SOLUTIONS DES EXERCICES
Chapitre 23
La solution qui permettrait de symétriser la tension de sortie consisterait à placer le point de
fonctionnement au milieu de la droite de charge
dynamique. Il faudra prendre soin dans tout montage à satisfaire cette condition, si l’on souhaite
faire fonctionner le montage dans des conditions
optimales. On comprend bien que l’approche qui
consiste à dissocier l’étude statique et l’étude
dynamique reste valide. Pour autant, quel que soit
la valeur du gain du montage (que nous détaillerons un peu plus loin), l’amplitude du signal de
sortie ne pourra jamais excéder v smax = 3,6 V.
c) Le schéma équivalent dynamique, lorsque la
source continue est désactivée est le suivant :
R C
v e
v s
R B
i c
i b
En remplaçant le transistor par son modèle quadripolaire en H, on obtient :
R C
v e
v s
R B
h 11
h 21 i b
i c
i b
À partir duquel on détermine le gain en tension A v .
v e = h 11 i b ; v s = −h 21 i b R C
d’où A v = −
h 21 R C
h 11
= −138,5
On note que le gain en tension est élevé, caractéristique du montage émetteur commun. Pour
autant, nous avons montré que l’amplitude maximale du signal de sortie v smax ne pourra pas dépasser 3,6 V soit donc un signal appliqué en entrée
d’amplitude maximale égale à 65 mV.
Le gain négatif indique un déphasage temporel
de 180
◦ entre les signaux d’entrée et de sortie.
On observera un signal de sortie en opposition de
phase par rapport au signal d’entrée.
23.2 a) Le générateur d’alimentation alternative v e étant déconnecté, le schéma équivalent
statique est représenté ci-dessous. Dans un souci
de simplification, on déterminera le générateur
équivalent de Thévenin vu entre le point A et la
masse.
I B
E th
R th
R C
V CC
I C
V CE
I E
R E
V BE
Avec :
R Th =
R 1 · R 2
R 1 + R 2
= 10,2 kV et
E Th =
R 2 · V CC
R 1 + R 2
= 2,25 V
d’où : I B =
E Th − V BE
R Th + (b + 1) · R E
= 13,9 mA,
I C = b · I B = 1,39 mA
et
V CE = 12 − (b · I B ) · R C − (b + 1) · I B · R E
= 7,07 V > 0
V CE > 0 et V BE > 0, le transistor fonctionne en
mode actif direct.
b) Pour déterminer les grandeurs A v , Z e et Z s ,
il est nécessaire d’établir le schéma équivalent
dynamique petits signaux. Dans un souci de simplification, on posera R B =
R 1 · R 2
R 1 + R 2
622
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 622 — #632
i
i
i
i
Chapitre 23
La solution qui permettrait de symétriser la tension de sortie consisterait à placer le point de
fonctionnement au milieu de la droite de charge
dynamique. Il faudra prendre soin dans tout montage à satisfaire cette condition, si l’on souhaite
faire fonctionner le montage dans des conditions
optimales. On comprend bien que l’approche qui
consiste à dissocier l’étude statique et l’étude
dynamique reste valide. Pour autant, quel que soit
la valeur du gain du montage (que nous détaillerons un peu plus loin), l’amplitude du signal de
sortie ne pourra jamais excéder v smax = 3,6 V.
c) Le schéma équivalent dynamique, lorsque la
source continue est désactivée est le suivant :
R C
v e
v s
R B
i c
i b
En remplaçant le transistor par son modèle quadripolaire en H, on obtient :
R C
v e
v s
R B
h 11
h 21 i b
i c
i b
À partir duquel on détermine le gain en tension A v .
v e = h 11 i b ; v s = −h 21 i b R C
d’où A v = −
h 21 R C
h 11
= −138,5
On note que le gain en tension est élevé, caractéristique du montage émetteur commun. Pour
autant, nous avons montré que l’amplitude maximale du signal de sortie v smax ne pourra pas dépasser 3,6 V soit donc un signal appliqué en entrée
d’amplitude maximale égale à 65 mV.
Le gain négatif indique un déphasage temporel
de 180
◦ entre les signaux d’entrée et de sortie.
On observera un signal de sortie en opposition de
phase par rapport au signal d’entrée.
23.2 a) Le générateur d’alimentation alternative v e étant déconnecté, le schéma équivalent
statique est représenté ci-dessous. Dans un souci
de simplification, on déterminera le générateur
équivalent de Thévenin vu entre le point A et la
masse.
I B
E th
R th
R C
V CC
I C
V CE
I E
R E
V BE
Avec :
R Th =
R 1 · R 2
R 1 + R 2
= 10,2 kV et
E Th =
R 2 · V CC
R 1 + R 2
= 2,25 V
d’où : I B =
E Th − V BE
R Th + (b + 1) · R E
= 13,9 mA,
I C = b · I B = 1,39 mA
et
V CE = 12 − (b · I B ) · R C − (b + 1) · I B · R E
= 7,07 V > 0
V CE > 0 et V BE > 0, le transistor fonctionne en
mode actif direct.
b) Pour déterminer les grandeurs A v , Z e et Z s ,
il est nécessaire d’établir le schéma équivalent
dynamique petits signaux. Dans un souci de simplification, on posera R B =
R 1 · R 2
R 1 + R 2
622
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 622 — #632
i
i
i
i