2ème info

REPUBLIQUE TUNISIENNE MINISTERE DE LEDUCATION

TECHNOLOGIE

2

me anne de lenseignement secondaire Technologie de linformatique

Manuel de coursLes auteursMohammed BEN HAMIDA InspecteurGnral Khmaies JEMLI Inspecteur Chdly CHAMMAKH Inspecteur Principal Salah OUERFELLI Inspecteur Tahar BEN TAHAR Inspecteur Principal Ali JARRAY Inspecteur Mabrouk BEN AMOR Professeur Principal

Ammar TRIKI Wahid BOU OTHMAN Professeur Principal hors classe Professeur Principal

Les valuateursFradj JAZI InspecteurGnral Ali KHOAJA Inspecteur Principal

Centre National Pdagogique

Tous droits rservs au CNP

TABLE DE MATIEREChapitre 1 : Analyse fonctionnelle dun systme technique - Analyse fontionnelle ............................................................................. Chapitre 2 : Systmes de numration et codes - Systmes de numration...................................................................... - Codes numriques................................................................................ - Codes alphanumriques....................................................................... Chapitre 3 : Dfinition graphique dun produit - Lecture dun dessin densemble........................................................... - Rgles de reprsentation...................................................................... - Perspective cavalire............................................................................ Chapitre 4 : Fonctions logiques universelles - Fonction NOR (TTL, CMOS)................................................................ - Fonction NAND (TTL, CMOS).............................................................. - Simulation des diffrentes fonctions..................................................... Chapitre 5 : Systmes combinatoires -Simplification dune quation ............................................................... - Logique combinatoire............................................................................ Chapitre 6 : Elments de transmission de mouvement - Elments de transmission de mouvement ........................................... Chapitre 7 : Fonction commutation par transistor - Le transistor........................................................................................... - Le transistor en commutation............................................................... 103 108 88 71 78 59 62 65 32 36 50 17 21 25 Page : 6

PREFACE Ce manuel est destin aux lves de la deuxime anne secondaire, de la voie technologie de l'informatique. l'oppos des disciplines qui apportent des connaissances parfaitement et continment structures, comme les sciences et les mathmatiques, la technologie fait intervenir des connaissances partir des dmarches ancres sur le rel, qui simulent des qualits et des aptitudes spcifiques. Pour recueillir ces connaissances permettant de dgager des rgles, des principes, des mthodes, l'enseignement de la technologie s'appuie sur des expriences mettant en uvre des systmes ou objets techniques rels, des maquettes et des outils informatiques. Cet enseignement est essentiellement fond sur l'action de l'lve qui doit apprendre en agissant. L'analyse fonctionnelle d'un produit technologique, la dfinition graphique d'un objet technique, l'identification et l'tude des lments de transmission d'un mouvement favorisent la dcouverte et la comprhension des diffrents systmes techniques existants dans l'environnement technologique et industriel qui nous entourent. Le systme qui nous est le plus proche reste le mocro-ordinateur : il est donc intressant de connatre son architecture. L'tude des diffrents systmes de numration, les notions dlectroniques et d'automatiques prsentes aident les apprenants comprendre l'architecture de ce systme qui leur est familier. A travers les activits pratiques proposes, l'lve doit pouvoir rechercher et identifier les connaissances structures en cours afin de les assimiler, les complter et les mobiliser pour rsoudre de nouveaux problmes formuls dans d'autres contextes. Dans cet ouvrage, l'utilisation de l'outil informatique et la recherche dans le donaine de l'information et de la communication ont t toujours recommandes : on favorise ainsi l'esprit d'initiative de l'information dans le domaine technologique.

Les auteurs 4

CHAPITRE

1

Analyse fonctionnelle dun systme technique

1- Objectifs : Identifier la fonction globale d'un produit . Analyser le fonctionnement d'un systme technique .

2. Prrequis : Modlisation d'un systme technique 3. Nouvel apprentissage : Analyse fonctionnelle descendante

5

Chapitre 1


Leon n1 :

ANALYSE FONCTIONNELLE D'UN SYSTEME TECHNIQUE

Etude de cas : Sche main1. Mise en situation:Les sche-mains sont conus pour offrir un flux d'air chaud l'efficacit maximale et une temprature qui reste agrable pour optimiser le temps de schage. La commande est par dtection automatique cellule infra-rouge ou par bouton poussoir avec des cycles d'environ 30s (rglable). Le schage se fait sans aucun contact pour assurer une hygine sans faille. Le sche-mains est constitu essentiellement d' : une turbine centrifuge haute pression. une rsistance faible inertie place dans la veine d'air.

2. Analyse fonctionnelle globale L'analyse d'un systme technique permet de dresser l'inventaire de ses relations externes. Elle est reprsente par un diagramme de niveau A-0 2-1 Construction du diagramme de niveau A-0 Donnes de contrle ou contraintesContraintes dalimentation en nergie Contraintes de configuration Contraintes de rglage Contraintes dexploitation

W MOE

C

R

ESorties annexes: -information -pertes

FGFaire sur la matire d'uvre

Entres Matire d'uvre : -Produit -nergie -information Elment qui assure la fonction

MOS A-0Sorties Matire d'uvre + valeur ajoute

Moyen technique Moyen humain

Lgende : FG : Fonction globale du systme MOS : Matire d'uvre sortante 6

MOE : Matire d'uvre entrante

Chapitre 1


2-2 Modlisation du sche main du point de vue de l'utilisateur 2-2-1 Les lments de la modlisation L'analyse fonctionnelle globale du sche main permet de dduire les lments du tableau suivant : ELEMENTS DE MODELISATION Dans le cas gnral Pour le sche main Fonction globale : FG Scher les mains Matire d'uvre entrante : Moe Mains mouilles Matire d'uvre sortante : Mos Mains sches Sorties annexes : s.a chaleur Contrle de prsence des nergies : We, Wm, Wp We Contrle de configuration : C Contrle de rglage : R Donnes d'exploitation : E Processeur ou systme Valeur ajoute V.A Ordre de fonctionnement Rglage Programme Sche mains Schage

2-2 -2 Modlisation du point de vue de l'utilisateur Toutes les informations cites dans le tableau prcdent peuvent tre reprsentes par le diagramme de niveau A-0 suivant :

We

R

Ordre de fonctionnement

Mains mouilles

Scher les mains

Mains sches Chaleur

Sche mains Diagramme de niveau A-0 Remarque : L'analyse prcdente a t mene suivant le point de vue de l'utilisateur. Elle fait apparatre les fonctions de service rendues l'utilisateur . On peut galement prendre le point de vue concepteur. 7

Chapitre 1


2-3 Modlisation du sche main du point de vue du concepteur 2-3-1 Les lments de la modlisation L'analyse fonctionnelle globale du sche main permet de dduire les lments du tableau suivant : ELEMENTS DE MODELISATION Dans le cas gnral Pour le sche main Fonction globale : FG Chauffer et souffler l'air Matire d'uvre entrante : Moe Air ambiant Matire d'uvre sortante : Mos Air chauff et souffl Sorties annexes : s.a chaleur Contrle de prsence des nergies : We, Wm, Wp We Contrle de configuration : C Contrle de rglage : R Donnes d'exploitation : E Processeur ou systme Valeur ajoute V.A Ordre de fonctionnement Rglage Programme Sche mains Chauffage et soufflage

2-3 -2 Modlisation du point de vue du concepteur Toutes les informations cites dans le tableau prcdent peuvent tre reprsentes par le diagramme de niveau A-0 suivant :We Rglage Ordre de fonctionnement

Air ambiant

Chauffer et souffler l'air

Air chauff et soufflChaleur

Sche mains Diagramme de niveau A-0 Remarque : Cette analyse du point de vue du concepteur fait apparatre les fonctions techniques. 3-Analyse fonctionnelle descendante ou SADT Cette analyse permet de modliser et de dcrire graphiquement des systmes. On procde par analyses successives descendantes, c'est--dire en allant du plus gnral vers le plus dtaill. 8

Chapitre 1


3-1- Construction du modle Gnral :Niveau A-0 Analyse du systme global

La dcomposition du niveau A-0 fait apparatre le diagramme de niveau A0 de dtail plus bas qui comporte un certain nombre de boites 1, 2

A-0

Par suite chacune des boites se dcompose en d'autre boites et ainsi jusqu'au niveau souhait.

Niveau A0 Analyse de la boite A0

A1 A2 A3 A0

Remarques : Dans notre tude nous nous limitons au diagramme de niveau A0. On retrouve les mmes flches d'entre et de sorties sur les deux niveaux 3-2- Analyse dtaille La fonction globale FG (chauffer et souffler l'air) du sche main est dcompose selon son concepteur en trois fonctions techniques principales : Amener l'air Chauffer l'air Diffuser l'air chaud Remarque : Certaines fonctions ne sont pas cites (fixer le sche-mains au mur, respecter les normes ) L'tude du sche main permet de distinguer trois lments assurant les trois fonctions techniques cites prcdemment. Turbine et moteur lectrique Rsistance chauffante Diffuseur ( Voir figure la page suivante) Remarque : Ces trois lments sont appels blocs fonctionnels

9

Chapitre 1


Rsistance chauffante Diffuseur Moteur lectrique et Turbine

Ces informations peuvent tre modlises par le diagramme de niveau A0 suivant :Ordre de fonctionnement Rglage Energie lectrique

Air Ambiant

Amener lair A1Moteur + turbine

Chauffer lair A2Rsistance chauffante Air chauff et souffl

Diffuser lair chaud A3Diffuseur Chaleur

Diagramme de niveau A0 Remarques: - Ce diagramme de niveau A0 est issu du diagramme de niveau A-0 . - Il contient A1, A2 et A3 10

Chapitre 1


Tableau des fonctions techniques et des lments Repres A1 A2 A3 Fonctions techniques Amener l'air Chauffer l'air Diffuser l'air chaud Elments ralisant la fonction (processeur) Moteur + turbine Rsistance chauffante Diffuseur

Conclusion : L'analyse fonctionnelle descendante a permis de dcomposer la fonction technique globale ( Chauffer et souffler l'air) afin de distinguer les fonctions techniques principales.

4- SynthseL'analyse fonctionnelle descendante permet de modliser et de dcrire graphiquement des systmes notamment les flux de matire d'uvre en allant du plus gnral au plus dtaill . Elle consiste dcomposer la fonction globale afin de distinguer les fonctions principales et les lments qui leurs sont associs, cette analyse est appele : Analyse descendante (SADT) Le modle graphique est constitu de diagrammes fonctionnels, ou actigrammes, qui sont l'association des fonctions principales au sein du systme. S.A.D.T signifie Structured Analysis and Design Technic

11

Chapitre 1


5 - Exercice resoudreExercice N1 : Composteur de ticketsa) Mise en situation : Le composteur est install aux entres des stations de mtro. Il est destin composter les tickets de transport bande magntique de la faon suivante : - Lire le ticket (ticket valable, ticket non valable) ; - Imprimer le ticket (date, heure, n du composteur, n de course, n de ligne etc.) ; - Restituer le ticket au voyageur.

Ticket non compostb) Complter le diagramme de niveau A-0

Ticket compost

Rglage We Ordre de fonctionnement

.......................... ..........................

