Astable/Signaux périodiques/Fonctionnement de la DEL

[invite92f6a872]

Bonjour à tous,

Voilà un nouveaux devoir, où j'aurais besoin de votre aide pour confirmer mes résultats et m'apporter votre aide si celà est faux. S'il vous plaît.

Présentation:

Ce problème est constitué de quatre parties non indépendantes. La première traite d'un montage astable constitué autour du LM 555.
Les deuxième et troisième parties sont purement logiques; on y élabore deux signaux qui déclenchent des alarmes visuelle et sonore en fonction d'un signal extérieur.
La dernière partie est analogique, c'est l'étude des interfaces entre les signaux logiques et les dispositifs d'alarme.

Première partie: Etude de l'astable.

Voir graphe ci-joint.
On donne RA= 6,8 M ohms, RB= 10 K ohms, P est un potentiomètre de valeur 1 M ohms, C=0,1 micro F et Vcc=5V.

1). Préciser à l'aide de la documentation constructeur du LM 555, le parcours de charge et de décharge du condensateur de capacité C ainsi que les constantes de temps correspondantes.
Réponse:
Charge:
A la mise sous tension, Uc=0, R=1 et S=0.
La sortie est au niveau haut et la décharge est inactive.
C se charge à travers P, RA et RB.
Décharge:
Lorsque Uc atteint 2Vcc/3, R=0 et S=1.
La sortie est au niveau bas et la décharge est activé.
C se décharge à travers RB dans le circuit de décharge.
Temps de charge:
t_H=0,69*(RA+RB+P)*C
t_H=0,69*(6800000+10000+1000000)* 0,1.10^-6
t_H=0,54 s.
Temps de décharge:
t_L=0,69*RB*C
t_L=0,69*10000*0,1.10^-6
t_L=6,9.10^-4 s.

2). Donner l'expression littérale de la période T du signal H en fonction de P, C, RA, RB. On appelle P la valeur utile de la résistance du potentiomètre.
Réponse:
On a:
T=t_H + t_L
T=0,69*(RA+RB+P)*C + 0,69*RB*C
D'où:
T=0,69*C(RA+2RB+P)

3). Vérifier que cette structure peut délivrer un signal d'horloge H de période 0,5 s.
Réponse:
T=0,69*0,1.10^-6(6800000+2*10000+1000000)
T=0.54 s.


Voilà, j'aurais aimé savoir si celà est bon et si non pourquoi.S'il vous plaît.
Je posterais la deuxième partie quand j'aurais compris mes erreurs si il y en a.

Merci d'avance.

A bientôt.
Road Ster
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[Gérard]

Bonjour,
Un peu de littérature sur le 555 :
http://www.google.fr/search?hl=fr&q=555&meta=

pas le 1er lien

[invite92f6a872]

Bonjour,

Merci, j'ai regardé quelques liens.
Sinon pour ma première partie je pense qu'elle est bonne mise à part la question 3 que j'ai rectifié.

Deuxième partie : Elaboration des signaux périodiques.

On relie la sortie H de l'astable dont la période est de 0,5 s à l'entrée CP du circuit 4024.

Voir schéma joint.

Le 4024 est un compteur actif sur le front descendant du signal appliqué sur CP.
Les 7 sorties sont O₀....O₆ avec O₀ la sortie de plus faible poids. Un signal haut sur R entraîne une remise à zéro des sorties du compteur, un signal bas autorise le comptage.

4). A partir de l'état zéro en sortie du compteur, préciser le nombre d'impulsions H nécessaires pour que la sortie O₆ change d'état. Quelle est la durée correspondante?
Réponse:
Pour que O₆ change d'état, c'est-à-dire que O₆ passe de l'état bas (0) à l'état haut (1), il faut que le compteur atteigne le nombre binaire 1000000, soit 64 en décimal. On aura donc 64 impulsions pour que O₆ change d'état.
Une impulsion est de 0,5 s soit:
T₆= 0,5*64 = 32 s

5). Déterminer l'équation logique de X en fonction de Q0 et de Q6.
Réponse:
X est formé à partir de 2 portes NAND, donc on a/
X = Q₀.Q₆

6). Compléter les chronogrammes sur le document réponse 1.
Réponse:
Voir document joint.
Je ne sais pas si c'est juste, pouvez vous m'expliquer mes erreurs si j'en ai fait s'il vous plait?


