Khouas
18/12/2006
1. Exercice 1 (4pt)
X
X
Répondre brièvement aux questions suivantes en justifiant vos réponses :
1.1
Dessiner un montage de polarisation d’un transistor bipolaire NPN par une tension
base-émetteur fixe. Pourquoi cette polarisation ne convient-elle pas pour une production
en série ?
Le point de polarisation n’est pas stable, il est sensible aux variations des paramètres du
transistor.
1.2
Dessiner un montage de polarisation d’un transistor NMOS avec une tension grillesource et une résistance de source. Quel est l’avantage de cette polarisation ?
Le point de polarisation est moins sensible aux variations des paramètres du transistor.
1.3
Expliquer en utilisant un graphique l’influence de la valeur de la résistance de collecteur
sur la polarisation d’un transistor NPN.
Un choix adéquat de la valeur de la résistance de collecteur permet une grande plage de variation
de la tension de sortie. En général, on utilise la règle de 1/3 pour choisir la résistance de
collecteur.
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A. Khouas
18/12/2006
1.4
Pourquoi utilise-t-on les modèles petits signaux des transistors ?
Pour simplification des calculs dans le cas de petit variations autour du point de polarisation.
2. Exercice 2 (8 pts)
X
X
On considère le montage émetteur commun de la Figure 2-1. On suppose qu’on a VCC=15V, la
tension thermique VT = 25 mV, et que le transistor NPN a β=100 et VA=100V. On suppose aussi
que toutes les capacités de couplage/découplage sont infinies (équivalentes à des courtscircuits pour les fréquences considérées) et qu’on néglige les capacités internes du transistor.
X
X
B
B
B
B
Figure 2-1
2.1
On souhaite polariser cet amplificateur avec un courant de collecteur IC=1mA et les
tensions VCE=VE=VCC/3. Calculer les valeurs de toutes les résistances.
On a : I C = 1mA ⇒ I B = 0.01mA et I E = 1.01mA
VCC
= 5V ⇒ VRC = 5V et VB = V E + 0.7 = 5.7V
3
5
= = 5k Ω
1
VE = VCE =
2.2
RC =
VRC
RE =
VE
5
=
= 4.95k Ω
I E 1.01
RB =
VCC − VB 15 − 5.7
=
= 930k Ω
IB
0.01
IC
Calculer les paramètres petits signaux (gm, rπ,, re, et ro) du transistor pour la polarisation
de la question 2.1.
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A. Khouas
18/12/2006
IC
1
=
= 40mA / V
Vt 0.025
gm =
rπ =
re =
ro =
β
gm
α
gm
=
100
= 2.5k Ω
40
=
0.99
= 25Ω
40
VA 100
=
= 100k Ω
IC
1
2.3
Dessiner le circuit petit signal équivalent de l’amplificateur en remplaçant le transistor
par son modèle petit signal en π.
2.4
Dessiner le circuit petit signal équivalent de l’amplificateur en remplaçant le transistor
par son modèle petit signal en Τ.
2.5
En négligeant la résistance ro, donner l’expression et la valeur du gain en tension
Gv=vout/vin. Pour l’application numérique, on prendra RL=10kΩ.
Pour le calcul du gain on a le choix entre l’utilisation du circuit équivalent avec le modèle en T et
du circuit équivalent avec le modèle en π.
B
B
B
B
B
B
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A. Khouas
18/12/2006
En entrée, on a : vin = rπ ib + RE ( β + 1)ib = (rπ + RE ( β + 1))ib
En sortie, on a : vout = − β ib ( RC // RL )
⇒ Gv ≡
vout
β ( RC // RL )
β
=−
=−
( RC // RL )
vin
rπ + RE ( β + 1)
rπ + RE ( β + 1)
Application numérique :
10 × 5
3.33k Ω
10 + 5
rπ + RE ( β + 1) = 2.5 + (101× 5) = 502.45k Ω
( RC // RL ) =
Gv −0.66V / V
2.6
Calculer la plage de variation permise de la tension d’entrée. On suppose que
Vce_sat=0.3V.
