vd hard

Corrigé
Contrôle , 2 Avril 2008
3IMACS – BE électronique
Durée 1h15
Aucun document autorisé
Calculatrice autorisée
Barème donné à titre indicatif (peut évoluer légèrement)
NB: Lorsqu'on demande de déterminer une grandeur, on fera systématiquement un développement
littéral puis numérique à la fin.
NB: Pour l'ensemble du sujet, concernant les transistors (sauf q13,q14):
ib
C
Si Ic0 (courant de collecteur de repos) est
B
vbe
rπ
ic =. ib
positif -transistor passant :
rπ = uT / Ib0
uT = 25mV
Vbe0 = 0,6V
vce
E
Caractéristiques des transistors ( identiques):
β = 100
Vcesat = 0,2V
Toutes les tensions sont référencées à la masse
Etude d'un étage différentiel
Un étage différentiel, comme son nom l'indique, permet d'amplifier la différence de deux tensions. Il est à la base de
tout AOP.
Le montage est le suivant :
On suppose que les sources e1 et e2 sont de même nature, c'est à
dire que leur impédance interne est la même, rg.
Vcc
Rc1
On considère :
v t 
e 1 t = v moy t  d
2
v t
e 2 t =v moy t− d
2
autrement dit, la différence
la moyenne
iC1
ib1
iC2
ib2
T1 T2
Rg
e1
e 1 t−e 2 t= v dt et
Rc2
vE
Rg
vs
e2
I0
R0
-Vcc
e1 te 2 t 
= v moy t
2
Valeurs des éléments :
Vcc = 12V, -Vcc = -12V, I0 = 6mA.
Rg = 50 Ω, Rc1 = Rc2 =Rc = 2,2kΩ, R0 = 500 kΩ
A- Polarisation du montage (e1=e2=0). (3pts)
1.
Montrer que VE # -0,6V. Le montage est symétrique (le courant I0 se répartit uniformément dans chaque
transistor, puisque les bases sont dans les mêmes conditions de tension et d'impédance).
Corrigé_controle_1_v5.odt
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TSVP
En considérant que R0 est très grand (c'est le cas, puisque R0 vaut 500k), le courant I0 est “tiré” depuis les deux
émetteurs de T1 et T2, à travers la source de courant. Les deux bases sont au même potentiel. Ainsi, le courant I0 se
répartit équitablement dans T1 et T2. Autrement dit, c'est la source de courant qui polarise T1 et T2.
Ainsi Ic1=Ic2 = I0/2. Les courants de base valent donc I0/(2.β) = 30µA. Pour un transistor, Rg provoque donc une chute
de Rg.Ib0 = 1,5mV. On peut donc dire que chaque base est portée au potentiel 0V. Chaque transistor étant conducteur,
on en déduit Vbe = 0,6V, soit encore VE=-0,6V.
2.
Déterminer et calculer la tension de repos en sortie, Vs0.
Le courant dans chaque collecteur vaut 3mA (I0/2). La résistance Rc1 (ou Rc2) voit donc à ses bornes une chute de
tension de I0/2.Rc = 3. 2,2 = 6,4V. La tension recherchée, Vs0 , est donc la tension d'alimentation ôtée de cette chute de
tension : Vs0 = Vcc - I0/2.Rc = 12-6,4 = 5,4V
B- influence de la partie différentielle
3.
v moy
 =0 , e1=
vd
−v
, e2= d (12pts)
2
2
Représenter le schéma équivalent du montage.
i b1
i b2
ic1=. i b1
+ed/2
Rc1
Rc2
rπ1
ic2=. i b2
rπ2
v be1
v be2
-ed/2
vs
R0
vE
4.
vE =0 , vE étant la tension dynamique des
Montrer qu'il peut se simplifier, en démontrant que
émetteurs de T1 et T2.
vE =R0 . 1. ib1 1. i b2=R 0 . 1. i b1i b2 
ed
−e
−vE 
 d −vE 
2
2
Or 
et 
i b1=
i b2 =
r 1
r 2

ce qui donne :
ed
−e
− vE   d −vE 
1
2
2
=> vE =0
vE =R0 .1. 