Composter les ticketsA-0

..........................

composteur de tickets

12

Chapitre 1


c) Complter le tableau suivant :

Cas gnral Fonction globale : FG Matire d'uvre entrante : Moe

ELEMENTS DE MODELISATION Pour le composteur de tickets

Matire d'uvre sortante : Mos Sorties annexes : s.a Contraintes dalimentation en nergie: We, Wm, Wp Contrle de rglage : R Donnes d'exploitation : E Processeur ou systmed) Dduire la valeur ajoute V.A :

Exercice N1 : Machine laver le lingea) Mise en situation : Cette machine permet de laver et d'essorer le linge. Les laves linges les plus rcentes sont quipes d'un programmeur. Chaque programme correspond aux exigences varies des diffrentes natures de linge en fonction de leur qualit et de leur degr de salissure. Le tambour est entran dans les deux sens de faon alternative et suivant un cycle grce un moteur lectrique. La rduction des vitesses est obtenue l'aide de poulies et courroie.

(1) Pupitre de commande

Tambour(4) Ventilateur(5) Courroie(7) Moteur(6) 13

carte de commande (automate)

Chapitre 1


b) Complter le diagramme de niveau A-0Ordre We Programme

A-0

machine laver

c) Complter le diagramme de niveau A 0 ci-dessous :Ordre We Programme

Grer le systme A1 Essorer le linge Laver le linge A3

A2 A0d) En dduire les composants qui ralisent les trois tches donnes dans le tableau ci-dessous

Tableau des fonctions et lments Repres A1 A2 A3 Fonctions techniques Grer le systme Laver le linge Essorer le linge 14 Elments ralisant la fonction technique

CHAPITRE

2 Systmes de numration etde codes

1- Objectifs : OS21 : Coder un nombre dcimal en un nombre hexadcimal et binaire OS22 : Simuler les oprations d'arithmtique binaire OS23 : Identifier une infotmation numrique ou alphanumrique 2. Prrequis : Systme dcimal Oprations dans le systme dcimal 3. Apprentissages nouveaux : Systmes et bases de numration Addition et multiplication binaires Codes numriques : code binaire pur, code Gray, code BCD Codes alphanumriques : code ASCII, code-barres

15

Chapitre 2

Systmes de numrisation et codes

Leon 1 : Systmes de numrationI- Activits de recherche. II- Dfinitions. 1- Systmes de numration. 2- Base d'un systmes de numration. 3- Systme dcimal. 4- Systme binaire. 5- Systme hexadcimal. III- Oprations binaires. 1- Addition 2-Multiplication.

Leon 2 : Codes numriquesI- Code. II- Code binaire pur. III- Code Gray ou binaire rflchi. IV-Conversion entre codes binaires. 1- Conversion du binaire naturel en binaire rflchi 2-Conversion du binaire rflchi en binaire naturel V- Code Dcimal Cod Binaire.

Leon 3 : Codes alphanumriquesI- Code ASCII. II- Code-barres. 1-Prsentation. 2-Convention de codage. 3-Attribution du code-barres. 4-Contenu du code-barres. 5-Lecture.

Exercices rsolus Exercices rsoudre

16

Chapitre 2


Leon n1 :

Systmes de numration.

I - Activits de recherche :Raliser l' activit de dcouverte du TP E2 du manuel d'activits

II - Dfinitions :1- Systmes de numration : Un systme de numration est une faon d'noncer ou d'crire des nombres. De nombreux systmes de numration sont utiliss en technologie numrique. Les plus courants sont les systmes dcimal, binaire, octal et hexadcimal. 2- Base d'un systmes de numration : La base d'un systme de numration est le nombre de chiffres diffrents qu'utilise ce systme de numration. 3- Systme dcimal : Le systme dcimal est le systme que nous utilisons tous les jours. Il comprend dix chiffres diffrents qui sont 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.C'est le systme base 10 qui s'est impos naturellement l'homme puisque ce dernier possde dix doigts. Soit le nombre 2356 de ce systme ; nous l'crivons N = (2356)10 . Ce nombre N peut tre crit sous la forme du polynme suivant :3 2 1 0

Appareil photo numrique

N = 2x10 + 3x10 + 5x10 + 6x10 N = 2x1000 + 3x100 + 5x10 + 6x 1 0 = 2000 + 300 + 50 + 6 avec 10 = 1 = 2356 Dans chaque monme, nous trouvons un chiffre du nombre N multipli par une puissance de la base. De manire gnrale, tout nombre dcimale N entier de n chiffres s'crit : En effet : N =n-1 x10 + n-2 x10 + + 1 x10 + 0 x 10 Cette numration fait appel deux principes fondamentaux : 3-1 Principe de position: Le systme dcimal est dit poids positionnels : la valeur d'un chiffre dpend de sa position (rang) dans le nombre. En effet : Dans le nombre dcimal 542, le chiffre 2 correspond 2 fois 1 : c'est le chiffre de poids le plus faible : le premier chiffre partir de la droite. Dans le nombre dcimal 4866, le chiffre 4 correspond 4 fois 1000 : c'est le chiffre de poids le plus fort : le chiffre le plus gauche. Suivant sa position, un chiffre de position i a pour valeur i = x10i . 17n-1 n-2 1 0

Chapitre 2


3-2 : Principe du zro : Le zro matrialise une position o il y a absence d'lment. Soit le nombre 2006 L'lment reprsentant les dizaines est absent L'lment reprsentant les centaines est absent 4- Systme binaire. Le systme de numration binaire, systme de base deux, n'utilise que les deux symboles 0 et 1. A une grandeur physique qui ne peut prendre que deux tats distincts, on associe les symboles 0 et 1. Vrai Faux Tout Rien Prsent Absent 1 0

Les sigaux vhiculs entre les diffrents composants d'un PC sont numriques. En effet Les oprations avec dix chiffres (base 10) sont trop lentes effectuer par les processeurs d'un PC. En n'utilisant que deux chiffres (base 2), les composants d'un PC effectuent trs rapidement et trs simplement des oprations sur des nombres comportant uniquement deux lments 0 et 1 appels bits. Conversion d'un nombre crit en dcimal en un nombre crit en binaire. Pour convertir un nombre dcimal en binaire, on utilise la mthode des divisions successives par 2. Cette mthode de conversion, illustre ci-aprs, recourt la rptition de la division par 2 du nombre dcimal convertir et au report des restes pour chaque division jusqu' ce que le quotient soit 0. Le nombre binaire rsultant s'obtient en crivant le premier reste la position du bit de poids le plus faible et le dernier reste la position du bit de poids le plus fort. Exemple 1 : Soit convertir le nombre 25 en binaire : (25)10 = ( 11001 )2 : Cette conversion s'appelle 25 12 + reste de 1 = le codage. 2 L'opration inverse permet de convertir un 12 = 6 + reste de 0 nombre binaire en un nombre dcimal : 2 4 3 2 1 0 ( 11001 )2 = 1x2 +1x2 + 0x2 + 0x2 +1x2 6 = 16 + 8 + 0 + 0 + 1 = 3 + reste de 0 2 ( 11001 )2 = (25)10 : Cette opration s'appelle 3 le dcodage. = 1 + reste de 1 2 Un bit 1 = 0 + reste de 1 2 Remarque : 1 1 0 0 1 Poids fort Poids faible (25)10 =(1 1 0 0 1)2 Un mot binaire 18

Chapitre 2


Exemple 2 : Ecrire (855)10 en base deux ( par divisions successives par 2 ). 855: 2=427 reste 1 427: 2=213 reste 1 213: 2=106 reste 1 106: 2=53 reste 0 53: 2=26 reste 1 26: 2=13 reste 0 13: 2=6 reste 1 6: 2=3 reste 0 On trouve (1 1 0 1 0 1 0 1 1 1)2 . 3: 2=1 reste 1 1: 2=0 reste 1 Raliser l' activit N1 du TP E2 du manuel d'activits. 5- systme hexadcimal : C'est un systme de base seize. Ses symboles sont au nombre de 16 reprsents par 10 chiffres (de 0 9) et six lettres (de A F). Systme dcimal Exemple 1 : Soit coder le nombre (423)10 en hexadcimal : 423 = 26 + reste de 7 On utilise la mthode des divisions successives 16 26 par 16. = 1 + reste de 10 16 1 = 0 + reste de 1 16 (423)10 =(1 A 7)16 Exemple 2 : Soit dcoder le nombre ( 2AF )16 : ( 2AF )16 = 2 x 16 + 10 x 16 + 15 x 16 = 512 + 160 + 15 = ( 687 )102 1 0

0 Systme hexadcimal 0

1 1

2 2

3 3

4 4

5 5

6 6

7 7

8 8

9 10 11 12 13 14 15 9 A B C D E F

19

Chapitre 2


III - Oprations sur les nombres binaires :1- Addition : L'addition binaire est analogue l'addition dcimale. Il faut commencer par le bit de poids le plus faible en utilisant l'algorithme suivant : 0 0 1 1 + + + + 0 1 0 1 = = = = 0 1 1 0 avec un report de 1

Exemple : Soit additionner (17)10 + (12)10 (17)10 = (10001)2 Vrification : 17 + 12 = 29 1 0 1 1 ; (12)10 = (01100)2 29 2 14 2 7 2 3 2 1 1 2 0 (29)10 = (11101)2 + = 10001 01100 11101

2- Multiplication : La multiplication de deux nombres binaires se fait en respectant l'algorithme suivant : 0 0 1 1 x x x x 0 1 0 1 = = = = 0 0 0 1 Les circuits numriques n'additionnent pas l'ensemble des produits partiels mais deux par deux : le premier par le deuxime puis la somme obtenue avec le toisime et ainsi de suite Vrification: Ecrire (1 0 1 1 0 1)2 en base 10. (1 0 1 1 0 1)2 = 1x2 + 0x2 + 1x2 + 1x2 + 0x2 + 1x2 = 32 + 0 + = (45)10 Ecrire (1 0 0 1 1)2 en base 10. (1 0 1 1 0 1)2 = 1 x2 + 0x2 + 0x2 + 1x2 + 1x2 = 16 + 0 + (45)10 x (19)10 = (855)10 202 4 3 2 1 0 5 4 3 2 1 0

Exemple : x 101101 10011

101101 101101 000000 000000 101101 1101010111

8

+ 4

+

0 + 1

0 + 2 + 1 = (19)10

Chapitre 2


Leon n2 :

Codes numriques

I - Code :Les systmes numriques traitent des signaux qui reprsents par des symboles qui sont les lments binaires (bits). La correspondance entre signaux et bits est dfinie par un code binaire. Une succession de bits forme un code. Chaque code peut tre compos d'un ou plusieurs bits.Suivant le nombre de bits qui le compose, on peut obtenir des combinaisons diffrentes de code (chaque code correspondant une commande ou une donne). Exemple : Les couleurs affiches l'cran d'un ordinateur sont choisies suivant le nombre de bits : (couleurs 4 bits - couleurs 8 bits - couleurs 16 bits - couleurs 24 bits .) Si on choisit : couleurs 4 bits , il pourra tre affich au maximum 2 = 16 couleurs. couleurs 8 bits , il pourra tre affich au maximum 2 = 256 couleurs. couleurs 16 bits , il pourra tre affich au maximum 2 = 65 536 couleurs. couleurs 24 bits , il pourra tre affich au maximum 2 = 16 777 216 couleurs.24 16 8 4

II - Code binaire pur :Nous avons vu que tout nombre dcimal peut tre converti en son quivalent binaire. Quand on fait correspondre un nombre dcimal son quivalent binaire, par divisions successives par 2, on dit qu'on a ralis un codage binaire pur.

III - Code Gray ou binaire rflchi :Ce codage permet de ne faire changer qu'un seul bit la fois quand un nombre est augment d'une unit . Pour passer du binaire pur au binaire rflchi on procde ainsi : On choisit un code de dpart : zro est cod 0 et un est cod1. On symtrise ces deux premires lignes (comme une reflexion dans un miroir) et on ajoute 1 au dbut des nouveaux nombres et on ajoute 0 au ddut des anciens.

