AlgorythmeLes algorithmes, un geste à la fois Exercices d’algorithmes Cours en français

Bases de l’électronique

Prérequis : circuits, source de tension, polarisation et filtre RC. But : choisir un modèle de composant et vérifier son domaine de fonctionnement. Les valeurs de seuil sont des hypothèses d’exercice, pas des caractéristiques universelles de composants.

Premier parcours universitaire · 8–12 h estimées · français

5 visuels et 10 exercices interactifs

Ces leçons forment un premier socle, sans équivalence de crédits universitaires. Les durées sont indicatives et incluent la pratique.

Diode et modèles par morceaux

Tester l’état d’une diode avant de calculer le courant

Source de 5 V, résistance de 1 kΩ et diode en direct. Le modèle choisi impose une chute de 0,7 V en conduction.

Le rappel qui sert ici. Une maille additionne les tensions; la loi d’Ohm porte sur la tension de la résistance seule.

  1. Proposer la conductionvD=0,7V,I≥0

    Pourquoi cette étape ? C’est une hypothèse à vérifier après le calcul. Le seuil de 0,7 V est fourni pour ce modèle; une LED ou une autre diode peut avoir une autre chute.

  2. Écrire la maille5−RI−0,7=0

    Pourquoi cette étape ? En parcourant la boucle du générateur vers la résistance puis la diode, la source est une élévation et les deux autres tensions sont des chutes.

  3. Isoler le courantI=5−0,71000=0,0043A=4,3mA

    Pourquoi cette étape ? 1 kΩ vaut 1 000 Ω. Soustraire la chute de diode laisse 4,3 V aux bornes de la résistance.

  4. Vérifier l’hypothèseI=4,3mA>0

    Pourquoi cette étape ? Le courant est bien de l’anode vers la cathode : la conduction supposée est cohérente. Un résultat négatif aurait imposé de reprendre le circuit en blocage.

  5. Calculer la puissance reçue par la diodePD=vDI=0,7×0,0043=3,01mW

    Pourquoi cette étape ? La puissance dépend de la chute dans la diode, pas de toute la tension d’alimentation. Le calcul n’est pas une validation thermique d’un composant réel.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Une diode favorise un sens de courant. Le modèle idéal impose tension nulle en conduction et courant nul en blocage. Le modèle à chute constante ajoute un seuil fourni, par exemple 0,7 V pour l’exercice. Proposer un état, résoudre le circuit puis vérifier que tension et courant respectent cet état. Une diode réelle possède une caractéristique continue, une résistance dynamique et des limites thermiques. Un résultat au seuil exact exige de traiter la frontière des deux modèles sans imposer arbitrairement un courant non nul.

Exemple résolu

source 5 V, résistance 1 kΩ, diode polarisée en direct avec chute de 0,7 V. I=(5−0,7)/1000=4,3 mA. Le courant positif confirme l’état conducteur supposé. La puissance de diode vaut 0,7×0,0043=3,01 mW.

Diode : modèle et droite de charge

5 V, R=1 kΩ et chute 0,7 V : courant 4,3 mA et puissance de diode 3,01 mW.

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Amplificateur opérationnel

Calculer un inverseur, puis vérifier ses rails

Rin=10 kΩ, Rf=20 kΩ, vin=1 V, entrée + à la masse, rails idéaux ±12 V.

Le rappel qui sert ici. La loi des nœuds s’applique à l’entrée −. Les courants d’entrée de l’ampli-op idéal sont nuls.

  1. Supposer le régime linéaire avec retour négatifi+=i−=0,v−≈v+=0V

    Pourquoi cette étape ? La résistance de retour relie la sortie à l’entrée −. L’égalité des tensions d’entrée est une conséquence du régime linéaire; elle devra être rejetée en saturation.

  2. Égaler les deux courants de résistancevin−0Rin=0−voutRf

    Pourquoi cette étape ? Aucun courant ne pénètre dans l’entrée − : le courant fourni par Rin repart par Rf. La masse virtuelle n’est pas une liaison physique à la masse.

  3. Isoler la sortievout=−RfRinvin=−2V

    Pourquoi cette étape ? Le rapport de résistances est sans dimension. Le signe moins décrit l’inversion du signal.

  4. Comparer aux rails−12<−2<12V

    Pourquoi cette étape ? La sortie calculée est accessible dans ce modèle de rails idéaux. Les plages d’entrée, le courant et la vitesse de sortie d’un composant réel ajouteraient des contraintes.

