Exercices Amplificateur a Liaisons Continues

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  1 AMPLIFICATEUR A LIAISONS CONTINUES On considère le montage amplificateur à liaisons continues de la figure suivante, composé de deuxétages, qui utilisent à la température de 25 °C, des transistors NPN intégrés identiques ayant lemême courant I  SBC   et possédant :ãUn gain en courant β = 200ãUne tension de Early très importante Les sources de courant I  1  et I  2  sont supposées idéales c’est-à-dire que leur résistance interne R i  est infinie. +- eg + V CC = +15 V - V  EE = -15 V  R1R2T1T2T3Ri  ∞ I1vevsvs1 0 V0 V IC1C1B3B2EC2IC21° étage amplificateur2° étage amplificateur I2 K T4Ri  ∞ 1 mA L’interrupteur K est ouvert pour isoler le premier étage. 1.   Au repos, pour eg = 0 V, montrer que les transistors T 1  et T 2  ont le même courant decollecteur.2.   Dessiner le schéma équivalent aux petites variations et aux fréquences moyennes du premierétage.3.   Déterminer les expressions de la résistance d’entrée R e1  du premier étage ainsi que son gainen tension A 1  = v s1  / v e .4.   On désire obtenir : ã   Un gain en tension A 1  de –200 ã   Une résistance d’entrée de 250 k Ω Calculer la valeur à donner à la résistance R 1  et à la source de courant I 1 .  1  © Ph. Roux 2005 http://rouxphi3.perso.cegetel .net  5.   Déterminer l’expression de la résistance de sortie R s1  du premier étage. Cette résistance étant trop importante, on ferme K. Le générateur de courant I  2  est fixé à 1 mA. Onadmettra que le courant de base de T  3  est faible devant le courant de collecteur de T  1 . 6.   Quel est le montage utilisé dans la réalisation du 2° étage ?7.   Au repos, pour e g  = V E  = 0 V, on désire obtenir une tension de sortie V S  nulle. Dans cesconditions, calculer la valeur de la résistance R 2 .8.   On désire déterminer la résistance de sortie R s  du montage complet. Donner le schémad’analyse en utilisant la méthode de « l’ohmmètre ». Déterminer alors l’expression de R s  etFaire l’application numérique.  CORRIGE Q1 : V E  = 0 = V BE1  –V BE2 . Selon la loi des transistors intégrés identiques :  II V U  CSBC  BE T  = exp() , on endéduit que : I C1  = I C2 .Q2 : β .i b1 β .i b2 r be r be R 1 i b1 i b2 v s1 v be2 v be1 B 2 B 1 Ev e Q3 : Equation au nœud E : ()() ββ  + + + = =− 110 1212 iiii bbbb vriiri ebebbbeb = − = () 121 2 D’où  Rvir eebbe 11 2 = = Sachant que : v s1  = - β . R 1 . i b1  A Rr be 11 2 =− β  Q4 : R 1  = 250 k Ω avec : rU  I  beT C  = β  , on en déduit : I 1  = 80 µ A.Q5 : On exploite la méthode de « l’ohmmètre » : faire e g  nul et rechercher l’expression du rapportu/i du générateur placé en sortie. β .i b1 β .i b2 r be r be R 1 i b1 i b2 v be2 v be1 B 2 B 1 E u +-i   RRui S b 111 = //. β  Sachant que la tension d’entrée v e  est nulle, v e  = 2r be .i b1  entraîne que le courant de commande i b1  estaussi nul, donc ( β .i b1 ) est nul.Dans ces conditions, R S1  = R 1 = 250 k Ω .Q6 : Montage collecteur commun de type « Darlington ».Q7 : +- eg + V CC = +15 V - V  EE = -15 V  R1R2T1T2T3Ri  ∞ I1vevsvs1 0 V0 V IC1C1B3B2EC2IC2 I2 K T4Ri  ∞ 1 mA   5V3,8V La résistance R 2  est égale à 3,8 k Ω .Q8 : β .i b3 r be3 r be4 R 2 i b3 i b4 B 3 i β .i b4 u +-u1R 1 B 4 E 4  RuiuRiuRRui ss = = + = +   2121 uriRri bebbeb 144133 =− − + .()  avec : () () ββ  + =− + = 11 434 iiii bbb ii b 32 1 =−+ () β     RRui RrrRk  sbebe = + = +++ ++= 2124312 1138 ββ  (),  Ω
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