21

Chapitre 2Miroir


0 1 1 1 1 0

Miroir

0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0

0 1 1 0 0 1 1 0

Miroir

Le code Gray est un code non pondr, c'est--dire que les positions binaires des groupes cods ne sont affectes d'aucun poids. C'est pourquoi ce code ne convient pas aux calculs arithmtiques.

1 1 1 1 1 1 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0

0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0

Tableau de correspondance dcimal-binaire pur-binaire rflchi Gray Gray Binaire Binaire Dcimal Dcimal (binaire (binaire pur pur rflchi) rflchi) 0 1 2 3 4 5 6 7 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 0000 0001 0011 0010 0110 0111 0101 0100 8 9 10 11 12 13 14 15 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111 1100 1101 1111 1110 1010 1011 1001 1000

Raliser l'activit de N2 du TP E2 du manuel d'activits.

IV-Conversion entre codes binaires :1-Conversion du binaire naturel en binaire rflchi : Le mcanisme de conversion est bas sur la comparaison entre les bits du nombre crit en binaire naturel tel que : Le premier chiffre (de poids le plus fort) du naturel est le mme que le chiffre du rflchi. Si les bits B j+1 et B j ont mme valeur (0 ou 1), le chiffre correspondant en binaire rflchi est 0. Si les bits B j+1 et B j ont des valeurs diffrentes, alors le chiffre correspondant en binaire rflchi est 1. 22

Chapitre 2


Exemple : Soit convertir le nombre binaire naturel (1101)2 en binaire rflchi.

On obtient : (1101)2 = (1011)rflchi

2-Conversion du binaire rflchi en binaire naturel : Pour convertir un nombre du binaire rflchi au binaire naturel, on procde de la manire suivante : On note le nombre crit en binaire rflchi. Pour crire le nombre en binaire naturel, on reproduit le chiffre qui a le poids le plus fort (1er chiffre gauche) qui devient le 1er chiffre du binaire naturel. On compare le chiffre de rang (j+1) du binaire naturel celui de rang (j) du binaire rflchi en prenant compte les conditions suivantes : Si (B j+1) naturel = (Gj) rflchi alors (Bj) naturel = 0 Si (B j+1) naturel (Gj) rflchi alors (Bj) naturel = 1 Exemple : Soit convertir le nombre binaire rflchi 1101 en binaire naturel.

On obtient : (1101)rflchi = (1001)2

V- Code Dcimal Cod Binaire: ( binary coded decimal ou BCD )Si on reprsente chaque chiffre d'un nombre dcimal par son quivalent binaire sur 4 bits, on obtient le code dit dcimal cod binaire. Comme le plus lev des chiffres dcimaux est 9, il faut donc 4 bits pour coder chacun des 10 chiffres (le code binaire de 9 est 1001). Le code BCD est donc pondr et comporte 4 bits.

23

Chapitre 2Equivalent dcimal


2

3

2

2

2

1

2

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Le code BCD est un code rebondant, en effet certaines combinaisons (ou mots binaires) ne sont pas utilises (les groupes non utiliss sont 1010, 1011, 1100, 1101, 1110, 1111). Ce sont les nombres compris entre (11)10 et (15)10.

Illustrons le code BCD en prenant le nombre dcimal 874 et en remplaant chaque chiffre par son quivalent binaire : 8 7 4 Dcimal 1000 0111 0100 BCD

On obtient (874)10 = ( 1000 0111 0100 )BCD Exemple 1 : Convertir le nombre BCD : 0110100000111001 en son quivalent dcimal. - Fractionner en groupes de 4 bits le nombre de BCD partir de la droite. 0110 1000 0011 1001 -Remplacer chaque combinaison par le chiffre correspondant 0110 1000 0011 1001 3 8 6 On obtient (011010000011001)BCD = ( 6 839 )10 9 Les chiffres ayant une valeus suprieur 9 ne sont pas accpts.

Exemple 2 : Convertir le nombre BCD en son quivalent dcimal. -Fractionner en groupes de 4 bits le nombre BCD partir de la droite. 0111 1100 0001 -Remplacer chaque combinaison par le chiffre correspondant 0111 1100 0001 7 12 1 12

Groupe du code inadmissible indiquant une erreur dans le nombre BCD. Le nombre BCD (011010000011001)BCD n'est pas un code BCD (il ne reprsente pas un nombre dcimal) Raliser l'activit de N3 du TP E2 du manuel d'activits. 24

Chapitre 2


Leon n3 : Codes alphanumriquesI - Code ASCII : ( Amrican Standard Code for Information Interchange ).Un ordinateur doit tre capable de traiter une information non numrique. C'est--dire il doit reconnatre des codes qui correspondent des nombre, des lettres, des signes de ponctuation et des caractres spciaux : Les codes de ce genre sont dit alphanumriques. Donc, un code alphanumrique reproduit tous les caractres et les diverses fonctions que l'on retrouve sur un clavier d'ordinateur : c'est un codage utilis pour communiquer entre le clavier d'un ordinateur et l'unit centrale. Schma simplifi dun ordinateurUnit arithmtique et logique Mmoire centrale Commandes Donnes et programme

Unit de commande

Unit de Transfert

Unit priphrique

Unit priphrique

Clavier Source dinformation7

Unit centrale

Ecran Image dinformation

Le code ASCII standard est un code 7 lments, on peut donc reprsenter 2 = 128 groupes cods. 25

Chapitre 2


Tableau du code ASCII. Le tableau suivant contient une liste partielle du code ASCII et le groupe binaire de chaque caractre. B6 B5 B4 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1

ASCII 7 lments B3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 B2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 B1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 B0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Exemple : E = 100 0101 = (69)10 . Appuyer sur ALT , Saisir 69 et relacher ALT

NUL SOH STX ETX ETO ENQ ACK BEL BS HT LF VT FF CR SO SI

DLE DC1 DC2 DC3 DC4 NAK SYN ETB CAN EM SUB ESC FS GS RS US

SP ~ 1 # $ % & ( ) * + , . /

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 : ; < = > 1

@ A B C D E F G H I J K L M N O

P Q R S T U V W X Y Z

^ -

a b c d e f g h i j k l m n o

p q r s t u v w x y z { | } ~ DEL

Exemples : Ecrire N sur l'cran d'un ordinateur. N = 100 1110 = (78)10 . Appuyer sur ALT , saisir 78 et relacher ALT : N apparat l'cran. Ecrire m sur l'cran d'un ordinateur. m = 110 1101 = (109)10 . Appuyer sur ALT , saisir 109 et relacher ALT mapparat l'cran. Raliser l'activit de recherche N4 du TP E2 du manuel d'activits

26

Chapitre 2


II- Code-barres :1-Prsentation. Les code-barres ont fait partie de notre quotidien depuis les annes soixante dix. Un code-barres est un faisceau de barres et d'espaces parallles dont la largeur relative code des informations. Les code-barres reprsentent des donnes sous une forme utilisable par un ordinateur ou un lecteur optique; il sont l'un des moyens les plus efficaces de capture automatique de donnes. 2-Convention de codage. Plusieurs symbolisations de code-barres, ou conventions de codage, sont utilises par des industries pour des applications diffrentes. L'une des plus largement employes est la symbolisation numrique internationale pour articles appele symbolisation EAN (European Article Numbering Association). 3-Attribution du code-barres. Le code EAN reprsente le numro d'article treize chiffres inscrit au-dessous et il ne contient aucune information sur le produit qu'il identifie. Toutes les informations sur cet article sont stockes dans une base de donnes, o elles peuvent tre obtenues en se rfrant au numro de l'article. 4-Contenu du code-barres. Chaque code-barres comprend les lments suivants :Faisceau de garde central Une marge Faisceau de garde normal Faisceau de garde normal Une marge

Pays Fabriquant

Nature Vrification de produit

Le marquage comporte un certains nombres de barres verticales, ainsi que treize chiffres. Les deux premiers chiffres de gauche indiquent le pays : 6 :Tunisie - 3 :France - 4 :allemagne - 7 :suisse - 5:Angleterre - 0 :USA et canada

Tunisie

Italy 27

Allemagne

Chapitre 2


5-Lecture. Lorsqu'un lecteur (douchette) lit un code-barres : Il mesure les largeurs relatives des barres et des espaces Il reconnat les ensembles de nombres utiliss Il reconstitue les chiffres d'aprs la codification habituelle en utilisant un logiciel appropri Douchette

6-Domaine d'utilisation. Chaque entreprise se servant du systme EAN se voit attribuer une srie de numros d'articles dont elle se sert pour identifier tous ses produits. Dans le commerce, les code-barres servent identifier les produits au cours de leur transit : des fabricants aux grossistes des grossistes aux distributeurs des distributeurs aux dtaillants et finalement des dtaillants aux acheteurs. Exercices rsolus Exercice : 1 Convertir le nombre dcimal 378 en binaire puis en hexadcimal. Vrifier les rsultats. Solution a- Conversion en binaire 378 2 0 189 (378)10 = ( 101111010 )2 189 2 1 94 Vrification : 94 2 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1x2 + 0x2 + 1x2 + 1x2 + 1x2 + 1x2 + 0x2 + 1x2 + 0x2 0 47 = 256 + 0 + 64 + 32 + 16 + 8 + 0 + 2 + 0 47 2 = 378 1 23 23 2 1 11 11 2 1 5 5 2 1 2 2 2 0 1 1 2 1 0 28

Chapitre 2


b- Conversion en hexadcimal. 378 16 (378)10 = ( 17A)16 10 23 23 16 Vrification : 7 1 1x162 + 7x161 + 10x160 1 16 = 256 + 112 + 10 1 0 = 378 Exercice : 2 Soient les nombres binaires B1 = (1011)2 et B2 = (1101)2 . 1- Calculer le nombre binaire B = B1xB2 2- Trouver le nombre dcimal N correspondant B (dcoder B) 3- Vrifier le rsultat Solution 1-calcul de B: 1011 1101 1011 + + 1011 1011 = 10001111 x7 6 5 4 3 2 1

B = B1 x B2

B = (10001111)2

2- Dcodage de B (N)10 = 1x2 + 0x2 +0x2 +0x2 +1x2 +1x2 +1x2 +1x2 = 128 + 0 + 0 + 0 + 8 + 4 + 2 + 1 = 143 3- Vrification B1 = (1011)2 = (11)10 = N1 B2 = (1101)2 = (13)10 = N2 N = N1 x N2 = 11x13 = 143 Coder 143 pour retrouver (10001111)2 143 : 2 = 71 reste 1 71 : 2 = 35 reste 1 35 : 2 = 17 reste 1 17 : 2 = 8 reste 1 8 : 2 = 4 reste 0 4 : 2 = 2 reste 0 2 : 2 = 1 reste 0 1 : 2 = 0 reste 1 (143)10 = (10001111)2 290

Chapitre 2


Exercice : 3 Un oprateur tape sur un clavier d'ordinateur le mot TECHNO . Cet ordinateur traduit chaque touche enfonce en un code ASCII et conserve le tout en mmoire. Dterminer les codes qui se trouvent en mmoire quand l'oprateur a terminer de taper le mot en question. Solution Retrouver chaque caractre du mot TECHNO dans le tableau ASCII et consigner le code de chacun. On trouve : 1010101 T 1000101 E 1000011 C 1001000 H 1001110 N 1001111 O Les codes stoks en mmoire de l'ordinateur sont : 1010101 1000101 1000011 1001000 1001110 Exercices rsoudre Exercice : 1 1- Convertir en binaire naturel les nombres dcimaux suivants : 49 ; 14 ; 199 ; 207 ; 513 2- convertir en dcimal les nombres binaires suivants : 1010101 ; 1000101 ; 1000011 ; 10110 ; 10001101 . Exercice : 2 Convertir en dcimal les nombres hexadcimaux suivants : 92 ; 1A6 ; 37FD ; 2C0 ; 7FF Exercice : 3 Convertir en binaire naturel les nombres binaires rflchis suivants : (1010)2 ; (1000)2 ; (1111)2 ; (1000)2 ; (10111110)2 Exercice : 4 1- Coder en BCD les nombres dcimaux suivants : a) 47 b) 962 c) 187 2- Les nombres suivants sont des nombres DCB. Trouver leur quivalent dcimal.a)1001011101010010 b) 000110000100 c) 0111011101110101 d)010010010010