Merci à vous.
En attendant vos réponses je fais la partie III.

A bientôt.
Road Ster.

[invitefaf9e594]

Salut

Regardes la table de verité ici (en bas de la page 2) http://unitrel.pl/gif/cd4024.pdf
et ton chronogramme.... la partie du reset...

A mon avis, tu as un truc pas tout à fait juste...

[A voir en vidéo sur Futura]

[Gérard]

Bonjour,
Je vois une petite erreur pour le Reset, en effet, dès que Q6 et Q0 seront à 1, les NAND vont mettre le compteur à 0 et les sorties Q0 et Q6 seront à 0.
Le temps mis pour faire ça dépend de la vitesse de propagation dans les circuits.

[invitefaf9e594]

Salut

Comme c'est bientot Noel, je t'ai fais un scan

Regardes les flèches c'est pour aider à comprendre (tu peux les mettre sur ton diagramme, cela se fait pour les cas compliqués)

La chronologie, c'est:

1: les sorties Q0 et Q6 sont les toutes les deux à 1. Ton signal reset passe à 1

2: le 4024 reçoit le reset, les sortie Q0 et Q6 passent à 0

3: les sorties Q0 et Q6 étant à 0, le signal de reset repasse à 0

Comme dit Gérard, le temps mis pour faire tout ça dépend de la vitesse de propagation dans les circuits. Cela va vite, c'est dans l'ordre des centaines de nanosecondes

(désolé pour les flèches pas très belles , je suis pas Picasso non plus )

[invite92f6a872]

Bonjour tous les deux

Merci pour votre aide.
J'attend que ton fichier soit accepté, merci pour le scan.

J'ai une petite question qui me vient :
Pourquoi dans le circuit on a utilisé 2 porte NAND et pas 1 AND?
Celà reviendrait au même non?

Merci et à bientôt.
Road Ster.

Ps: prochain poste je met la partie III

[invitefaf9e594]

Salut

Pourquoi dans le circuit on a utilisé 2 porte NAND et pas 1 AND?

Ben cela c'est mon idée.... c'est peut etre pour retarder un peu le signal de reset... attends de voir le chronogramme ...

[invitefaf9e594]

Salut

Une autre explication...

Regardes ici un circuit intégré: http://rabbit.eng.miami.edu/info/datasheets/74LS00.pdf

Dans un circuit, tu as 4 portes disponibles. Si tu as besoin d'une fonction Nand ailleurs dans ton circuit, tu as 2 portes Nand encore disponibles...
Par contre, si tu montes une porte AND, tu as encore 3 portes AND de disponible mais si tu as besoin d'une fonction Nand, tu peux pas utiliser les portes AND, tu dois monter un 2 eme cricuit NAND complet...
Certains diront que les electroniciens sont economes, d'autres qu'ils sont fainéants

[invite92f6a872]

Salut,

Ah je comprend en fait il s'agit d'un pique qui dure quelques nano secondes et comme le reset est actif juste après on recommence le comptage du départ, et tout ça en boucle (jusqu'à ce que ça grille ^^).
Si c'est bien celà je comprend mieux .

Dans un circuit, tu as 4 portes disponibles...

C'est vrai qu'il est plus économe d'avoir un seul circuit que 2 pour le même résultat.

Je poste donc la partie III:

Troisième parti : Elaboration des signaux de commandes.

Le sous-système suivant comprend un interrupteur K qui permet de valider (K fermé) le dispositif, une entrée E image du signal externe qui doit déclencher les alarmes (E=1 les alarmes seront activées), des entrées Q₀ et Q₆ issues du montage précédent, de la sortie Y₁ reliée à une DEL et Y₂ reliée à un buzzer (le buzzer est actif si Y₂=1). La valeur de V_dd est 12 V.
Voir image "sous-système" jointe.

Rappel sur le fonctionnement de la bascule D 4013.
Voir image "rappel D 4013" jointe.

7) Compléter et commenter les chronogrammes du document réponse 2.
Réponse :
Voir image "document réponse 2" jointe.
Je ne sais pas comment commenter un chronogramme, une petite aide svp

8) Déterminer les équations logiques de Y₁ et Y₂ en fonction de K, Q_D, Q₀ et Q₆.
Réponse :
Voir image "sous-système".
Plus simple pour écrire les formules .