Il faut avoir :
vbe = rπ ib =
vbe ≤ 10mV
et Vce _ sat ≤ vOUT ≤ VCC
rπ
vin = 0.005vin
rπ + ( β + 1) RE
vbe ≤ 10mV ⇒ vin ≤ 2V
vOUT = vC = VC + vout = 5 + Gv vin = 5 − 0.66vin
0.3V ≤ vOUT ≤ 15V ⇒ 0.3V ≤ 5 − 0.66vin ≤ 15V ⇒ −7.6V ≤ vin ≤ 14.7V
Il faut donc avoir : vin ≤ 2V
2.7
On suppose maintenant qu’on a RC=RE=2.5kΩ et RB=462kΩ, calculer les courants (IB, IC,
et IE) et les tensions de polarisation (VB, VC, et VE).
On a : VCC = VRE + VBE + VRB = RE I E + 0.7 +
⇒ IE =
IE
R
β +1 B
VCC − 0.7
15 − 0.7
=
= 2.02mA
RB
462
RE +
2.5 +
β +1
101
IE
= 0.02mA et I C = β I B = 2mA
β +1
VE = RE I E = 5.05V ; VC = VCC − RC I C = 10V , VB = VE + 0.7V = 5.75V
IB =
2.8
Pour la polarisation de la question 2.7, calculer le pourcentage de variation du courant
de polarisation IC si on utilise un autre transistor ayant β=75. Que peut-on conclure ?
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VCC − 0.7
R
RE + B
β +1
15 − 0.7
Pour , on a : I E =
= 1.66mA
462
2.5 +
76
On a : I E =
IC =
β
β +1
I E = 1.64mA
% variation = 18%
==> Mauvaise polarisation pour une production en série, car la polarisation est sensible à β.
2.9
Proposer une solution au problème de la question 2.8.
Pour diminuer la sensibilité du point de polarisation par rapport à β, il faut avoir :
RE >> RB/(β+1)
Il faut donc diminuer la résistance RB. Pour pouvoir diminuer RB tout en gardant le même point
de polarisation, il faut diminuer la tension VB soit par l’utilisation d’une source de tension
différente de VCC ou par l’utilisation de la même source VCC, mais avec un diviseur en pont.
3. Exercice 3 (3 pts)
X
X
Soit le circuit de la Figure 3-1. On suppose qu’on a VDD=10V, et que le transistor NMOS a Vt=2V,
Kn=μnCoxW/L=0,5mA/V2 et VA=100V.
X
B
B
B
B
B
B
B
X
B
B
B
B
B
Figure 3-1
3.1
Calculer les valeurs des résistances RD et RG, pour polariser le circuit avec un courant
ID=1 mA.
La valeur de RG n’a pas d’influence sur la polarisation, car le courant de grille est nul. Il faut
juste choisir une valeur très grande (exemple : RG = 1MΩ).
B
B
B
B
B
B
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A. Khouas
18/12/2006
On a : I D = 0.5K n (VGS − Vt ) 2 ⇒ (VGS − Vt ) 2 =
ID
1
=
=4
0.5K n 0.25
⇒ VGS − Vt = 2 ⇒ VGS = 4V
VDD − RD I D = VDS = VGS = 4V
⇒ RD =
3.2
VDD − VGS 10 − 4
=
= 6k Ω
1
ID
On suppose qu’on a RD=1kΩ, calculer le courant de polarisation ID et les tensions VGS et
VDS.
On a : I D = 0.5K n (VGS − Vt ) 2 = 0.25(VGS − 2) 2 et VGS = VDS = VDD − RD I D = 10 − I D
B
B
B
⇒ I D = 0.25(10 − I D − 2) 2
⇒ I D 2 − 20 I D + 64 = 0 ⇒ I D = 4mA
VGS = VDS = 10 − I D = 6V
3.3
Quel est le rôle des condensateurs de couplage/découplage dans un montage
d’amplification ?
Protéger la polarisation.
3.4
Tracer et expliquer l’allure du gain du montage en fonction de la fréquence.
