Page 1 sur 8 Agrégation Interne 2002 Exercices d’électronique Corrigé Exo n°1 : Concours FESIC 1994 (Amplificateur logarithmique & antilogarithmique) A. Principe : i i kT qu 10 3 exp ln 103 . Numériquement : 1. On a : i iapp i io u i iapp kT q u 1,38.1023298 1,6.1019 la suite. 6,9 0,18 V , valeur facile à réaliser ; la condition sera toujours supposée réalisée par 2. Si i & u sont respectivement le courant dans la diode & la tension à ses bornes, ces grandeurs sont U qu toujours liées par : i io exp . Dans le montage de la figure 1, on a i e & u U s1 , d’où on R kT U kT U e U qU s1 U1 ln e , d’où on tire les valeurs : déduit que : e io exp ln U s1 R q Rio U2 kT kT , U 2 R.io . Le montage de la figure 1 réalise l’opération mathématique : « prendre le q U logarithme népérien ». Dans le montage de la figure 2, on a U e u & i s2 , u U s1 , d’où on R U U qU qU déduit que : s 2 io exp e U s 2 R.io ln e U 2 ln e , & donc on retrouve les R U1 kT kT kT mêmes valeurs de U1 & de U2. U1 , U 2 R.io . Le montage de la figure 2 réalise l’opération q mathématique : « prendre l’exponentielle ». U1 B. Applications : 1. Théorème de Millmann sur l’entrée - : V V 0 1 Gk Ve1 Ve2 VS , ce qui donne : R1 R2 R3 k R R VS 3 Ve1 3 Ve2 . Si R1 R2 R3 : il reste VS Ve1 Ve2 , & on a un montage sommateur R2 R1 inverseur. 2. On doit réaliser VS Ve1Ve2 ln VS ln Ve1 ln Ve2 . Il faut donc réaliser les opérations suivantes : V V Ve1 ampli ( L) U1 ln e1 , de même Ve 2 ampli ( L) U1 ln e 2 , ces deux tensions étant U2 U2 V V appliquées à l’entrée d’un sommateur inverseur qui donne : U1 ln e1 2e 2 , tension appliquée à l’ampli U2 U V V V V exponentiel (ou anti - log) qui délivre la tension : VS U 2 exp 1 ln e1 2e2 e1 e2 , d’où le U2 U 2 U1 schéma. Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 2 sur 8 Avec VS K .Ve1Ve2 , on obtient : K 1 0 . Ce montage réalise l’opération « produit ». U2 Ve U 2Ve , & ce K montage réalise l’opération mathématique : « prendre la racine carrée ». L’expression obtenue n’a de sens que si Ve 0 . Si Ve 0 , il faut remplacer l’ampli inverseur par un ampli non inverseur de gain k > 3. On a : e1 e2 VS VS ' K .VS2 , & (ampli inverseur) : VS ' Ve VS 0 ; alors VS ' k .Ve VS kVe kU2Ve . K C. Mesure d’une tension efficace : 1. Pour une tension continue égale à Veff , la puissance dissipée par effet Joule dans une résistance électrique R vaut : PJ 2 Veff R . La puissance active étant la moyenne temporelle de la puissance 1 instantanée, on a, avec la loi d’Ohm : PJ T T T T 0 0 0 2 Veff 1 1 1 2 p(t )dt T u(t ).i(t )dt R T v (t )dt R , d’où on déduit : T 1 2 Veff v (t ).dt . T 0 2. On a reconnu un redressement simple alternance. On calcule : T /2 T T /2 V 2 T /2 1 V 2 T sin 2t V2 2 Veff V 2 sin 2 t.dt 0.dt 1 cos 2 t . dt , d’où on T 2T 2T 2 2 0 2 T /2 0 0 V V déduit qu’alors Veff max contre Veff max pour un signal purement sinusoïdal. 