9) Commenter l'état du buzzer dans le cas où le dispositif n'est pas validé (K ouvert).
Réponse :
L'état du buzzer est l'état de Y₂.
Quand le dispositif n'est pas validé K=0.
Dans ce cas on a:
- K.Q_D.₀Q est à l'état 0.
- /K.Q₆ :
.à l'état 1 si Q₆ est à l'état 1.
.à l'état 0 si Q₆ est à l'état 0.
Comme Q₆ est à l'état 1 toute les 32 secondes, alors le buzzer est à l'état 1 (sonne) toute les 32 secondes pendant une demi seconde, puis à l'état 0 pendant 32 secondes et ainsi de suite.

Voilà pour ma troisième partie.
Ai-je fais des erreurs s'il vous plait?
si oui, pouvez vous m'expliquer svp.

Merci d'avance et à bientôt.
Road Ster.

[Gérard]

Bonjour,
Pour le 7) :
Comme D est relié à Vdd, Q passe a 1 dès l'impulsion sur CK.
Cette bascule ne revient jamais à 0 si R n'est pas relié à Vdd pour faire un reset.

[invite92f6a872]

Bonjour Gérard,

Donc Q_D passe à l'état haut à la première impulsion sur CK puis à la deuxième impulsion repasse au niveau bas?
Et mon chronogramme est faux?

Merci d'avance.
Road Ster.

[invitefaf9e594]

Salut

Ah je comprend en fait il s'agit d'un pique qui dure quelques nano secondes et comme le reset est actif juste après on recommence le comptage du départ, et tout ça en boucle (jusqu'à ce que ça grille ^^).

C'est cela, jusqu'a ce que cela grille ou que EDF fasse greve et te coupe le jus

[invite92f6a872]

Bonjour bonjour,

J'ai corrigé mon chronogramme par vos conseils.
Est-il juste svp?

Sinon pour les questions 8 et 9 ce que j'ai fais est correcte ou j'ai fais des erreurs ?


Merci d'avance.
Road Ster.

[Gérard]

Bonjour,
Pour le 7) :
Comme D est relié à Vdd, Q passe a 1 dès l'impulsion sur CK.
Cette bascule ne revient jamais à 0 si R n'est pas relié à Vdd pour faire un reset.

Bonjour,
C'est pas terrible comme réponse.

En fait, c'est l'ouverture de K qui fera le Reset.
K va faire basculer la NAND et K/ (K barre) et cablé vers Reset de la bascule.
Le chronogramme n'est pas juste, Qd revient à 0 quand K = 0.

[Gérard]

Bonjour bonjour,

J'ai corrigé mon chronogramme par vos conseils.
Est-il juste svp?

Je dirais oui.

Sinon pour les questions 8 et 9 ce que j'ai fais est correcte ou j'ai fais des erreurs ?


Merci d'avance.
Road Ster.

Le 8 = OK mais il faudrait simplifier les équations.
Avec tes annotations, il est facile de suivre les équations.

[Gérard]

Après simplification de Y2, je trouve :
Y2 = K/.Q6 + K.QD.Q0
le fonctionnement est celui que tu décris dans le post11.
Je dirais donc que tu as tout juste.

[invite92f6a872]

Bonjour Gérard,

Merci pour ces rapides réponses.

Après simplification de Y2, je trouve :
Y2 = K/.Q6 + K.QD.Q0

J'ai oublié le 2 du Y sur l'image.
On a donc pareil .

le fonctionnement est celui que tu décris dans le post11.
Je dirais donc que tu as tout juste

Correction post10
Merci de la confirmation celà veut donc dire que j'ai bien compris .


Merci encore et à bientôt.
Road Ster

Prochainement la partie 4 (dernière partie), une seule question très facile

[invitefaf9e594]

Salut

Me suit fait un tableau sous excel avec ton sous systeme avec l'etat des sorties Y1 et Y2. (parce que l'algèbre bool j'ai oublié...)

D'après ou je suis arrivé, te confirme aussi....:

[invite92f6a872]

salut lemano,

Me suit fait un tableau sous excel

ah oui carément

Je sais pas si je serais le faire ^^
Merci pour la double confirmation.

Je posterais la partie 4 ce soir (chez moi), c'est quelque chose de déjà vu

A ce soir.
Road Ster.