On a un gain en milieu de bande. Pour les basses fréquence, le gain est atténué par les capacités
de couplage /découplage. Pour les hautes fréquences, le gain est atténué par les capacités internes
du transistor.
4. Exercice 4 (2 pts)
X
X
On considère la technologie CMOS pour laquelle l’inverseur est réalisé avec un transistor
PMOS ayant (W/L)p=4μm/0.25μm et un transistor NMOS ayant (W/L)n=1μm/0.25μm.
B
4.1
B
Donner le schéma en transistors de la porte qui permet de réaliser la fonction suivante :
Y = A + BCD
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4.2
Donner les dimensions des transistors qui permettent d’obtenir dans les pires cas les
mêmes délais de propagation que l’inverseur.
Pour les transistors N, le pire cas correspond aux chemins QNAQNB, QNAQNC, etQNAQND, ces
transistors doivent donc être 2 fois plus gros que le transistor N de L’inverseur :
(W/L)NA = (W/L)NB = (W/L)NC = (W/L)ND = 2μm/0.25μm
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
Pour les transistors P, le pire cas correspond au chemin QPBQPCQPD, ces transistors doivent donc
être 3 fois plus gros que le transistor P de L’inverseur :
(W/L)PB = (W/L)PC = (W/L)ND = 12μm/0.25μm et (W/L)NA = 4μm/0.25μm
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
5. Exercice 5 (3 pts)
X
X
5.1
Dessiner le schéma en transistors d’un inverseur CMOS.
5.2
On suppose qu’on a un inverseur CMOS fonctionnant avec VDD=5V, et qu’on a Vtn=Vtp=1V, μnCox=4μpCox=1mA/V2 et (W/L)n=(W/L)p=1μm/0.25μm. Calculer les résistances
RDSN (résistance équivalente du transistor NMOS lorsqu’il conduit) et RDSP (résistance
équivalente du transistor PMOS lorsqu’il conduit).
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
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18/12/2006
5.3
RDSN =
1
= 62.5Ω
μnCox (W / L)n (VGS − Vtn )
RDSP =
1
= 250Ω
μ p Cox (W / L) p (VGS − Vtp )
On suppose que l’inverseur de la question 5.2 est connecté à une capacité C=10pF, et que
l’entrée de l’inverseur varie instantanément de 0 à VDD et de VDD à 0. En remplaçant le
transistor par sa résistance équivalente, calculer le temps tPLH nécessaire à la sortie pour
passer de 0 à VDD/2 et le temps tPHL nécessaire à la sortie pour passer de VDD à
VDD/2.
Pour le calcul de tPLH, on a un circuit RC composé de la capacité C=10pF et la résistance RDSP
=250Ω, et pour le calcul de tPHL, on a un circuit RC composé de la capacité C=10pF et la
résistance RDSN =62.5Ω.
Pour t PLH , on a : τ p =RDSP C = 2.5ns
Vout (t ) = VDD (1 − e
⇒ 1− e
−
−
t
τp
t PLH
τp
t PLH
−
V
τ
) et Vout (tPLH ) = DD = VDD (1 − e p )
2
= 0.5 ⇒ e
−
t PLH
τp
= 0.5 ⇒ t PLH = − ln(0.5)τ p
⇒ t PLH = 0.69τ p = 1.725ns
Pour t PLH , on a : τ n =RDSN C = 0.625ns
⇒ t PHL = 0.69τ n = 431 ps
5.4
Quelle est la puissance dissipée par l’inverseur lorsque connecté à une capacité de 10pF
et fonctionnant à la fréquence de 100MHz.
Puissance dissipée = f*C*VDD2 = 25 mW
5.5
Pourquoi les temps tPLH et tPHL calculés à la question 5.3 sont-ils différents? Que faut-il
faire pour avoir le même temps de propagation ?
Pour avoir le même temps propagation, il faut avoir RDSN = RDSP, et pour cela, il faut avoir
(W/L)p=4(W/L)n.
B
B
Bonne chance !
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