=−R0 .
. 2. vE
r
r
r

Corrigé_controle_1_v5.odt
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5.
Tracer le schéma dynamique simplifié.
rg
rg
i b1
ic1=. i b1
+ed/2v be1
6.
Rc1
rπ
Rc2
vs
Av0=
Exprimer l'amplification différentielle intrinsèque
vs=−Rc2 . i c2=−Rc2 .  . i b2 =−R c2 .  .
2200.100
∣Av 0∣= Av0 = 2.833 =132
i b2
ic2=. i b2
rπ
v be2
-ed/2
vs
(rg = 0!). Faire le calcul.
vd
−e
v s Rc2 . 
d
Donc Av 0= =
AN:
ed
2.r 
2.r 
(rπ = ut/ib0 = 833Ω)
La tension différentielle vd, peut se représentée en deux demi-tensions (e1 et e2) ou en une seule :
vd /2
id =i b1
id
e1
⇔
vd =e1− e2
vd /2
7.
e2
Exprimer l'impédance différentielle d'entrée,
Z e=
vd
vd
vd
, id étant le courant qui sort du générateur vd
id
Faire le calcul.
Le schéma équivalent dynamique, vue de l'entrée du montage (donc absolument indépendant de Rg, qui ne fait pas
partie de l'amplificateur !!!) :
id =i b1
rπ
e1
e2
vd =e1− e2
rπ
Il y a plusieurs manières de s'y prendre. On peut par exemple constater que la tension e1 est directement appliquée à rπ.
Donc le courant débité par e1 est e1/rπ. Or ce courant, c'est précisément id. Donc e1 = rπ.id = > vd/2 = rπ.id .
Corrigé_controle_1_v5.odt
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Ainsi,
8.
Z e=
vd
=2.r  AN: Ze =1666 Ω
id
Exprimer l'impédance de sortie du montage,
iscc=−. ib 2=−.
9.
Z s . Faire le calcul.
vd
Avec (6.) on peut exprimer Zs=vs0 / iscc = Rc2. AN: Zs=2200Ω
2.r 
Tracer alors le schéma dynamique simplifié faisant apparaître les trois grandeurs précitées.
2.Rg
is
id
Ze = 1,66k
ed
Zs=2,2k
vs
Av0.ed
Rch
10. En déduire l'amplification avec Rg = 50Ω et en supposant une résistance de charge de 10kΩ.
AV =
2. r 
1666
10
Rch
.132 .
=102
. Av 0 .
AN: AV =
1666100
102,2
2. r  2.rg
RchZs
11. R0 a-t-elle une influence sur cette étude portant sur le régime différentiel ?
Non, R0 n'intervient pas dans le schéma équivalent dynamique.
C- Conception de la source de courant (5pts)
On peut montrer (cf cours) que la sortie vs n'est pas sensible qu'à vd (malheureusement !). Elle dépend aussi de vmoy. On
peut également montrer que plus la résistance de la source de courant est élevée, moins l'influence de vmoy se fait sentir
sur vs.On a donc intérêt à ce que cette résistance soit la plus grande possible.
Voici un montage qui permet de créer la
source de courant I0:
Emetteurs de T1 et T2
NB: la tension V est la différence de
potentiels aux bornes de la source de
courant. Elle n'est donc pas référencée à
la masse mais au -Vcc
On souhaite un courant I0 = 6mA à 10%
près. RE = 1kΩ et R2= 3,3kΩ.
ΝΒ: Le modèle dynamique du transistor
est celui présenté en début de sujet, avec
en plus une résistance rce entre collecteur
et émetteur, en parallèle sur la source de
courant (effet Early).
Corrigé_controle_1_v5.odt
Emetteurs de T1 et T2
I0
R0
V
R1
⇔
ib
I0
v
T3
Ip0
R2
-Vcc
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RE
TSVP
12. Déterminer R1 pour satisfaire la valeur de I0. Si des hypothèses sont faites sur le courant ib, elles devront être
justifiées à postériori. Pour raisonner, préciser les tensions utiles sur le schéma précédent.
Soit VR2 la tension aux bornes de R2 et VRE la tension aux bornes de RE. Le pont R1-R2 va fixer le potentiel de base de
T3 (VR2). Cette tension, à laquelle on ôte vbe soit 0,6V, va donner VRE. La résistance RE permet alors de régler le
courant I0, puisque I0 = VRE/RE.
Tout ce raisonnement suppose que l'on néglige ib devant Ip0.
Ainsi, VR2 = RE.I0 + vbe0 = 1x6 + 0,6 = 6,6V.
VR2 = R2.Vcc/(R1+R2) => on trouve
R 1=
R2 .Vcc−R2. V R2
3,3
=12−6,6.
=2,7 k
V R2
6,6
Le courant de pont Ip0 vaut alors 2mA <<6mA/100 (ib0)
13. Déterminer l'impédance de sortie du montage, c'est à dire R0 (résistance de Norton de la source de courant).
Pour ce faire, vous chercherez à exprimer directement
Etablissons le schéma équivalent dynamique :
ib
v
Z s=R0 =  . (on considère rce !)
i0
i0
β .ib
Rπ
r1//r2
Rce
v
i0+ ib
Re
i0
A
Loi des mailles :
v =Rce . i 0− .i b Re i 0i b  il faut alors exprimer ib en fonction de i0 pour parvenir au résultat.
C'est faisable. On peut appliquer la formule du pont diviseur de courant au point A.
i b=
−Re . i 0
(cette formule s'applique quand deux résistances sont en //, c'est le cas ici. Il s'agit de Re
r1 / /r2r Re
d'une part, et r1//r2 + Rπ d'autre part. Pour la retrouver, il suffit d'écrire la tension aux bornes du montage // en fonction
du courant de la branche cherché, puis d'écrire cette même tension en fonction du courant global)
−Re . i 0
−Re .i 0
R e i 0