[invite92f6a872]

Bonjour,

La fatigue m'a fait oublier de poster hier soir ^^, je poste donc maintenant.

Le schéma structurel est le suivant : image jointe.

Soient les paramètres suivants concernant le transistor :
100=< B =<200 V_BE=0,6 V V_CEsat=0,2 V

Le montage doit assurer le fonctionnement de la DEL aux conditions suivantes :
V_d(DEL)=2,3 V et I_f=10 mA. on rappelle que V_dd=12 V.

10) Déterminer les valeurs nominales des résistances R₁ et R₂ (série normalisée E12).
Réponse :

V_dd=R₂I₂ + V_d + V_CEsat
R₂=(V_dd-V_d-V_CEsat)/ I_f
R₂=(12-2,3-0,2)/0,01
R₂=950 ohm

R₁I_f/B + V_BE = V_dd
R₁=(V_dd - V_BE) B/I_f
On peut donc faire un encadrement de R1 :
100=< B =<200
100(V_dd - V_BE)/I_f =< R₁ =< 200(V_dd - V_BE)/I_f
100(12-0,6)/0.01 =< R₁ =< 200(12-0,6)/0,01
114000 =< R₁ =< 228000

Voilà donc ce que j'ai fait pour cette dernière question.
Dois-je donner une valeur exact à R₁ svp?

Je m'excuse encore pour le retard.

A bientôt.
Road Ster.

[invitefaf9e594]

Salut

La fatigue m'a fait oublier de poster hier soir

Cela oblige une question... ... c'est quoi la boisson typique de Guyanne qui fatigue autant (réponds po le thé on te croirait pas )

Pour les calculs...

Pour la serie mormalisée, tu peux lire ici

http://www.positron-libre.com/cours/...nces/serie.htm

Pour R2, cela veut dire que tu dois chosir entre une 820 ohms ou une 1000 ohms. Perso, je choisirais une 820 ohms, le courant dans la diode sera un tout petit peu plus grand que 10 mA, mais une led est parfaitmement capable de supporter cela.

Pour R1, tu dois t'assurer que la base du transistor recoive un courant suffisant pour que ton transistor soit saturé et le fabricant te dis que B peut etre entre 100 et 200.
Si tu calcules R1 avec un gain de 200 et que le transitor à un gain de 200, pas de probleme mais si ton transistor à un gain de 100, que va t'il se passer.. ton courant Ic (BxIb) ne sera pas celui que tu veux, il sera trop faible.
Si tu calcules R1 avec un gain de 100 et que le transistor à un gain de 100, pas de probleme et si ton transistor à un gain de 200... ton transistor sera un peu plus saturé que saturé... comme aurait dis Coluche une lessive qui lave blanc, c'est bien une lessive qui lave plus blanc que blanc... cela reste blanc... donc ton transistor sera un peu plus saturé que saturé donc saturé, et ton courant Ic ne sera pas plus grand puisque limité par R2 donc cela sera bon

Il te faut prendre donc le cas de R1 quand le transistor n'a que B=100 soit théoriquement 114'000 ohms. Cette valeur est la limite supérieure pour que ton transistor avec un gain de 100 fonctionne corectement donc dans la serie E12, tu vas choisir celle qui est au dessous soit 100'000 ohms = 100 Kohms.

Après si tu veux super bien faire, tu peux recalculer le courant Ic (le courant dans la diode) dans les 4 cas extremes:

R1 = 100000 ohms - 10 % / + 10 %
R2 = 820 ohms - 10 % / + 10 %

[Gérard]

Bonjour,
Le calcul de R2 est bon, tu trouves 950ohm --> 1K (valeur la + proche).
Le courant sera un peu plus faible que prévu. Si tu mets la valeur juste en dessous, ce sera 820 ohm, ça marche aussi, tu resteras toujours dans ls limites acceptables en courant pour la LED.

Pour R1, il faut savoir quelle est la tension sur Y1 ?

Pour le calcul de IB, on prend le gain mini (100 dans ton cas) et pour bien saturer le transistor (desfois qu'il soit fatigué), on multiplie le résultat par 2 (dixit un vieux prof...)
IB = IC / 100 = 10 / 100 = 0,1 mA
avec la marge IB = 0,2 mA
pour le calcul de R1, il faut la valeur de Y1
R1 = (Y1 - VBE) / 0,2