Astables et Monostables
A). Astables :
Un astable est un circuit qui permet de générer un signal rectangulaire, qui peut servir de signal
d’horloge.
I ). A portes Logiques :
1°). Schéma :
La porte logique étant à hysteresis, elle possède deux seuils de basculement : Vh1 et Vh2. Elle
est alimentée entre VCC et 0V. On considère que le condensateur est déchargé à t=0.
2°). Etude :
a) A t=0 :
 Schéma équivalent :
Astables&Monostables
1
JFA06
 Calcul de l’équation de la tension aux bornes de C1 :
On :
Vc  A  B.e
t
R 1 .C 1
t=0
t=∞
Schéma
Vc=0
Vc=Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
t
Vc  Vcc 1  e R 1.C 1 


 Calcul du temps T1 mis par la tension Vc1 pour arriver à Vh2 :
t1
Vh2  Vcc 1  e R 1.C 1 


 Vh2  Vcc 
t 1   R1.C 1.ln

  Vcc 
b) A t=t1 :
On a eu basculement de la porte logique donc Vs=0
 Schéma équivalent :
Astables&Monostables
2
JFA06
 Calcul de la nouvelle équation de la tension aux bornes de C1 :
On :
Vc  A  B.e
t
R 1 .C 1
t=0
t=∞
Schéma
Vc=Vh2
Vc=0
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vc  Vh 2.e
t
R 1.C 1
 Calcul du temps t2 mis par la tension Vc1 pour arriver à Vh1 :
Vh1  Vh2.e
t 2
R 1 .C 1
 Vh1 
t 2   R1.C 1.ln

 Vh2 
c) A t=t2 :
On a eu un nouveau basculement de la porte logique donc Vs=Vcc
 Schéma équivalent :
Astables&Monostables
3
JFA06
 Calcul de la nouvelle équation de la tension aux bornes de C1 :
On :
Vc  A  B.e
t
R 1 .C 1
t=0
t=∞
Schéma
Vc=Vh1
Vc=Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vc  Vcc  Vh1  Vcc .e
t
R 1 .C 1
 Calcul du temps t3 mis par la tension Vc1 pour arriver à Vh2 :
Vh2  Vcc  Vh1  Vcc .e
t
R 1 .C 1
 Vh2  Vcc 
t 3   R1.C 1.ln

 Vh1  Vcc 
d) Calcul de la période du signal d’horloge :
La période est donc :
T  t 2  t 3 et f 
Astables&Monostables
4
1
T
JFA06
3°). Chronogrammes :
4°). Application :
On prendra :
Vcc = 5V ; R1 = 10 kΩ ; C1 = 100nF ; Vh1=1,6V ; Vh2 = 3,5V
On trouve alors :
 Vh2  Vcc 
 3,5  5 
3
9
t 1   R1.C 1.ln
  10.10 .100.10 .ln
  1,2 ms
  Vcc 
 5 
 1,6 
 Vh1 
3
9
t 2   R1.C 1.ln
  10.10 .100.10 .ln   0 ,783 ms
 Vh2 
 3,5 
 3 ,5  5 
 Vh2  Vcc 
3
9
t 3   R1.C 1.ln
  0 ,818 ms
  10.10 .100.10 .ln
Vh
1

Vcc
1
,
6

5




T  t 2  t 3  0 ,783  0 ,818  1,6 ms
f 
Astables&Monostables
5
1
 625 Hz
T
JFA06
II ). A Amplificateur Opérationnel :
1°). Schéma :
L’amplificateur opérationnel étant monté en comparateur à hystérésis, avec les résistances R1 et
R2. On a donc deux seuils de basculement : Vh1 et Vh2. Il est alimenté entre VCC et -VCC. On
considère que le condensateur est déchargé à t=0.
Vh1 
 Vcc.R 2
R1  R 2
et Vh 2

Vcc.R 2
R1  R 2
2°). Etude :
a) A t=0 :
 Schéma équivalent :
Astables&Monostables
6
JFA06
 Calcul de l’équation de la tension aux bornes de C :
On :
Vc  A  B.e
t
R .C
t=0
t=∞
Schéma
Vc=0
Vc=Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
t
Vc  Vcc 1  e R .C 


 Calcul du temps T1 mis par la tension Vc1 pour arriver à Vh2 :
t1
Vh2  Vcc 1  e R .C 