r1/ /r2r Re
r1/ /r2r  Re
Re
−Re
v =i 0 . r ce 1.
i 0 R e 1

r1/ /r2r Re
r1/ /r2r Re
v =Rce . i 0−.
v =i 0 . r ce 1.
Zs=r ce 1 .
r1/ /r2r 
Re
i 0 R e 

r1/ /r2r Re
r1 / /r2r  Re
r1/ /r2r 
Re
Re 

r1 / /r2r  Re
r1 / /r2r  Re
14. Faire l'application numérique. On précise que rce = Vearly/I0, avec Vearly = 100V.
Corrigé_controle_1_v5.odt
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TSVP
Pour faire ce calcul, on peut considérer que c'est le premier terme qui est prépondérant. En effet, rce est bien plus
importante que les autres résistances. Le second terme, à bien l'oserver, n'est autre que Re en parallèle sur R1//R2+Rπ .
Cette résistance est donc par définition plus petite que la plus petite des résistances mises en jeu, donc en dessous de
1k !
Rce = Vearly / Ic0 = 100/6 = 16,66k
R1//R2 = 1,48k,
Rπ = ut/ib0 = 0,416k
AN du premier terme de Zs:
r ce 1.
Re
1
=16,6 1 100 .
=589k
r1/ /r2r Re
1,480,4161
AN du second terme de Zs:
Zs=Re 
r1 / /r2r 
r1/ /r2r Re
Corrigé_controle_1_v5.odt
=1 
1,480,416
=0,654 k bien plus faible que le premier comme prévue.
1,480,4161
6/6
TSVP