1001111

Exercice : 5 Exprimer le nombre dcimal 37 dans les diffrents codes suivants : 1- Code binaire pur 2- Code DCB 3- Code ASCII 30

CHAPITRE

3

Dfiniton graphique dun produit

1- Objectifs : O21 . Analyser le fonctionnement d'un mcanisme 022 . Extraire un composant d'un dessin d'ensemble en vue de complter sa reprsentation

2. Prrequis : o Projection orthogonale (disposition et correspondance des vues) o Cotation dimensionnelle o Dessin d'ensemble o Liaisons mcaniques

3. Nouveaux apprentissages: o Lecture d'un dessin d'ensemble. o Rgles de reprsentation. o Reprsentation en 3D

31

Chapitre 3

Dfinition graphique du produit

Leon n1 :

Lecture dun dessin densemble

1. Mise en situation Le distributeur mural de savon liquide reprsent ci-dessous (figure 1) est install prs des lave-mains. IL permet l'utilisateur, par une simple pouss de la main de recevoir la quantit ncessaire de savon liquide pour le lavage des mains. L'obturation du canal de distribution est assur par un ressort de rappel

figure 1 2. Dessin d'ensemble : Le dessin d'ensemble permet la reprsentation plus au moins dtaille, une certaine chelle, de systmes techniques varis constitus de divers lments (pices par exemple). Il permet aussi de voir la construction et l'agencement des pices constituant un mcanisme afin de comprendre le fonctionnement, explorer la position relative et la forme d'un groupe d'lments assembls. Il est compos essentiellement d' : Un ensemble de vues Un cartouche Une nomenclature (voir dessin d'ensemble du distributeur la page suivante) La lecture d'un dessin d'ensemble d'un mcanisme consiste dcoder ces trois lments et identifier leurs constituants en vue d'apprhender le fonctionnement, les formes des composants et les liaisons. 32

Chapitre 3


cartouche

Nomenclature

Ensemble ders vues

33

Chapitre 3


3 Etude du fonctionnement - Donner le nombre de pices de l'ensemble. L'ensemble est form par 8 pices (d'aprs la nomenclature) - Donner l'chelle du dessin. Echelle 1 :1 (d'aprs le cartouche) - Quels sont les pices en contact avec le tube (2) ? Les pices : 3, 1, 6, 7 et 5 - Quels sont les mouvements possibles de 2/1 ? Une rotation et une translation - Comment est assure la liaison du poussoir (3) avec le tube (2) ? Par filetage - Le poussoir (3) est en acier inoxydable, justifier ce choix. Protection de la surface contre les agressions du milieu extrieures lors d'usages - Justifier la forme demi-shprique du poussoir (3) Surface de contact convenable pour la main - Colorier sur le dessin le tube 2 et les pices qui lui sont lies. Tracer la prsence et le cheminement du savon liquide sur les deux figures ci-dessous.

Position repos

Position actionne Tube en position haute 34

Chapitre 3


- Quel est le role des joints (6) et (7) ? Assurer l'tanchit au repos - Dcomposer la bute (4) en volume lmentaire.

=

-

+

4 .Synthse :4.1 A partir du cartouche et de la nomenclature on peut identifier : Le nom du mcanisme (titre) l'chelle du dessin les diffrents composants (conus ou standards) les matriaux utiliss (acier, aluminium...) 4.2 A partir des differentes vues on peut identifier : les entres et les sorties (effecteurs) le cheminement des mouvements via le mcanisme les surfaces fonctionnelles et leurs formes gomtriques associes (cylindrique, prismatiques ) les positions limites (course, positions limites) Les diffrentes liaisons L 'agencement des organes Dessin d'ensemble Systme technique A retenir Le dessin d'ensemble est constitu d' : - un cartouche d'inscription Il rassemble les renseignements essentiels du dessin : chelle principale, titre (nom du composant,...), symbole ISO de disposition des vues, format, Etc C'est la carte d'identit du dessin - une nomenclature Elle dresse la liste de tous les lments constituants le dessin d'ensemble, chaque lment est rpertori, numrot, dsign et les renseignements le concernants sont indiqus - un dessin suivant une ou plusieurs vues Les diffrentes vues reprsentent la disposition relative et la forme d'un groupe de composants. 35 Fonctions techniques Solutions constructives Solutions existantes Dduire le fonctionnement

Chapitre 3


Leon n2 :

Dessin de dfinition

Le dessin de dfinition dfinit compltement un composant extrait d'un systme technique avec toutes les indications ncessaires sa fabrication 1 - Mise en situation La pince tudier est un organe de saisie d'un bras manipulateur ayant pour fonction globale : Transfrer les pices tries. Le dplacement du piston vers la droite provoque l'cartement des deux biellettes assurant ainsi la fermeture de la pince pour la prise des deux bouteilles. L'ouverture de la pince est assure par un ressort en absence de la pression. Reprsentation en 3 D

36

Chapitre 3


Dessin d'ensemble

2 -Travail demand Identifier la touche sur le dessin d'ensemble (par coloriage) et complter sa reprsentation par les vues suivantes : - vue de face - vue de dessus en coupe B-B 37

Chapitre 3


A - Projection orthogonale 1- Reprsentation de la forme globale en 2 vues

2- Reprsentation des formes simples 2-1- Reprsentation de la rainure, des entailles, des chanfreins et des portions de cylindres

2-2- Reprsentation des deux trous tarauds (voir paragraphe C)

38

Chapitre 3


Dessin de dfinition de la touche

Le dessin de dfinition de la touche reprsent ci-dessous comprend : - Deux vues juges ncessaires pour la comprhension totale de tous les dtails qu'il renferme - Un cartouche dans lequel on indique les renseignements tel que : le nom du mcanisme, le nom du composant, l'chelle. - Une partie de la nomenclature pour la dsignation du composant - Une cotation dimensionnelle

39

Chapitre 3


3- dfinition Le dessin de dfinition reprsente une pice avec prcision, indique toutes les formes ou usinages de la pice avec les dimensions. 4- Mthode d'laboration d'un dessin de dfinition a- Lecture du dessin d'ensemble b- Choix des vues (format et disposition) On distingue les trois possibilits suivantes b-1 Une vue : Fig. 1 et Fig. 2

fig. 1 b-2 deux vues : Fig. 3

fig. 2

fig. 3 b-3 trois vues : Fig. 4 Le cas d'une pice paralllpipdique ou quelconque

fig. 4

40

Chapitre 3


B- Reprsentation en coupe Une coupe ou vue en coupe est une reprsentation permettant une meilleure dfinition et une comprhension plus aise des formes intrieures d'un ou plusieurs composants. 1- Principe d'une coupe simple : (Rappel) Etape 1 : Choisir un plan de coupe (B) Etape 2 : Couper la pice suivant (B)

Etape 3: Supprimer la partie de la pice entre l'observateur et (B)

Etape 4 : Projeter la partie observe sur un plan de projection parallle (B)

41

Chapitre 3


2 - Reprsentation des surfaces coupes : Les surfaces coupes sont reprsentes par des hachures (traits fins). Les diffrents types de hachures : Mtaux ferreux (Aciers, fontes) Aluminium et alliages d'aluminium Cuivre et alliages de cuivre Matires plastiques et isolantes Rgles retenir o Les hachures reprsentent les zones de matire coupe o Les hachures sont reprsentes en trait continu fin oblique (30, 45, 60, ) o Les hachures ne traversent pas un trait fort o Les hachures ne s'arrtent jamais sur un trait interrompu fin (contour cach) 3 - Dfinitions et tracs d'une vue en coupe :Dsignation de la vue en coupe : Les deux lettres

4 majuscules de dsignation du plan de coupe (3) 1 muni de 2 traits mixtes forts aux extrimits.Dsignation du plan de coupe: Deux lettres majuscules chaque extrmit. Trac du plan de coupe: En trait mixte fin

5 (Contours et artes visibles)

Transformer la vue en coupe

3

6 2Indication du sens dobservation : Deux flches perpenduculaire aux plan et diriges vers la vue en coupe obtenir.

Hachures representant les zones coupes (Traits continus fins)

Sur une vue existante se trouve les indications de coupe (Etapes 1, 2 et 3) 42

Sur une autre vue se trouve le rsultat de la coupe (Etapes 4, 5 et 6)

Chapitre 3


4- Elments non coups longitudinalement (suivant la longueur) : D'une manire gnrale on ne coupe pas un lment plein suivant sa longueur si la coupe ne donne pas une reprsentation plus dtaille. On ne coupe pas les pices pleines dans le sens de leurs longueurs. Exemples : o Arbres pleins, vis, boulons, rivets o Billes, clavettes, goupilles C - Reprsentation des lments filets 1 - Reprsentation des filetages : (Rappel)

43

Chapitre 3


2 -Reprsentation des taraudages

3 - Reprsentation d'un assemblage par filetage: La reprsentation du filetage cache celle du taraudage

+

=

+

=

44

Chapitre 3


Application : Capteur pneumatique Mise en situation Le capteur pneumatique tudier est utilis comme dtecteur de fin de course des tiges de vrins L'action de la tige du vrin sur le galet provoque la descente du bouton par l'intermdiaire du bras.

Le capteur est reprsent en 3D et en vues clates.

45

Chapitre 3


46

Chapitre 3


47

Chapitre 3


48

Chapitre 3


49

Chapitre 3


Leon n3 :

La perspective cavaliere

1. Mise en situation Le disque amovible (flash disque) reprsent ci-dessous est utilis pour stocker les fichiers numriss. Il comprend : - un corps (1), - une languette (2) pour s'introduire dans un port USB, - un couvercle (3) de protection, - un guide (4) pour assurer la bonne connexion avec le port.

On donne la page suivante le dessin de dfinition du couvercle (3) par : - vue de face - vue de dessus - vue de gauche et une vue en trois dimensions

50

Chapitre 3


51

Chapitre 3


2. Travail raliser Trac d'une perspective cavalire (sans tenir compte des formes intrieures)

1 . Choisir la surface frontale (en rgle gnrale la vue de face). Elle comporte le maximum de dtails facile comprendre.

2. Sur cette surface mettre en place un systme d'axes ( Ox, Oy et Oz). L'axe Oz est plac sur une fuyante incline 45 pour donner la profondeur au dessin.

3 .Reporter la surface frontale dans ce nouveau systme d'axe, toutes les dimensions sur les axes Ox et Oy sont les dimensions relles. Par chacun des angles de cette surface tracer des fuyantes parallles l'axe Oz.

4. Sur ces fuyantes, reporter la longueur de la pice et tracer les arrtes de bout (dimensions sur Oz) mais en la multipliant obligatoirement par un rapport de rduction de valeur 0.5.

52

Chapitre 3


6. Relier ces diffrentes arrtes pour construire la surface arrire.

3. Rsum Pour raliser une reprsentation en perspective cavalire, suivre le mode opratoire suivant : - lire le dessin de dfinition du composant propos pour dcouvrir sa forme globale (Ignorer la reprsentation des formes intrieures). - Choisir la face frontale dans notre cas : celle de la vue de face - Redessiner la face principale avec les dimensions relles ou l'chelle du dessin donn. - Tracer les fuyantes (portants les artes des surfaces latrales) inclines d'un mme angle 45 - Calculer la longueur des arrtes obliques ; Elles sont rduites d'un mme rapport. (k = 0.5).