  5. Reprendre le modèle si l’entrée monte à 8 Vvout,lin=−2×8=−16V⇒vout=−12V

    Pourquoi cette étape ? On ne conserve plus v−=v+. Les rails idéaux bornent ici la sortie; une vraie sortie n’atteint pas forcément exactement les rails.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un ampli-op idéal en régime linéaire avec contre-réaction négative vérifie i+=i−=0 et v+≈v−. Cette égalité ne s’applique pas à une sortie saturée ou à une rétroaction positive. Pour un inverseur, le nœud v− est une masse virtuelle lorsque v+=0 : vout=−Rf/Rin vin. Vérifier ensuite les rails et le courant demandé. Un ampli-op réel a une bande passante, une vitesse de balayage et des plages de tension limitées.

Exemple résolu

Rin=10 kΩ, Rf=20 kΩ, vin=1 V, rails ±12 V. Gain=−2, sortie=−2 V, dans les rails. À vin=8 V, la prédiction linéaire −16 V serait impossible : le modèle doit passer à une saturation définie par les caractéristiques choisies.

Le gain rencontre les rails de l’ampli-op

Inverseur Rin=10 kΩ, Rf=20 kΩ et vin=1 V : sortie −2 V. Avec vin=8 V et rails ±12 V, le modèle limite à −12 V.

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Transistor bipolaire et commutation

Prévoir la commande d’un NPN interrupteur

Collecteur relié à +5 V par 1 kΩ, émetteur à la masse. On impose VCE,sat=0,2 V et un β forcé de dimensionnement de 10.

Le rappel qui sert ici. Le circuit de collecteur limite le courant. Le β forcé choisi pour la commande n’est pas une loi universelle de saturation.

  1. Retirer la chute du transistor saturéVR=5−0,2=4,8V

    Pourquoi cette étape ? La charge et le transistor se partagent l’alimentation. On examine ici l’état saturé comme objectif de commande.

  2. Calculer le courant de charge viséIC,sat=4,81000=4,8mA

    Pourquoi cette étape ? Ce courant découle de la résistance de charge et de VCE,sat. Augmenter IB ne peut pas rendre la chute résistive supérieure à l’alimentation.

  3. Choisir le courant de base de dimensionnementIB,visé=IC,sat10=0,48mA

    Pourquoi cette étape ? Le rapport forcé de 10 donne une cible pédagogique de courant de base. Il faut vérifier les caractéristiques du transistor et du pilote pour une conception réelle.

  4. Déduire une résistance de baseRB=3,3−0,70,00048≈5416,67Ω

    Pourquoi cette étape ? Seule la différence 3,3−0,7 V est appliquée à RB. Le modèle suppose ici une chute VBE fournie et une source de commande capable de fournir le courant.

  5. Distinguer actif et saturationIC,actif≈βIB;IC,sat≈5−0,21000

    Pourquoi cette étape ? Un β actif de 100 et IB=20 µA prédiraient 2 mA : la chute collecteur serait alors 2 V et VCE=3 V, cohérent avec le régime actif simplifié.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un BJT possède plusieurs régimes. En actif direct dans le modèle simple, IC≈βIB; en saturation, le circuit de collecteur limite le courant et cette relation n’est plus une égalité exploitable. Pour concevoir un interrupteur, on utilise une hypothèse de β forcé prudente et une tension VCE,sat donnée, puis on vérifie le courant de base disponible. VBE n’est pas une constante universelle. Le point de repos fixe la zone d’un amplificateur avant toute analyse des petites variations.

Exemple résolu

charge résistive 1 kΩ reliée à 5 V, BJT NPN avec VCE,sat=0,2 V. Le courant de charge saturé serait (5−0,2)/1000=4,8 mA. Avec β forcé=10, prévoir au moins 0,48 mA de base dans ce modèle. Cela ne prouve pas la saturation d’un composant réel non spécifié.

Vérifier le régime du transistor bipolaire

β=100, IB=20 µA, alimentation 5 V et R=1 kΩ : IC=2 mA, VCE=3 V. Limite de saturation du modèle : 4,8 mA.

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MOSFET et pertes de conduction

Séparer pertes de conduction et commande de grille

MOSFET commandé : I=5 A, RDS,on=0,02 Ω dans les conditions données. Rapport de conduction D=0,4.

Le rappel qui sert ici. La loi d’Ohm décrit la chute dans l’interrupteur fermé. Une moyenne temporelle pondère sa puissance par la durée de conduction.

  1. Trouver la chute pendant ONVDS=IRDS,on=5×0,02=0,1V

    Pourquoi cette étape ? RDS,on doit être spécifiée au VGS et à la température considérés. La simple tension de seuil ne suffit pas à garantir cette résistance.

  2. Calculer la puissance pendant ONPON=I2RDS,on=25×0,02=0,5W

    Pourquoi cette étape ? On peut aussi retrouver VI=0,1×5=0,5 W. Employer toute l’alimentation à la place de VDS donnerait une autre puissance.