2 2 3. En sortie ouverte, iS 0 & on peut appliquer le diviseur de tension. On a donc : zC Us 1 1 . On reconnaît un filtre passe-bas du premier U s Ue H zC z R U e 1 jRC 1 j( / C ) ordre. Avec H H .e j , on aurait : us (t ) H .Ue . sin t . Cas particuliers : Si C : alors H 1 , donc us (t ) ue (t ) , sans intérêt ; Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 3 sur 8 1 Si C : alors H C C e j / 2 . Comme H , le montage a un comportement j j intégrateur. Donc : us (t ) C .U e . sin t C .U e . cos t . 2 2 4. Le premier élément est un multiplieur, & réalise l’opération Va K .Ve2 . Si la condition C est réalisée, on a un montage intégrateur donc : V C Va dt . L’AO est monté en suiveur, donc VS' V , soit : VS ' C K .Ve2dt . Pour que la tension de sortie VS soit proportionnelle à la valeur efficace du signal d’entrée, il faut donc extraire la racine, & donc l’élément à compléter correspond au montage de la figure 5. On a ainsi réalisé un montage permettant d’obtenir (à une constante multiplicative près, donc un étalonnage) la valeur efficace d’une tension périodique, quelle que soit sa forme. On a donc réalisé un voltmètre TRMS. Exo n°2 : Electronique non linéaire. I. COMPARATEUR : A. Comparateur simple : Commutation si 0 , donc pour Ve 0 d’abord, puis pour Ve Vo . B. Comparateur à hystérésis : V R DDT sur l’entrée + : V VS S , sur l’entrée - : R R 1 V V Ve S Ve . Au départ, Ve 15 V , VS Vsat 15 V , 1 1 donc 0 VS Vsat . va s’annuler pour 1 1 Vsat V Ve 0 Ve sat Vo 15 V , alors VS bascule à - Vsat, 1 1 Vsat Ve s’annule pour 1 Ve Vo . Alors VS bascule à + Vsat, reste positif & VS Vsat , d’où la caractéristique de transfert. Ce montage distinguant l’aller & le retour a la fonction mémoire & s’appelle comparateur à hystérésis. reste négatif quand Ve augmente jusqu'à + 15 V. Ensuite, Ve diminue, II. GENERATEUR DE SIGNAUX CARRES : R1 R1 kU S , en posant k 1 . Supposons le condensateur 1. DDT sur l’entrée + : V U S R1 R2 R1 R2 q chargé, son armature positive étant reliée à l’entrée - de l’AO. Alors U e q CU e & s’il se C dU e dq U S . On pose décharge, i dirigé vers la sortie de l’AO, donc Ri U e U S , donc : U e RC dt dt dU RC , donc U e e U S . dt dU 2. Alors : U e e U sat . Par intégration, & compte tenu de la condition initiale, on peut écrire : dt t / U e U sat 1 e . La commutation a lieu quand 0 , soit kU sat U e 0 U e kU sat , valeur atteinte à l’instant t1 tel que : kU sat U sat 1 e t1 / et1 / Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique 1 1 t1 ln . 1 k 1 k Page 4 sur 8 Pour t1 t t2 (t2 correspondant à la seconde commutation), U S U sat & l’équation différentielle dU devient : U e e U sat .Par intégration : U e U sat .e t / . Pour t t1 : U e kU sat (la tension aux dt 1 k U sat , d’où on déduit que : bornes du condensateur étant continue) : kU sat U sat .