La face frontale comporte le maximum de dtails afin de faciliter la comprhension de l'objet

4- Dfinition 4-1 . Dfinition : La perspective cavalire est une projection oblique de l'objet sur un plan parallle au plan de projection, elle permet de comprendre rapidement les formes de la pice. 4-2. Rgles de reprsentation : a- Les surfaces frontales au plan (OYZ) sont dessines en vraie grandeur b- Les arrtes de bout sont dessines suivant les fuyantes inclines d'un mme angle et sont rduites d'un mme rapport. 53

Chapitre 3


4-3. Orientation des fuyantes. Les dessins suivants montrent les quatre possibilits pour la direction des fuyantes toujours inclines 45 .

Remarque Angle 45 et k = 0.5 sont des valeurs normalises et couramment utilises.

Exercice rsoudre : Corps du disque amovible On donne sur la page suivante le dessin de dfinition du corps (1) du disque amovible par : - La vue de face - La vue de gauche - La vue de dessus On demande de reprsenter la perspective cavalire du corps avec : Angle 45 k = 0.5 et Choisir la vue de face comme face frontale.

54

Chapitre 3


55

CHAPITRE

4

Fonctions logiques universelles

1- Objectifs : OS41 : Identifier les fonctions logiques universelles. OS42 : Traduire une quation en logigramme base de fonctions logiques universelles. OS43 : A partir de documents de constructeurs, choisir les composants intgrs traduisant une quation. OS44 : Simuler les fonctions logiques universelles. 2. Prrequis : Les fonctions logiques de base 3. Apprentissages nouveaux : Les fonctions logiques universelles o Fonction NAND o Fonction NOR

56

Chapitre 4


A- Mise en situation. B- Rappel sue les fonctions logiques de base.

Leon 1 : Fonction NORI- Fonctions logiques universelles. Dfinitions II- Fonction NOR. Dfinition, table de vrit, quation, vrification exprimentale, symbole logique, logigramme, chronogramme, universalit de la fonction NOR, Conclusion.

Leon 2 : Fonction NANDDfinition, table de vrit, quation, vrification exprimentale, symbole logique, logigramme, chronogramme, universalit de la fonction NAND, Conclusion

Leon 3 : Ralisation et simulation des fonctions NOR et NAND.I- Caractristiques d'emploi des circuits intgrs II- Schma de ralisation d'une fonction NOR deux entres en technologie CMOS III- Schma de ralisation d'une fonction NAND deux entres en technologie TTL.


57

Chapitre 4


A- Mise en situation. Activit de dcouverte : Raliser l'activit de dcouverte du manuel d'activit. B- Rappel sur les fonctions logiques de base Raliser l'activit N1 du TP E4 du manuel d'activits.

Leon n1 :

Fonction NOR

I- Fonctions logiques universelles :Dfinition Une fonction est dite universelle lorsqu'elle permet elle seule de raliser toutes les fonctions logiques de base (NON, OUI, OU et ET).

II- Fonction NOR :1- Dfinition La sortie est gale 1 si, et seulement si, toutes les entres sont l'tat 0 . 2- Table de vrit On remplit la table de vrit suivante en utilisant un logiciel de simulation, un simulateur ou une maquette. S1 0 0 1 1 S2 0 1 1 0 H 1 0 0 0 H = S1 . S2 Remarque : La fonction NOR est le complment de la fonction OU

3- Equation H = S1 + S2Par convention l'oprateur NOR est reprsent par ( ) donc : ( : se lit NI ou NOR )

H = S1

S2

4- Vrification exprimentale Ralisons avec logiciels, sur simulateur ou sur maquette les deux montages suivants : S1 S2 S1 S2

>11

1

H = S1 + S2

& 1

H = S1 . S2

58

Chapitre 4


- Dressons la table de vrit suivante : S1 0 0 1 1 S2 0 1 1 0 S1 + S2 0 1 1 1 S1 + S2 1 0 0 0 1 S1 1 1 0 0 S2 1 0 0 1 S1 . S2 1 0 0 0 2

- Concluons Pour toutes les combinaisons de S1 et S2 les colonnes (1) et (2) sont identiques. Donc : H = S1 + S2 = S1 . S2 = S1 5- Symbole logique S2

symbole europen 6 - logigramme

symbole amrician 7 - Chronogramme

59

Chapitre 4


8- Universalit de la fonction NOR : A partir de la fonction NOR on peut construire les fonctions suivantes : 8-1- Fonction NON 0 = S1 + 0 = S1 . 0 = S1 . 1 = S1

S1

S1 = S1 + S1 = S1 . S1 = S1

S1

8-2- Fonction OU S1 + S2 = S1 + S2 = S1 S2 = (S1 S2) (S1 S2)

8-3- Fonction ET S1 . S2 = S1 . S2 = S1 + S2 = (S1 S2) = (S1 S1 ) (S2 S2)

9- Conclusion Avec l'oprateur NOR on a pu raliser les fonctions NON, ET, et OU. L'oprateur NOR est donc universel.

60

Chapitre 4


Leon n2 :1- Dfinition :

Fonction NAND

La sortie est gale 0 si, et seulement si, toutes les entres sont l'tat 1 . 2 - Table de vrit : On remplit la table de vrit suivante en utilisant un logiciel de simulation, un simulateur ou une maquette. S1 0 0 1 1 S2 0 1 1 0 H 1 1 0 1 Remarque : La fonction NAND est le complment de la fonction ET

3- quation : H = S1 . S2 Par convention l'oprateur NAND est reprsent par ( / ) donc : ( / : se lit NAND ) H = S1 / S2 4- Vrification exprimentale : Ralisons avec logiciels, sur simulateur ou sur maquette les deux montages suivants :

S1

11 H = S 1 + S2

S2

1

S1 S2

&

1

H = S1 . S 2

61

Chapitre 4


- Dressons la table de vrit suivante : S1 0 0 1 1 S2 0 1 1 0 S1 . S2 0 0 1 0 S1 . S2 1 1 0 1 1 S1 1 1 0 0 S2 1 0 0 1 S1 + S2 1 1 0 1 2

- Concluons Pour toutes les combinaisons de S1 et S2 les colonnes (1) et (2) sont identiques. Donc : S1 . S2 = S1 + S2 = S1 / S2 5- Symbole logique

symbole europen

symbole amrician

6 - logigramme

7 - Chronogramme

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Chapitre 4


8- Universalit de la fonction NOR : A partir de la fonction NAND on peut construire les fonctions suivantes : 8-1- Fonction NAND S/ S=S.S=S+S=S S / 1=S.1=S.1=S+0=S

8-2- Fonction OU S1 + S2 = S1 + S2 = S1 . S2 = S1 / S2 = (S1 / S1) / (S2 / S2)

8-3- Fonction ET S1 . S2 = S1 . S2 = S1 / S2 = (S1 / S2 ) / (S1 / S2)

9- Conclusion Avec l'oprateur NAND on a pu raliser les fonctions NON, ET, et OU. L'oprateur NAND est donc universel. Raliser l'activit N2 du TP E4 du manuel d'activits.

63

Chapitre 4


Leon n3 :

Ralisation et simulation des fonctions NOR et NAND

Les fonctions logiques sont ralises par des oprateurs appels portes logiques. En technologie lectronique, ces portes se prsentent sous forme de circuits intgrs appartenant l'une des familles suivantes : - Circuits intgrs TTL (Transistor Transistor Logic) - Circuits intgrs CMOS (Complementary Metal Oxyde Semi-conductor)

I - Caractristiques d'emploi des circuits intgrs :Le tableau ci-dessous prsente les caractristiques d'emploi des deux familles de circuits intgrs ( TTL et CMOS). CaractristiquesTension d'alimentation: La tension d'alimentation est applique entre les bornes 7 et 14 du circuit Codes de dsignation

TTLVcc = 5V 5% Borne 7 : 0V ou masse Borne 14 : VccSN 74 Code Srie fabricant ** N du circuit (dfinit la fonction)

CMOSVDD = 5V 15V Borne 7 : 0V , Vss ou masse Borne 14 : VDDHE 40 Code Srie fabricant ** N du circuit (dfinit la fonction)

7402Exemple de brochage d'un circuit intgr ralisant quatre portes NOR.

4001

Circuit intgr TTL comportant quatre portes logiques NOR

Circuit intgr CMOS comportant quatre portes logiques NOR

7400Exemple de brochage d'un circuit intgr ralisant quatre portes NAND.

4011

Circuit intgr TTL comportant quatre portes logiques NAND

Circuit intgr CMOS comportant quatre portes logiques NAND

64

Chapitre 4


II- Schma de ralisation d'une fonction NOR deux entres en technologie CMOS

R1= R2 = 10K,

1/4

W, RP= 33,

1/4

W et H1 une diode LED

III- Schma de ralisation d'une fonction NAND deux entres en technologie TTL

R1= R2 = 10K, RP= 33 et H2 une diode LED Raliser les activits N4 et N5 du TP E4 du manuel d'activits. 65

Chapitre 4


Exercices rsolus Exercice : 1 Comparer A = a Conclure. A=a ( b + c ) et B = a b+a c

Solution ( b + c ) = a . ( b + c ) = a . b . c (1)

B = (a b) + (a c) = (a + b) + (a + c) = (a . b) + (a . c) = a ( b + c ) (2) Conclusion Les rsultats (1) et (2) sont bien diffrents, donc l'oprateur NOR n'est pas distributif par rapport la somme logique. a ( b + c ) ( a b) + (a c) Exercice : 2 Comparer a Conclure a ( b . c ) et (a b) . (a c)

Solution (b.c)=a + (b.c)=a.(b.c)=a.(b+c)

(1')

(a b) . (a c) = (a + b) . (a + c) = a.b . a.c = a . b . c (2') Conclusion Les rsultats (1') et (2') sont bien diffrents, donc l'oprateur NOR n'est pas distributif par rapport au produit logique. a ( b . c ) (a b) . (a c) Exercice : 3 Trouver l'expression complmentaire de l'quation suivante H = S1 .S2 ( S3 + S4 ) Solution L'expression chercher s'crit sous la forme: H = S1 .S2 ( S3 + S4 ) Posons : X = S1.S2 et Y = S3 + S4 Nous pouvons crire H = X.Y = X + Y X = (S1.S2 ) = S1 + S2 = S1 + S2 Y = ( S3 + S4 ) = S3 . S4 Remplaons X et Y par leur expression, on obtient : H = S1 + S2 + S3 . S4

66

Chapitre 4


Exercices resoudre Exercice : 1 Comparer a / ( b + c ) et (a / b) + (a / c) Conclure. Exercice : 2 Comparer a / ( b . c ) et (a / b) . (a / c) Conclure. Exercice : 3 Ecrire les quations suivantes en vitant les oprateurs NAND et NOR. F1 = (a b) a.b F2 = (a / b) / (a + b) F3 = (ac / b) / (a . b) F4 = (ac b) (a + b) Exercice : 4 Trouver les quations complmentaires des expressions suivantes et comparer H1 et H2. H1 = a . b + a . b H2 = a . b + a . b H3 = (a + b) . (a + b) Exercice : 5 On considre un circuit logique d'quation : H = S1.S2 + S3 A/ 1/ Tracer le logigramme de H en utilisant les fonctions logiques de base. 2/ Combien de circuits intgrs utilise - t - on ? (Donner leur rfrences en T.T.L et en CMO.S) 3/ Tracer le schma de cblage base de circuits intgrs T.T.L B/ 1/ Tracer le logigramme de H en utilisant des portes NOR. 2/ Combien de circuits intgrs utilise - t - on ? ( Donner leur rfrences en T.T.L et en CMO.S) 3/ Tracer le schma de cblage base de circuits intgrs T.T.L C/ 1/ Tracer le logigramme de H en utilisant des portes NAND. 2/ Combien de circuits intgrs utilise - t - on ? ( Donner leur rfrences en T.T.L et en CMO.S) 3/ Tracer le schma de cblage base de circuits intgrs T.T.L IV/ Quelle est la solution la plus conomique ( prix gaux des circuits intgrs logiques de base ou universelles) ?