  3. Moyenner sur un cyclePcond=DPON=0,4×0,5=0,2W

    Pourquoi cette étape ? Ce résultat suppose 5 A constants pendant ON et aucune conduction dans ce transistor pendant OFF. Les pertes de commutation s’ajoutent.

  4. Évaluer le courant moyen fourni à la grilleIg,moy=Qgf=20×10−9×50000=1mA

    Pourquoi cette étape ? La grille ne consomme pas de courant continu idéal, mais une charge doit être transférée à chaque cycle. Le courant instantané de commutation peut être bien plus élevé.

  5. Trouver la puissance de commande idéalePpilote=QgVGSf=0,01W

    Pourquoi cette étape ? Cette énergie provient de la source du pilote. Elle ne se confond pas avec les 0,2 W de pertes résistives du chemin de puissance.

Règles, cas particuliers et autre exemple

La tension grille-source commande un MOSFET. Le courant continu de grille est faible dans le modèle idéal, mais charger sa capacité demande du courant pendant les commutations. La tension de seuil ne garantit pas une faible résistance de conduction : utiliser RDS,on spécifiée pour le VGS et la température considérés. En interrupteur fermé, P≈I²RDS,on. Les pertes de commutation s’ajoutent. Pour une charge inductive, le courant doit trouver un chemin au blocage; la topologie et les composants de roue libre comptent.

Exemple résolu

I=5 A et RDS,on=0,02 Ω dans les conditions données. Chute VDS=0,1 V et perte=0,5 W pendant la conduction. Avec un rapport de conduction 0,4 et un courant identique pendant ces intervalles, la moyenne résistive est 0,2 W; les pertes de commutation ne sont pas comprises.

Conduction et charge de grille sont deux bilans

5 A et RDS,on=0,02 Ω : 0,1 V de chute et 0,5 W pendant ON. Avec D=0,4, moyenne résistive 0,2 W.

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Chaîne de mesure et conversion

Suivre un signal jusqu’au code numérique

CAN idéal 8 bits, Vref=2,56 V, entrée après conditionnement 1,00 V. Convention : intervalles q=Vref/2ᴺ et reconstruction au centre.

Le rappel qui sert ici. floor(x) désigne l’entier inférieur ou égal à x. Un code est un nombre entier, pas une tension.

  1. Compter les codes28=256,code∈[0;255]

    Pourquoi cette étape ? Huit bits donnent 256 combinaisons. Le nombre maximal représentable est 255 car le comptage commence à zéro.

  2. Calculer le pasq=2,56256=0,01V

    Pourquoi cette étape ? La convention choisie définit 256 intervalles égaux. Diviser par 255 correspondrait à une autre convention de transfert.

  3. Choisir le codecode=floor(1,000,01)=100

    Pourquoi cette étape ? L’entrée se situe au début de l’intervalle [1,00;1,01[ V. Le code reste borné entre 0 et 255.

  4. Reconstruire au centreVrecon=(100+0,5)×0,01=1,005V

    Pourquoi cette étape ? Le centre réduit la pire erreur de quantification à q/2 pour une entrée dans la plage. Ici l’erreur vaut +5 mV.

  5. Vérifier aussi le gain du conditionnement0,2×20=4V>3,3V;Gmax=3,30,2=16,5

    Pourquoi cette étape ? Un CAN à 3,3 V écrêterait cette autre chaîne de mesure. Choisir un gain 15 donnerait 3 V au maximum et une marge de 0,3 V; la résolution seule ne suffit pas.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Une chaîne de mesure associe capteur, conditionnement, filtrage et conversion analogique-numérique. Choisir le gain pour exploiter la plage sans écrêter. Un convertisseur idéal de N bits possède 2ᴺ codes; on adopte ici un pas q=Vref/2ᴺ, un code floor(Vin/q) borné entre 0 et 2ᴺ−1 et une reconstruction au centre du code. L’erreur de quantification reste alors inférieure ou égale à q/2 hors saturation. Ce n’est pas toute l’incertitude : bruit, gain et référence contribuent aussi.

Exemple résolu

capteur 0–0,1 V, gain 20, CAN 12 bits, Vref=3,3 V. Sortie 0–2 V; q=3,3/4096≈0,805664 mV, équivalent capteur≈40,2832 µV. Il reste de la marge avant 3,3 V, au prix d’une partie de la plage numérique inutilisée.

Du signal analogique au code numérique

CAN 8 bits, référence 2,56 V : pas 0,01 V. Entrée 1 V : code 100 et reconstruction centrale 1,005 V.

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Pour aller plus loin

Physique des semi-conducteurs, modèles exponentiels, petits signaux BJT/MOS, réponse en fréquence, bruit, stabilité des ampli-op, protection des entrées et incertitude complète d’une mesure.