Université Abou Bekr Belkaid Tlemcen Année Universitaire 2016/2017 Faculté de Technologie Master1 - AII Département GEE AI 822

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Corrigé de l’examen

Exercice1 : (6pts)

Montage (1) Montage (2) Montage (3) Montage (4) Nom du montage

Amplificateur inverseur (0,5)

Amplificateur non inverseur (0,5)

Amplificateur dérivateur (0,5)

Amplificateur intégrateur (0,5)

Expression de VS en

fonction de Ve

2S

1

RV Ve

R (0,5) 1 2

S1

R RV Ve

R

(0,5) SdVe

V RCdt

(0,5) S1

V VedtRC

(0,5)

Graphe correspondant

(a) (0,5) (c) (0,5) (b) (0,5) (d) (0,5)

Exercice 2 : (6pts) A. Etude de l’astable 1. tH représente le temps de charge du condensateur (0,25) tL représente le temps de décharge du condensateur (0,25) 2.

Pour tH on a: i LV V , f CCV V et C HV V d’où

CC LH

CC H

V V 5 0,8t RC Ln RC Ln 0,21RC

V V 5 1,6

(0,5)

Pour tL on a: i HV V , fV 0 et C LV V d’où

HH

L

V 1,6t RC Ln RC Ln RCLn2 0,69RC

V 0,8

(0,5)

d’où l’expression de la période :

H LT t t 0,21RC 0,69RC 0,9RC

(0,5) 3.

a. T 0,9.1.1 0,9ms d’où 1 1

f 1KHzT 0,9

(0,75)

b. Ht 0,21RC 0,210,23

T 0,9RC 0,9 ( 23% ) (0,5)

B. Etude du transistor 1. (1)

La valeur de VS (V) L’état de Q1 (bloqué ou saturé) La valeur de VCE (V) L’état de D (allumée ou éteinte) 0 bloqué 12 éteinte 5 saturé 0,3 allumée

2. D’après la maille d’entrée lorsque le transistor est saturé on a :

S B BSAT BESATV R I V d’où S BESATB

BSAT

V VR

I

(0,25)

Le courant du collecteur est C F BI I I d’où le courant de base CB

I 20I 0,2mA

100

(0,5)

Or pour assurer la saturation du transistor il faut avoir BSAT BI I cela conduit à BSAT BI kI 3.0,2 0,6mA

(0,5)

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et finalement B

5 0,7R 7,16K

0,6

On prend la valeur normalisée immédiatement inférieure BR 6,8K

(0,5)

Exercice3 : (8pts) 1.

( V V 0 ), ( sortieR ), ( Rentrée → 0 , d’où I+ = I- = 0 ) (1)

2. A1 : Régime linéaire. Montage amplificateur non inverseur. (0,5) A2 et A3 : Régime non linéaire. Comparateur à un seul seuil. (1) 3.

D’après le théorème de millman on a T1V1 1 0V

R1 R2 R1 R2

d’où T1

R1 R2 R2V V V

R1 R1 car R2 R1

(0,5)

Or TV V 0 V V V = car TV V=

d’où T1 T

R2V V

R1

(0,5)

4.

Puisque R2 100R1 on obtient T1 T T

100R1V V 100V

R1 (0,5)

donc on aura :

Pour T=10°C : VT = 20mV = 0,02V d’où T1V 100.0,02 2V (0,25)

Pour T=25°C : VT = 50mV = 0,05V d’où T1V 100.0,05 5V (0,25)

5. En appliquant le diviseur de tension on aura

ref1 CC

R4V V

R3 R4 d’où CC ref1

ref1

R4(V V ) 1.(15 5)R3 2K

V 5

(0,5)

6. (2,5)

Température (°C)

Valeur de VT1

(V) Valeur de VS1

(V)

Valeur de VS2

(V)

Etat de D1 (allumée ou éteinte)

Etat de D2 (allumée ou éteinte)

T < 10 VT1 < 2 0 15 éteinte allumée T > 25 VT1 > 5 15 0 allumée éteinte

10 < T < 25 2 < VT1 < 5 0 0 éteinte éteinte 7. D’après la maille de sortie de A2 on a :

S1 5 F FV R I V d’où S1 F5

F

V V 15 1,4R 0,68K 680

I 20

(0,5)

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La consultation des copies d'examen est programmée le lundi 05/06/2017 à 12 h