67

CHAPITRE

5

Systmes combinatoires

1- Objectifs : OS51 : Simplifier graphiquement des quations logiques. OS52 : Identifier un systme combinatoire. OS53 : Mettre en uvre une mthode de rsolution de problmes de logique combinatoire. 2. Prrequis : Les fonctions logiques de base Les fonctions logiques NAND et NOR.

3. Apprentissages nouveaux : Simplification graphique par tableau de Karnaugh. Rsoudre et simuler un problme de logique combinatoire.

68

Chapitre 5


Mise en situation.

Leon 1 : Simplification d'une quation logiqueI- Introduction. II- Simplification d'une quation logique par la mthode algbrique. Rappel. III- Simplification graphique par tableau de Karnaugh. 1- Prsentation. 2- Utilisation des tableaux de Karnaugh

Leon 2 : Logique combinatoire.I- Dfinition. II- Mthode de rsolution.


69

Chapitre 5


Mise en situation : activit de dcouverte Raliser l'activit de dcouverte du manuel d'activits.

Leon n1 :I- Introduction

Simplification dune quation

Simplifier une expression logique c'est l'crire sous une forme plus simple que celle de dpart. Cette simplification conduit minimiser le schma lectrique, par consquent rduire le prix de revient de l'installation. Pour simplifier une quation logique on utilise deux mthodes : - Une mthode dite algbrique. - Une mthode dite par tableau de Karnaugh. - Une mthode dite par complment.

II- Simplification d'une quation logique par la mthode algbrique.Rappel : 1- Proprits des fonctions logiques de base 1-1 : Proprits de la fonction ET S.0=0 S.1=S S.S=S S.S=0 S1 . S2 = S2 . S1 S1 . S2. S3 = S1 . (S2. S3) = (S1 . S2).S3 1-2 : Proprits de la fonction OU S+0=S S+1=1 S+S=S S+S=1 S1 + S2 = S2 + S1 S1 + S2 + S3 = S1 + (S2 + S3) = (S1 + S2)+ S3 Associativit 0 : Elment neutre 1 : Elment absorbant Idempotence Complmentation Commutativit Associativit 0 : Elment absorbant 1 : Elment neutre Idempotence Complmentation Commutativit

70

Chapitre 5


2-Exemples d'application. Exemple 1 : Soit simplifier l'expression suivante : H1 = a + a b Mettons a en facteur : a + a b = a (1 + b) or 1 + b = 1 donc a + a b = a 1 or a . 1 = a d'o : a+ab=a Exemple 2 : Soit simplifier l'expression suivante : H2 = a + a b par quatre mthodes diffrentes. Premire mthode : Remplaons a par a + ab donc a + a b = a + a b + a b = a + b (a + a) or a + a = 1 et b . 1 = b d'o : a+ab=a+b Deuxime mthode : a + a b = a (b + b) + a b puisque b + b = 1 Dveloppons : a + a b = a b + a b + a b = a b + a b + a b + a b puisque a b = a b + a b D'o : a + a b = a (b + b) + b (a + a) or b + b = 1 et a + a = 1 Donc a+ab=a+b Troisime mthode : Calculons le complment de H2 : H2 = a + a b = a . (a + b) = a a + a b or a a = 0 Donc : H2 = a b d'o : H2 = H2 = a b = a + b = a + b Donc : a+ab=a+b Quatrime mthode : Distributivit de la fonction OU par rapport la fonction ET a + a b = ( a + a ) .( a + b ) = 1 . ( a + b ) = a + b Exemple 3 : Soit simplifier l'expression suivante : H3 = (a + b) (a + c) puisque l'addition est distributive par rapport au produit logique. Dveloppons l'expression (a + b) (a + c) = a a + a c + a b + b c Or a . a = a donc (a + b) (a + c) = a + a c + a b + b c = a (1 + c + b) + b c Or (1 + c + b) = 1 et a . 1 = a D'o: (a + b) (a + c) = a + b c

71

Chapitre 5


Exemple 4 : Soit simplifier l'expression suivante : H4 = a b + a c + b c Mettons c en facteur : a b + a c + b c = a b + c (a + b) , ajoutons cette expression le terme a . a = 0 On aura : H4 = a b + c (a + b) + a . a = a (a + b) + c (a + b) = (a + b) (a + c) Conclusion : Pour simplifier une quation on peut utiliser : - Les proprits des fonctions logiques. - La mise en facteur, - La multiplication par 1 (exemple a + a = 1) - L'addition d'un terme nul (0) (exemple a . a = 0) Retenons les relations fondamentales : a+ab=a a+ab=a+b (a + b) (a + c) = a + b c (a + b) (a + c) (a + d)... = a + b c d... Raliser les activits N 1 et 2 du TP E5 du manuel d'activits.

III- Simplification graphique par tableau de KarnaughLa mthode de simplification algbrique que nous venons de voir peut nous conduire des calculs relativement longs. Pour viter ces calculs, on emploie une deuxime mthode qui utilise le tableau de Karnaugh. En fait le tableau de Karnaugh est une reprsentation particulire de la table de vrit. Sa conception permet d'obtenir de manire sre et rapide l'quation la plus simplifie possible . 1- Prsentation du tableau de Karnaugh 1- Nombre de cases : Le tableau de Karnaugh comprend plusieurs cases suivant le nombre de variables d'entre. Le nombre de cases est donn par la relation 2n o n est le nombre de variables d'entre. Soient : - k : le nombre de colonnes du tableau - j : le nombre de lignes du tableau 2n = j . k = Nombre de cases = Nombre de colonnes . nombre de lignes 2- Rgle - Pour disposer les variables d'entre sur un tableau de Karnaugh il faut changer l'tat d'une seule variable en passant d'une case une case adjacente dans n'importe quel sens. Pour cela on utilise le code binaire rflchi. - Pour obtenir la forme minimale d'une fonction logique, il faut respecter les rgles suivantes : p Grouper 2 cases ( p est un entier ), Grouper le maximum de cases, 72

Chapitre 5


Respecter les adjacences et les symtries. L'expression d'un groupement contient uniquement les variables qui ne changent pas d'tat. Remarques : Adjacence Deux cases sont dites adjacentes lorsque les combinaisons correspondantes des variables d'entres font intervenir un seul changement des tats binaires de ces variables . Axes de symtrie Suivant le nombre de variables d'entre, le tableau de Karnaugh admet un axe de symtrie en lignes et un axe de symtrie en colonnes appel axe principal. Chaque moiti des lignes ou des colonnes admet un axe de symtrie appel axe de symtrie secondaire.

1 1 2

Axe de symtrie principal. Axe de symtrie secondaire.

2

1

3- Tableau pour une seule variable d'entre. Soit a cette variable. Nombre de cases : 21 = 2 Ces cases peuvent tre disposes :

Soit horizontalement 0 a 1 a

Soit verticalement 0 1 a a

4- Tableau pour deux variables d'entre. Soient a et b ces variables. Nombre de cases : 22 = 4 Ces quatre cases peuvent tre disposes de plusieurs faons diffrentes: En effet 4 = 1 x 4 = 2 x 2 = 4 x 1 1er cas a 0 1 b 0 1 2me cas 3me cas

a.b a.b a.b a.b a.b 00 01 11 10

00 a.b 01 a.ba.b

a.b a.b a.b a.b

11 a.b 11 a.b

73

Chapitre 5


Remarque : Chaque case du tableau de Karnaugh reprsente une combinaison des variables d'entre. Exemple : La 3me case du tableau de Karnaugh est code par la combinaison 1 1 . Elle correspond l'quation a b5- Tableau pour trois variables.

Soient a,b et c ces variables. 3 Nombre de cases : 2 = 8 Ces cases peuvent tre disposes de plusieurs faons diffrentes: 2me disposition 1re disposition c 1 bc 0 01 11 10 00 ab a 0 0 a . b .c a . b .c 0 a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c 1 a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c 01 11 10 3me disposition abc 011 010 110 111 a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c

000

001

101

100

a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c a . b .c La 4me disposition est sans intrt. 2- Utilisation des tableaux de Karnaugh Exemple 1 : Soit simplifier l'quation suivante : H=abc+abc+abc+abc+abc+abc o Affichage de l'quation sur le tableau : Affecter d'indice 1 les cases correspondantes aux termes de l'quation simplifier et d'indice 0 le reste des cases. ab 01 11 10 00 a . b .c c 0 1 01

12

13

14

a . b .c a . b .c a . b .c

08

17

16

15

a . b .c 74

a . b .c

Chapitre 5


o Recherche de l'quation simplifie ab 01 00 c S1 0 1re

11 12 3

10 14

01

1 18 7

S2 S15

0

16

1

1 solution en groupant les cases affectes de l'indice 1 Surfaces choisies : - 2, 3, 6, 7 forment la surface S1 ab ab b(a+a) 01 11 c 0 c 1 1 1 1 c+c 1 1

b

S1 = b

- 3, 4, 5, 6 forment la surface S2 ab c c 1 1 ab 1 c+c 1 Or H = S1 + S2 D'o H = b + a 1 S2 = a a(b+b) a

Conclusion: Soit dans le sens des colonnes soit dans le sens des lignes les variables qui changent d'tat et appartiennent la surface choisie sont neutralises (ou absorbes) pour ce groupement. 2me solution en groupant les cases affectes de l'indice 0 Surface choisie : 1, 8 forment la surface S3 H=ab H=H= ab =a+b=a+b Remarque : H reprsente le fonctionnement de la sortie (tat 1) H reprsente le non fonctionnement de la sortie (tat 0) Conclusion : Pour trouver l'quation d'un circuit, il est parfois prfrable de rechercher d'abord l'quation du circuit complmentaire. 75

Chapitre 5


Leon n2 :I- Dfinition

Logique combinatoire

C'est une logique de combinaison de variables, c'est dire que pour une combinaison donne des variables d'entre, il ne correspond qu'une et une seule combinaison des variables de sortie. e1 e2 en Variables dentr Systme combinatoire S1 S2 Sn Variables de sortie

Exemple : Lorsqu'on appuie sur le bouton poussoir install la porte d'une maison, la sonnerie retentit. Elle reste cet tat tant que le bouton reste appuy. La sonnerie ne sonne plus ds qu'on relche le bouton. II- Mthode de rsolution :Rsoudre un problme de logique combinatoire c'est trouver le circuit le plus simple qui peut satisfaire les conditions du problme, pour cela on doit : 1 - Identifier les variables d'entre et de sortie . 2 - Tracer une table de vrit qui nous permettra de dfinir les tats de sortie d'aprs les donnes du problme. 3 - Ecrire les quations sous leur forme complte. 4 - Dresser le tableau de Karnaugh relatif la table de vrit dj trouve et dduire l'quation simplifie. 5 - Tracer les schmas boolens du circuit. 6 - Simuler. 7 - Choisir la technologie de commande. 8 - Raliser le schma en fonction du choix technologique. NB : Certaines combinaisons de la table de vrit peuvent ne pas tre dfinies par les conditions de fonctionnement du problme pos. Le tableau de Karnaugh peut ne pas tre totalement rempli; dans ce cas on le complte par le symbole () et on attribue ce symbole la valeur 0 ou 1 conduisant l'quation la plus simple. Raliser l'activit N 3 du TP E5 du manuel d'activits.

76

Chapitre 5


Exercices rsolus Exercice : 1 Simplifier les expressions suivantes par la mthode algbrique. F1 = x y + x y + x y F2 = x y + x y + x y F3 = x + y + z + x y z F4 = a b + b c + a c F5 = a c + b c + a b SOLUTION F1 = x y + x y + x y = x ( y + y ) + x y or y + y = 1 donc F1 = x + x y = x + y F2 = x y + x y + x y = x ( y + y ) + x y or y + y = 1 donc F1 = x + x y = x + y F3 = x + y + z + x y z On pose H = x + y + z donc H = x y z d'o F3 = H + H = 1 F4 = a b + b c + a c Calculons F4 : F4 = a b + b c + a c = (a b) . (b c) . (a c) = (a + b) . (b + c) . (a + c) =(a b + a c + b b + b c ) (a + c) or b b = 0 donc F4 = a b a + a b c + a c a + a c c + b c a + b c c or c .c = 0 et a . a = a Donc F4 = a b + a b c + a c + b c a = a b ( 1 + c ) + a c ( 1 + b ) or 1 + c = 1 et 1 + b = 1 donc F4 = a b + a c = a ( b + c ) alors F4 = F4 = a ( b + c ) = a +(b + c) = a + b c F5 = a c + b c + a b = c ( a + b ) + a b + a a puisque a. a = 0 Donc F5 = c ( a + b ) + a ( a + b ) = ( a + b ) + ( c + a ) Exercice : 2 Etablir le tableau de Karnaugh des fonctions logiques dfinies par les tables de vrit suivantes, puis les utiliser pour simplifier l'expression de ces fonctions.

77

Chapitre 5


ProblmeTable de vrit Equation

SolutionTableau de Karnaugh Equation simplifie

a 0 0 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1

b 0 1 1 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0

X 1 0 1 0 c 0 1 1 0 0 1 1 1 c 0 1 1 0 0 1 1 0 c 0 1 1 0 0 1 1 0 Y 1 0 0 1 0 0 1 0 Z 0 0 0 1 1 0 0 0 H 1 0 0 0 0 0 0 1

X=ab+ab

X=ab+ab

Y=abc+abc +abc+abc

Y=ac+ab

Z=abc+abc

Z = bc

H = bc H=abc+abc

c M 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

M=abc+abc

M=ab

78

Chapitre 5a 0 0 0 0 1 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 b 0 0 1 1 1 1 0 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0 b 0 0 1 1 1 1 0 0 c R 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 c 0 1 1 0 0 1 1 0 T 1 1 1 1 1 1 1 1


R=abc+abc +abc+abc

R=C

T=1

T=1

c M 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0

V=0

V=0

Exercice :3 Une cave est constitue de trois chambres dont l'clairage s'effectue de la faon suivante : * En entrant dans la cave : - l'action sur l'interrupteur S1 provoque l'allumage de la lampe H1 clairant la chambre 1. - l'action sur l'interrupteur S2 provoque l'allumage de la lampe H2 clairant la chambre 2 et l'extinction de H1. - l'action sur l'interrupteur S3 provoque l'allumage de la lampe H3 clairant la chambre 3 et l'extinction de la lampe H2. *En sortant de la cave : - L'action sur S3 provoque l'extinction de H3 et l'allumage de H2. - L'action sur S2 provoque l'extinction de H2 et l'allumage de H1. - L'action sur S1 provoque l'extinction de H1. 79

Chapitre 5


NB : - Si l'interrupteur S1 n'est pas actionn toute les lampes seront teintes. -Si S1 et S3 sont actionns simultanment, la lampe H1 s'allume , H2 et H3 seront teintes.

On demande : -La table de vrit -Les quations simplifies de H1 , H2 et H3. -Le schma lectrique contacts de H1 , H2 et H3. -Le logigramme de H1 , H2 et H3. SOLUTION Les variables d'entre :S1 , S2 , S3 Les variables de sortie :H1 , H2 , H3 S1 0 0 0 0 1 1 1 1 S2 S3 H1 H2 H3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 H2 = S1 . S2 . S3 H3 = S1 . S2 . S3 - Equations H1 = S1 . S2 . S3 + S1 . S2 . S3 = S1 . S2 (S3 + S3 ) = S1 . S2

-Schma lectrique contactsS1 S2 H1

S2

S3

H2

S3

H3

80

Chapitre 5Logigramme S1 S2 S3


1 1

&

H1

& &

H2

&

H3

Exercices rsoudre Exercice 1: Simplifier les expressions suivantes en utilisant la mthode algbrique : H1 = ( a + b + c ) ( a + b + c ) ( a + b + c ) H2 = a b c + ab (a c) H3 = a b c + a bc + abc H4 = ( a + b ) ( a + b + d ) H5 = ( a + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( c + a ) ( c + b ) H6 = a . b . c + a . b . c + a . b . c Exercice 2: Simplifier les expressions suivantes en utilisant le tableau de Karnaugh : H1 = x y z + x y z + x y z + x y z H2 = x y z + x y z + x y z + x y z H3 = y w + z w + z w + x y w + x y H4 = x y z + z ( x y + x y )

81

Chapitre 5Exercice 3:


A partir des tables de vrit suivantes, tracer le tableau de karnaugh et donner l'quation simplifie des sorties H1 et H2 a 0 0 1 1 b 0 1 1 0 H1 0 1 1 1 a 0 0 0 0 1 1 1 1 Exercice 4: A partir des tables de vrit, donner les quations des S1 et S2. Simplifier ces quations par la mthode algbrique et par le tableau de Karnaugh. Etablir les logigrammes correspondants. a 0 0 1 1 b 0 1 0 1 S1 1 1 0 0 a 0 0 0 0 1 1 1 1 Exercice 5: On considre la fonction logique Y dfinie par le tableau de Karnaugh suivant : 1- Donner son expression sous la forme d'une somme de produits ( partir du groupement des 1 du de tableau de Karnaugh). 2- Donner son expression sous la forme d'un produit de sommes ( partir du groupement des 0 du tableau puis par complmentation) 3- Vrifier l'galit de ces deux expressions. 82 b 0 0 1 1 0 0 1 1 c 0 1 0 1 0 1 0 1 S2 1 0 1 1 1 1 0 1 b 0 0 1 1 1 1 0 0 c 0 1 1 0 0 1 1 0 H2 1 0 1 1 0 1 0 0

Chapitre 5Exercice 6:


A partir du schma lectrique ci -dessous, donner l'quation simplifie de H.H

a

c

a

b

c

b

a

Exercice 7: Trois responsables ( A , B, C) d'une socit peuvent avoir accs un coffre fort. Ils possdent chacun une cl diffrente (a, b, c) et il a t convenu que : Le coffre ne s'ouvre que si au moins deux responsables sont prsents. Donner l'quation logique simplifie de la serrure S en fonction de a, b, c. Exercice 8: Dans une usine de fabrication de briques, on dsire automatiser le contrle dimensionnel des briques. Pour cela, on contrle la hauteur de chaque brique se prsentant sur un tapis roulant. Le contrle est effectu avec trois cellules a, b et c. - Une cellule c dtecte la prsence de la brique. - Deux cellules a et b mesurent la brique Sachant qu'une brique bonne doit masquer b et a et ne pas masquer c

Brique

c b a

Ecrire l'quation d'une sortie H qui passe l'tat 1 lorsqu'une brique mauvaise est dtecte.

83

CHAPITRE

6

Elments de transmission de mouvement

Objectifs : - Identifier les constituants d'une chane de transmission de mouvement. - Identifier le principe de fonctionnement d'une chane de transmission. -Dterminer les grandeurs physiques.

Prrequis : - Liaisons mcaniques. - Analyse du fonctionnement d'un mcanisme. - Rapport de transmission

Nouveaux apprentissages - Poulies courroie. - Engrenages. - Pignon crmaillre - Vis crou

84

Chapitre 6


Leon n1 : ELEMENTS DE TRANSMISSION DE MOUVEMENT1. Mise en situation:Le systme ci-dessous est un ordinateur : Fig. 1 Il permet les traitements de diffrents types de donnes (textes, images, vido, etc.)

Fig.1

2- Description du sous -systme : le lecteur CD-ROM Botier

Fig.2 Caractristique techniques ( titre indicatif)Face avant : Fig.2 et Fig.3 Bouton d'ouverture / fermeture LED de signalisation de fonctionnement Sortie casque stro mini-jack 3.6 mm Contrle du volume Face arrire Alimentations : CC +5V - 1,7 A +12V - 1A Connecteur interface 40 broches Sortie audio

Photo du constructeur Fig.3 Disque

Fig.4 Photo de conducucteur

85

Chapitre 6


86

Chapitre 6


3. Principe de fonctionnement du lecteur CD-ROM : Voir Fig.2 et Fig.5:Le disque lire est pos sur le tiroir porte-disque. L'ouverture et la fermeture sont assures par le moteur M1, l'ensemble des roues dentes (rducteur) et la crmaillre. Le disque est entran en rotation par le moteur M2. Le balayage des pistes du disque est assur par une tte de lecture, celle-ci est entrane par le dispositif Vis-crou. Sur d'autre types de lecteur CD l'ouverture et la fermeture du lecteur sont assures par un systme poulies couurroie

A) Transmission de mouvement par Poulies-courroie 1 - Constituants :La chane de transmission est constitue par : (1) : poulie menante (2) : poule mene (3) : courroie

87

Chapitre 6


2 - Principe de fonctionnement :La transmission est assure par une courroie liant une poulie motrice (menante) une poulie rceptrice (mene) Graphe de fonctionnement :

Caractristiques :N1 : Vitesse de rotation de l'arbre moteur (en tr/mm) N2 : Vitesse de rotation de l'arbre rcepteur (en tr/mm) d1 : diamtre de la poulie motrice (en mm) d2 : diamtre de la poulie rceptrice (en mm) Le rapport de la transmission est (r) :

r=r=

N N

2 1

Le rapport des vitesses est gal au rapport inverse des diamtres :

N2 d = 1 N1 d2

Remarque :Ce rapport peut ne pas tre constant cause du lger glissement possibleentre la courroie et les poulies

4 - Formes de courroies

5 - Formes de poulies

88

Chapitre 6


6 - Courroie cranteElle assure une transmission silencieuse sans glissement. Exemple d'utilisation : imprimantes et scanners

7 - Application :Donner l'expression et calculer le rapport de transmission Rponse :

d N r = 2 = 1 N1 d2 300 = 0,4 750 r < 1 : C' est un rducteur de vitesse r =B- Les engrenages 1 - Constituants :a- Chane de transmission de mouvements La chane est illustre par la figure suivante :

d2 = 750

poulie motrice

d1 = 300 N1 = 500 tr/mn

89

Chapitre 6


La chane de transmission permettant la manoeuvre du tiroir du lecteur CD-ROM est constitue par : -le moteur (M1) -les axes fixes (A1, A2, A3, A4) -les roues dentes (E1, E2, E3, E4, E5, E6, E7, E8). -la crmaillre b- Graphe des groupes constituant la chane de transmission

2- Principe de fonctionnement d'un engrenage :La transmission de mouvement entre deux arbres se fait par l'engrnement de deux roues dentes. Cette transmission est assure par obstacle (denture).

Le pignon moteur tournant la vitesse N1 communique un mouvement de rotation la roue rceptrice E2. Le pignon et la roue sont monts sur des arbres parallles.