(1 k ) 1 k 1 k t / 1 k t2 / U e U sat 1 e . Pour t t2 : U e kU sat U sat 1 e , ce qui conduit à : 1 k 1 k 1 k 1 k . Pour t2 t t3 (t3 correspondant à la troisième commutation), et 2 / t2 ln 2 (1 k ) (1 k ) 2 dU U S U sat & l’équation différentielle devient : U e e U sat . Par intégration : dt t / U e U sat .e . Pour t t2 : U e kU sat (la tension aux bornes du condensateur étant continue) : kU sat U sat 1 k 2 1 k 2 t / 1 k U sat , d’où : U e U sat 1 1 k e . Le basculement a 1 k 1 k 2 2 2 1 k 2 t / 1 k 1 k t3 / 3 lieu à l’instant t3 tel que : U e kU sat U sat 1 . t3 ln e e 3 3 1 k 1 k 1 k 3. D’où les courbes, en posant Vo kU sat : 4. Le premier arc (entre 0 & t1) traduit un vrai régime transitoire, & n’appartient pas à la série périodique. Il en résulte que la période du phénomène (appelé oscillations de relaxation, basculement 1 k permanent entre deux états d’équilibre stables) vaut T t3 t1 , soit : T 2 ln . 1 k III. GENERATEUR DE SIGNAUX TRIANGULAIRES : 1. Le premier AO est un comparateur à hystérésis (donc U1 U sat ), le second un ampli inverseur de 1 U 2 dt ). gain - 1 (donc U 2 U1 ), le troisième un intégrateur (donc VS RC dV 1 U U1dt S 1 . 2. Il en résulte que : VS RC dt RC Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 5 sur 8 3. Il faut donner une condition initiale, par exemple le condensateur est déchargé à l’instant t = 0 (donc U VS (t 0) 0 ), & U1 (t 0) U sat . Alors, par intégration : VS sat t . On a alors : kU sat VS , & RC U dVS U sat , donc la commutation a lieu pour VS sat t1 kU sat t1 kRC . Sur la phase suivante : RC dt RC U sat t cste . Cette tension (aux bornes d’un condensateur) est continue, d’où : donc VS RC U U kU sat sat t1 cste cste 2kU sat , donc VS 2kU sat sat t . La seconde commutation a lieu pour RC RC U kU sat VS 0 VS kU sat à l’instant t2, avec 2kU sat sat t2 kU sat t2 3kRC . D’où RC l’allure des courbes : 4. Le premier arc (pour 0 t t1 ) n’appartient toujours pas à la série, mais comme on a des lois linéaires, les durées des phases sont nécessairement égales. D’où : T 2(t2 t1 ) 4kRC . IV. GENERATEUR DE RAMPE : 1. Par rapport au montage précédent : on remplace la résistance R entre les deux derniers AO par la résistance équivalente à l’ensemble (Diode + R’) en parallèle sur R, avec la condition R’ << R. Si la diode est passante : sa résistance est négligeable, RR ' Réq R ' , faible devant R. Ceci se produit quand le R R' courant va vers l’AO3, donc si U 2 0 U1 U sat ; Si la diode est bloquée : sa branche est ouverte, & Réq R , inchangée. Ceci se produit quand le courant vient de l’AO3, donc si U 2 0 U1 U sat . La pente des droites étant en 1/R, on a une droite quasi - verticale quand la diode est passante (alors la phase disparaît), & on ne change rien quand elle est bloquée. La période est donc divisée par 2. D’où la courbe. 2. Si on inverse la diode : on permute les deux phases, d’où la nouvelle courbe. Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 6 sur 8 Exo n°3 : V / R 0 0 jCV e 1. Millmann en M : VM 0 jCVM Vs / R jC 1/ R V M s 2 / R 2 jC Vs jRC Ve jRCVs 2 1 jRC . Millmann à l’entrée – de l’AO : . On reconnaît en effet un montage dérivateur. D’où : Vs 2 1 jRC 2 1 jRC Ve jRCVs Ve Vs jRC . D’où on déduit : jRC jRC Vs 1/ 2 . On reconnaît un filtre passe – bande. H Ve 1 1 jRC jRC 2 2. Il faut d’abord déterminer le facteur de qualité Q & la pulsation de résonance o . On a le système : 2 RC Q 1 1 2 4791 Hz . & Qo , ce qui donne : Q . AN : f o & o 2RC 2 o RC RC 2 La fonction de transfert étant sous forme standard, on détermine les frontières de la bande passante par : f 1 Q x 1 , en posant x . On obtient l’équation du second degré : fo x x 1 x2 1 0 x 1 1 4Q 2 . D’où les valeurs numériques des frontières de la bande Q 2Q 4791 4791 passante : f1 1 3 2480 Hz, f 2 1 3 9256 Hz . 