 Vh2  Vcc 
t 1   R.C .ln

  Vcc 
Astables&Monostables
7
JFA06
 Vcc.R 2

 Vcc 

R1 
   R.C .ln
t 1   R.C .ln R1  R 2


Vcc
R
1

R
2






On trouve que t1 est indépendant de Vcc.
b) A t=t1 :
On a eu basculement de l’AOP donc Vs = – Vcc
 Schéma équivalent :
 Calcul de la nouvelle équation de la tension aux bornes de C :
On :
Vc  A  B.e
t
R .C
t=0
t=∞
Schéma
Vc=Vh2
Vc= – Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vc  Vcc  Vh2  Vcc .e
Astables&Monostables
8
t
R .C
JFA06
 Calcul du temps t2 mis par la tension Vc pour arriver à Vh1 :
Vh1  Vcc  Vh2  Vcc .e
t 2
R .C
  Vcc.R 2


Vcc


 Vh1  Vcc 
R
1

R
2


t 2   R .C .ln
   R.C .ln Vcc.R 2
 Vh2  Vcc 

 Vcc 
 R1  R 2

  R 2   R1  R 2  
R1


t 2   R .C .ln
   R.C .ln

 R1  2.R 2 
 R 2   R1  R 2  
c) A t=t2 :
On a eu un nouveau basculement de l’AOP donc Vs=Vcc
 Schéma équivalent :
 Calcul de la nouvelle équation de la tension aux bornes de C1 :
On :
Vc  A  B.e
Astables&Monostables
9
t
R .C
JFA06
t=0
t=∞
Schéma
Vc=Vh1
Vc=Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vc  Vcc  Vh1  Vcc .e
t
R .C
 Calcul du temps t3 mis par la tension Vc pour arriver à Vh2 :
Vh2  Vcc  Vh1  Vcc .e
t
R .C
 Vcc.R 2


Vcc


 Vh2  Vcc 
R
1

R
2

t 3   R.C .ln
   R .C .ln  Vcc.R 2
Vh
1

Vcc



 Vcc 
 R1  R 2

R1
 R 2  R1  R 2 


t 3   R.C .ln
   R.C .ln

  R 2  R1  R 2 
 R1  2.R 2 
Remarque : t3=t2
d) Calcul de la période du signal d’horloge :
La période est donc :
R1


T  t 2  t 3  2.t 2  2.t 3  2.R.C .ln

 R1  2.R 2 
Astables&Monostables
10
et
f 
1
T
JFA06
3°). Chronogrammes :
4°). Application :
On prendra :
Vcc = 15V ; R1 = 10 kΩ ; R2 = 20 kΩ ; R = 10 kΩ ; C = 100nF ;
On trouve alors :
10.10 3


 R1 
3
9
t 1   R.C .ln

  10.10 .100.10 .ln
3
3
 R1  R 2 
 10.10  20.10 
t 1  1,098 ms
R1
10.10 3




3
9
t 2   R .C .ln

  10.10 .10.10 .ln
3
3
 R1  2.R 2 
 10.10  40.10 
t 2  1,609 ms  t 3
T  2.t 2  3 ,2 ms
f 
Astables&Monostables
1
 310 Hz
T
11
JFA06
III ). Pour un rapport cyclique différent de 50% :
1°). Schéma :
D1
R
2k
D2
R'
8k
8
VCC
2
-
3
+
U1A
1
Vs
4
TL082
C
-VCC
R1
100nF
10k
R2
20k
On effectue la charge du condensateur à travers une résistance donnée par une diode, et on
décharge le condensateur par une autre résistance donnée par l’autre diode.
2°). Etude :
3°). Chronogrammes :
4°). Application :
Astables&Monostables
12
JFA06
IV ). A NE555 :
1°). Schéma :
Le Circuit NE555 est monté en astable. D’après la documentation constructeur, on a deux seuils
de basculement : Vh1=Vcc/3 et Vh2=2Vcc/3. Il est alimenté entre VCC et 0. On considère que le
condensateur est déchargé à t=0.
2°). Etude :
D’après la documentation constructeur, on a :
f 
1,44
R1  2.R 2 .C 1
Le condensateur C2 est là pour filtrer les variations de la tension d’alimentation pour avoir
une tension de référence stable pour les seuils de basculement.
Astables&Monostables
13
JFA06
3°). Chronogrammes :
4°). Application :
On prendra :
Vcc = 10V ; R1 = 10 kΩ ; R2 = 10 kΩ ; R = 10 kΩ ; C = 100nF ;
On trouve alors :
f 
1
 310 Hz
T
B). Monostables :
Un monostable est un circuit qui est instable pendant un temps donné T.
 Exemple :
Astables&Monostables
14
JFA06
La minuterie, dès que l’on appuie sur le bouton poussoir, la lumière s’allume (c’est l’état
instable), et au bout d’un temps donné, la lumière s’éteint (c’est l’état stable).
E
t
S
T
t
I ). A portes Logiques ; déclenchable sur front montant :
1°). Schéma :
VCC
R
U1A
2
E
3
U1B
C
1
5
1
6
VS1
1
4
S
VE2
2°). Etude :
a) A t=0 :
On a VE=0, et on considère le montage sous tension depuis longtemps, donc il n’y circule
plus de courant ; on a donc VR=0, donc VE2=VCC, donc VS=0, comme VE=0, VS1=1, donc le
condensateur est déchargé. C’est l’état stable.
b) A t=t1 :
On a VE qui vient de passer à 1 (front montant), donc VS1=0 ; le condensateur n’ayant pas
encore eu le temps de se charger, VE2=0, donc VS=1, donc VE peut repasser à 0, cela
n’influenceras pas le montage. Le condensateur va alors se charger à travers la résistance R.
C’est l’état instable.
 Schéma équivalent :
Astables&Monostables
15
JFA06
VCC
R
C
S
VS1
VE2
On :
Vc  A  B.e
t
R .C
t=0
t=∞
Schéma
Vc=0
Vc=Vcc
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vc  Vcc  Vcc.e
t
R .C
 Calcul du temps t1 mis par la tension Vc pour arriver à Vcc/2 :
Vcc / 2  Vcc  Vcc .e
t
R .C
1
t 1   R.C .ln   R .C .ln2 
2
Donc la durée de l’état instable T est égale à t1.
c) A t=t2 :
La tension VE2est égale à VCC/2, donc la porte U1B considère un niveau logique 1, donc
Vs=0, donc la porte U1A repasse au niveau 1. Le condensateur n’ayant pas encore eu le temps
de se décharger, la tension VE2 passe à 3VCC/2 ! On peut alors calculer le temps de décharge de
C.
Astables&Monostables
16
JFA06
VCC
R
C
S
VS1
VE2
On :
Vc  A  B.e
t
R .C
t=0
t=∞
Schéma
Vc=Vcc/2
Vc=0
Equation
Vc=A+B
Vc=A
D’où :
Vcc R.tC
Vc 
.e
2
 Calcul du temps t2 mis par la tension Vc pour arriver à 0 :
On aura déchargé complètement le condensateur au bout de 5.
t 2  R .C .5
Au bout du temps t2, on peut relancer le monostable.
Astables&Monostables
17
JFA06
3°). Chronogrammes :
4°). Résolution Problème :
On a un problème avec la tension VE2 qui arrive à 3VCC/2, car elle dépasse VCC+0.7V (la
tension MAX admissible par une porte logique) et alors les diodes internes vont conduire, et
rendre l’âme si le courant est important.
 Schéma interne de l’entrée d’une porte logique :
VCC
D1
D2
R
E1
D4
D3
Solution pour protéger l’entrée, il faut ajouter une résistance de forte valeur (on prendra
RP=10.R) à l’entrée de la porte logique.
Astables&Monostables
18
JFA06
VCC
R
U1A
2
E
1
3
U1B
C
5
Rp
1
1
6
10.R
4
S
VS1
VE2
Mais le temps de relaxation est conservé. On ne pourra redéclencher le monostable que quand
C sera déchargé.
2ème Solution pour protéger l’entrée, il faut ajouter une diode pour décharger le condensateur.
VCC
R
U1A
2
E
1
3
D
U1B
C
5
1
1
6
VS1
4
S
VE2
On a alors considérablement diminué le temps de relaxation. On pourra redéclencher le
monostable presque aussitôt.
II ). A portes Logiques ; déclenchable sur front descendant :
1°). Schéma :
U2A
1
E
2
&
U3A
C
1
3
2
74LS00
R
VS1
&
3
S
74LS00
VE2
2°). Etude :
a) A t=0 :
On a VE=0, et on considère le montage sous tension depuis longtemps, donc il n’y circule
plus de courant ; on a donc VR=0, donc VE2=0, donc VS=1, comme VE=1, VS1=0, donc le
condensateur est déchargé. C’est l’état stable.
Astables&Monostables
19
JFA06
III ). Montage à AOP :
2
OUT
Ve
3
1
+
U1A
R1
C1
Vs
R2
IV ). Montage à NE555 :
Voir Documentation.
V ). Montages à 4528, 4538 :
Voir Documentation.
Astables&Monostables
20
JFA06