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Chapitre 6


Sens de rotation : Le mouvement du pignon moteur et le mouvement de la roue rceptrice sont de sens contraires

3- Caractristiques :

Conditions d'engrnement :L'engrnement entre deux roues n'est possible que si elles ont le mme pas ou le mme module. Le pas et le module sont lis par la relation suivante : m= Pas Les cerles primitifs sont tangents (contact linaire).

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Chapitre 6


4- Rapport de la transmission:C'est la relation entre la vitesse de rotation de l'arbre d'entre et celle de l'arbre de sortie :

avec r le rapport de la transmission Ce rapport est donn par la formule :

r =

Ns Ne

Le nombre de dents de la roue motrice r = Le nombre de dents de la roue rceptrice Ze tant le nombre de dents de la roue d'entre Zs tant le nombre de dents de la roue de sortie

r=5- Application:

Ze Zs

donc

r=

N s Ze = N e Zs

Exemple : Le lecteur CD-ROM Une tude pralable nous amne considrer que l'axe A3 tourne une vitesse de rotation uniforme N3 = 180 tr/mn Les roues dentes (E6, E7,) ont le mme module m = 2 donc le mme pas P = 3.14 x 2 = 6.28 mm On donne les nombres des dents

Roue Nombre de dents Z

E6 Z6 = 15 dents

E7 Z7 = 45 dents

Calculer la vitesse de rotation N4 de l'arbre de sortie A4 ?

On sait que

r=

Z6 Z7N4 =

N4 = r.N3

Application numrique :

r=

1 15 = 3 45

1 = 180 3

N4= 60 tr/mn

N4= 1 tr/s

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Chapitre 6


C - Pignon crmaillre 1. Constituants :La figure ci-dessous reprsente la commande du tiroir du cd-rom. Elle est constitue d'un pignon E8 et une crmaillre.

2. Principe :La transformation se fait par engrnement entre un pignon et une crmaillre La rotation du pignon provoque la translation de la crmaillre et vice versa. Graphe de la transmission

Exemple : commande des roues d'un jouet

93

Chapitre 6


3. Caractristiques- Le pignon comporte Z dents - La crmaillre comporte une denture linaire - L'engrnement n'est possible que lorsque le pignon et la crmaillre ont la mme valeur du Pas. - Le diamtre primitif et la ligne primitive sont tangents (un point de contact)

- Relation rotation/ translation :La rotation du pignon, provoque la translation de la crmaillre d'une distance C appele course:

c=PasxZC en mm, Pas en mm Z : nombre de dents Pour un pignon de 20 dents : z = 20 de pas = 3 mm Un tour du pignon correspond un dplacement de la crmaillre gale 20 x 3 = 60 mm

Remarque : le systme est rversible c'est--dire on peut tourner le pignon en faisanttranslater la crmaillre et inversement : cas du comparateur cadran

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Chapitre 6


4. Application :Dans le dispositif de l'ouverture du tiroir porte CD-ROM, la distance ncessaire est de 130 mm, le pignon a un pas de 1,5 mm et un nombre de dent Z = 20. Calculer le nombre de tours du pignon (8) ncessaire l'ouverture totale du tiroir.

D ) Vis crou1. Constituants d'une chane de transmission par Vis Ecou La transformation de mouvement est assure par une liaison hlicoidale (Vis crou) Tte de lecture

Portion de l'crou

Vis Graphe de la transmission

2. Principe de fonctionnementlentre lentre

sortie sortie Mouvement l'entre Rotation de la vis Vis (rotation translation) Rv = 1 Rv = 1 Rv = 0 Rv = 0 95 Tv = 1 Tv = 0 Tv = 0 Tv = 1 Ecrou (rotation translation) Re = 0 Re = 0 Re = 1 Re = 1 Te = 0 Te = 1 Te = 1 Te = 0

Rotation de lcrou

Chapitre 6Rv = 1 Tv = 0 Re = 0 Te = 1


=> rotation de la vis possible => Translation vis empche => rotation de l'crou empche => Translation de l'crou possible

3- Caractristiquesa- diamtre et pas Dans ce dispositif, la vis et l'crou ont le mme : - Diamtre nominal (D = d) - Pas

Pas P

b- Relation rotation / translationUne rotation d'un tour (de la vis ou de l'crou) entrane une translation (de la vis ou de l'crou) de la valeur du pas (P). Pour n tours, On obtient une translation de valeur (course C) : n x P Course C = n x P Exemples d'utilisation du systme Vis crou: - Mors mobile d'un tau. - Cric de voiture automobile - Tube de colle - Verin de l'antenne parabolique

4- Application : Vrin de l'antenne paraboliqueLa rotation de l'antenne parabolique est effectue par un vrin mcanique motoris, la figure ci-dessous prsente un coffret deux vrins dont l'un est dmont Ecrou Bras de dorientation Vis Vis Ecrou monts

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Chapitre 6


Fonctionnement du vrin La rotation de la vis (li au moteur) est transforme en un mouvement de translation de l'crou li au bras d'orientation.

5 - Exercices :a)Lecteur de CD ROM La distance entre deux pistes du CD X = 1,8 m Le pas de la vis de maneuvre est P = 0,5 mm La distance totale parcourir Ct = 34 mm Distance totale = Led in + zone de stokage des donnes + Led out Calculer le nombre de tour de la vis pour lire 10 pistes et pour parcourir la course totale Ct

b) Tube de colleLe tube de colle d'usage scolaire comporte un ensemble vis crou commandant la sortie progressive de la colle Quel sera le pas de la vis si une rotation de 3 tours entraine la sortie de la colle de 9 mm?

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CHAPITRE

7

Fonction commutation

Objectifs : OS71 : Identifier des fonctions lectroniques base de transistors OS72 :Simuler des fonctions lectroniques base de transistors

Prrequis :

- Symbole dun transistor - Brochage dun transistor

Apprentissages nouveaux :

- Polarisation dun transistor - Transistor en communication

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CHAPITRE

7

Fonction commutationLeon 1 : Transistor

I- Introduction II- Polarisation et rgimes de fonctionnement III- Schmas structurel dun transistor fonctionnant en rgime normal IV- Etude exprimentale dun transistor NPM mont en metteur commun V- Limites dutilisation dun transistor VI- Point de fonctionnement

Leon 2 : Le transistor en commutationI- Mise en situation II- Transistor en rgime de commutation


99

Chapitre 7


Leon n1 :

Le transistor

I- Introduction1- Historique :Le transistor fut invent en 1947 par trois ingnieurs amricains : JOHN BONDEAU, WALTER BRATTAIN et WILLIAM SHOKLEY (prix Nobel en 1956). - L'importance et l'utilit de cette dcouverte n'taient pas videntes. Quand ils ont prsent leur ralisation, le 23 dcembre 1947, les inventeurs la baptisent le persistor. - L'influence du transistor sur l'industrie de l'lectronique a t norme, ce qui a conduit toutes les inventions qui lui ont succd. - Les circuits intgrs (premire parution en septembre 1958) sont ns grce l'existence du transistor 2- Activit de dcouverte: Raliser l'activit de dcouverte du TP N. du manuel d'activits. 3- Structure d'un transistor : Le transistor est un composant lectronique. Il est form de trois rgions de semi- conducteur telles que : -Une rgion centrale constitue par un semi-conducteur de type P (par exemple). -Deux autres rgions de part et d'autre de la rgion centrale constitue par des semiconducteurs de type N La rgion centrale est appele base du transistor. Elle est reprsente par la lettre B. Les deux autres rgions son appeles le collecteur (reprsent par C) et l'metteur (reprsent par E). -En consquence, il y a deux types de transistors : 1er type : Transistor NPN. 2me type : Transistor PNP.Co llecteur ( C ) C Base ( B ) Co llecteur ( C ) C Base ( B ) B

N P N

P N P

B

m etteur ( E )

E

m etteur ( E )

E

1ier type :Transistor NPN

2ime type : Transistor PNP

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Chapitre 7


La flche sur l'metteur indique le sens conventionnel du courant. Elle permet galement, de reconnatre le type de transistor (NPN ou PNP). Elle est oriente toujours de P vers N.

II- Polarisations et rgimes de fonctionnementLes zones de contact de part et d'autre de la base forment deux jonctions : - Une jonction metteur-base (E-B) - Une jonction base-collecteur (C-B) En fonction de la polarisation de ces deux jonctions, on distingue diffrents rgimes de fonctionnement, tels que :

Modes de polarisation Jonction (EB) Sens direct Sens direct Sens inverse Sens inverse Jonction (BC) Sens direct Sens inverse Sens direct Sens inverse

Rgimes de fonctionnement Rgime satur Rgime normal Rgime invers Rgime bloqu

Activit : Raliser l'activit N 1 du TP E7 du manuel d'activits.

III- Schma structurel d'un transistor fonctionnant en rgime normalEn rgime normal (rgime le plus frquent), le transistor est polaris tel que : -La jonction E-B est alimente en direct. -La jonction B-C est alimente en inverse. Ce qui, priori, ncessiterait deux sources lectriques d'alimentation.

IV- Etude exprimentale d'un transistor NPN mont en metteur1- MontageDonnes technologiques :RC IC mA

IB K A B

C

RB = 100 k RC = 10 k VBB = 2 V VCC = 6 V T : 2N1711 M : point masse K : interrupteurVCC

TE V VCE

RB VBB

VBE mV mA IE M

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Chapitre 72- Rsultats


IB (en mA) 0 1mA3-Interprtation :

IC (en mA) 0 141mA

IE (en mA) 0 142mA

VBE (en V) 0 0,82V

VCE (en V) 6V 5V

-La jonction E-B est polarise dans le sens direct. Elle est passante. Elle peut tre assimile un interrupteur ferm. -La jonction C-B est polarise dans le sens inverse. Elle est bloque. Elle pourrait tre assimile un interrupteur ouvert. (Ic=0). -Quand IB est nul (IB = 0), IC est nul (IC = 0). Le transistor est dit bloqu.C IC = 0 IB = 0 B V CE = V cc I E =0 E E C

Si IB = 0 , le transistor est dit bloqu . Dans ce cas, on assimile la portion de circuit C-E un interrupteur ouvert et : IC = 0 , VCE =Vcc

Quand IB existe (IB 0), IC existe (IC 0). Le transistor est dit satur.C IC 0 IB 0 B V CE = 0 C

Si IB 0 , le transistor est dit satur . Dans ce cas, on assimile la portion de circuit C-E un interrupteur ferm et : IC 0 ; VCE =0V.E

IE 0 E

-Quand IB croit, IC croit. Quand IB dcrot, IC dcrot. On dit que IB commande IC. -Le circuit E-B est appel circuit d'entre (ou circuit de commande). Le circuit C-B est appel circuit de sortie. 4-Activits : Raliser les activits N 2,3 et 4 du TP E7 du manuel d'activits. 5-Caractristiques statiques de sortie : Rseau de sortie. Pour chaque valeur du courant d'entre IB (IB = cte), on trace une caractristique de sortie IC=(VCE) dfinie par les grandeurs suivantes de sortie: - Tension de sortie VCE aux bornes de l'metteur et du collecteur. - Courant de sortie IC dans le collecteur. - Courant d'entre IB dans la base.

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Chapitre 7


IC = f (VCE ) IB = cte IC IB5 IB4 IB3 IB2 IB1 Lensemble des caractristiques IC = f (VCE ) IB = cte est appel rseau de caractristiques de sortie.

0

VCE

6-Activit : Raliser l'activit N2 du TP E7 du manuel d'activits

V- Limites d'utilisation d'un transistorPour chaque transistor, le constructeur garantit un fonctionnement normal et

2ème info

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