2 2 Le créneau ayant une fréquence de 2 kHz, ses harmoniques contenus dans la bande passante vérifient la double condition : 2480 2000n 9256 1, 24 n 4, 63 . Comme seuls les harmoniques impairs existent pour un 4E sin(6f .t ) . En créneau, on en déduit que n = 3. Le signal d’entrée est donc : e3 (t ) B3 sin 3t 3 valeurs complexes, on a : s H .e . On en déduit qu’en module : s B3. H (n 3) , & en phase : arg s arg(e) arg H (n 3) . Soit : H 3 Ho 3f f 1 Q2 o fo 3 f 2 1/ 2 1 3.2 4, 791 1 2 4, 791 3.2 2 0, 48 1 3.2 1 4, 791 d’où H 3 arctan Q x arctan 0,31 2,83 rad x 4, 791 3.2 2 4E 4,25 V : s(t ) B3 H 3 sin 3t 2,02sin 90262t 0,31 . définitive, avec B3 3 en Exo n°4 : 1. iS étant nul, on retrouve la tension VS aux bornes de la branche (L - C). Le diviseur de tension donne z L C 1 1 1 alors : Vs Ve , forme standard. H R jRC x R z L C 1 1 1 j 1 1 LC2 Q 1 x2 jL jC Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 7 sur 8 2. Alors : f 1 , où X x . Si x tend vers zéro ou l'infini, Q 1 x2 1 X 2 X tend vers zéro & donc f tend vers 1. Il existe donc un extremum de f si 1 X2 est extremum, soit extremum, donc maxi pour xo = 1. 2 1 Q2 x x Alors f = 0. D'où l'allure de la courbe, & on reconnaît un filtre coupebande, ou réjecteur parfait (arrête la fréquence o). f 1 1 3. Aux frontières de la BP : f x1 ou x2 max , d'où X 2 1 , soit : 2 2 2 1 X x x 0 x 2 1 x 1 0 , d'où on déduit : x1,2 1 1 1 Q 2 , puis : 1 1 Q 1 x2 Q 1 x 2 Q 2Q 1 x x2 x1 , soit o cohérent. Q Q 4. AN : Q Lo L R R 1 1 L 1 4.10 2 40 . o LC R C 50 108 1 LC 1 4.10 2108 5. Diviseur de tension en V- : V U s .H , le quadripôle Q étant symétrique. Puis : Us o , d’où : H ' U s o . o . V V o . U e H U s H ' U e 1 o H 1 1 6. Avec les notations de l'énoncé : H ' o2 2 g ( x) 1 o2 2o o2 o2 o g 2 ( x) o 1 1 jX 5.104 rad/s . o o jx Q 1 x2 . o2 , soit : o o 1 1 1 jX 1 jX car µo >> 1. Soit enfin : g ( x ) o o2 . 1 1 1 X 2 1 X 2 1 X 2 1 X 2 Si 0 : x 0 X 0 g 1 . Si : x X 0 g 1 . Il existe donc un extremum entre les deux. Si g extremum, X2 extremum : X = 0 redonne les deux asymptotes, donc il reste X2 infini soit : xm xo 1 , alors gm o 1 . o 7. On a : g x '1 ou x '2 o , ce qui s’écrit aussi 2 o2 1 1 X 2 x o2 1 X 2 o , ce qui conduit à l'équation du Q 1 x2 1 second degré : x 2 x 1 0 , où l'on a posé Q ' oQ . Q' L'équation est formellement analogue à celle de la question 3, il Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique Page 8 sur 8 suffit donc de remplacer Q par Q’. On obtient : 1 1 x 1 . x'1,2 1 1 Q '2 , puis : x ' Q ' Q o o 2Q ' 1250 0,125 rad/s . Comme µo >> 1, Q’ >> Q & ' . Le o 104 circuit obtenu est un filtre passe-bande très sélectif . D'où l'allure de la courbe (pas à l'échelle !). AN : Q' 40.104 4.105!! ' Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique