réponses

Page 1 sur 8
Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique
Agrégation Interne 2002
Exercices d’électronique
Corrigé
Exo n°1 : Concours FESIC 1994 (Amplificateur logarithmique & antilogarithmique)
A. Principe :
1. On a :
33 10lnexp10 q
kT
u
kT
qu
ii ii
iiii app
oapp 
. Numériquement :
V 81,09,6
10.6,1
29810.38,1 19
23  
u
, valeur facile à réaliser ; la condition sera toujours supposée réalisée par
la suite.
2. Si i & u sont respectivement le courant dans la diode & la tension à ses bornes, ces grandeurs sont
toujours liées par :
kT
qu
ii oexp
. Dans le montage de la figure 1, on a
R
U
ie
&
1s
Uu 
, d’où on
déduit que :
2
11
1lnlnexp U
U
U
Ri
U
q
kT
U
kT
qU
i
R
Ue
o
e
s
s
o
e
, d’où on tire les valeurs :
o
iRU
q
kT
U. ,21 
. Le montage de la figure 1 réalise l’opération mathématique : « prendre le
logarithme népérien ». Dans le montage de la figure 2, on a
uUe
&
R
U
is2
,
1s
Uu 
, d’où on
déduit que :
1
22
2lnln.exp U
U
U
kT
qU
iRU
kT
qU
i
R
Uee
os
e
o
s
, & donc on retrouve les
mêmes valeurs de U1 & de U2.
o
iRU
q
kT
U. ,21 
. Le montage de la figure 2 réalise l’opération
mathématique : « prendre l’exponentielle ».
B. Applications :
1. Théorème de Millmann sur l’entrée - :
32
2
1
1
1
0R
V
R
V
R
V
G
VV See
kk
, ce qui donne :
 2
2
3
1
1
3eeS V
R
R
V
R
R
V
. Si
321 RRR 
: il reste
21 eeS VVV 
, & on a un montage sommateur
inverseur.
2. On doit réaliser
2121 lnlnln eeSeeS VVVVVV 
. Il faut donc réaliser les opérations suivantes :
2
1
11 ln)( U
V
ULampliV e
e
, de même
2
2
12 ln)( U
V
ULampliV e
e
, ces deux tensions étant
appliquées à l’entrée d’un sommateur inverseur qui donne :
2
2
21
1ln U
VV
Uee
, tension appliquée à l’ampli
exponentiel (ou anti - log) qui délivre la tension :
2
21
2
2
21
1
1
2lnexp U
VV
U
VV
U
U
UV eeee
S
, d’où le
schéma.

Page 2 sur 8
Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique
Avec
21
.eeS VVKV 
, on obtient :
0
1
2 U
K
. Ce montage réalise l’opération « produit ».
3. On a :
2
'21 .SSS VKVVee 
, & (ampli inverseur) :
e
e
SeS VU
K
V
VVV 2' 
, & ce
montage réalise l’opération mathématique : « prendre la racine carrée ». L’expression obtenue n’a de
sens que si
0
e
V
. Si
0
e
V
, il faut remplacer l’ampli inverseur par un ampli non inverseur de gain k >
0 ; alors
e
e
SeS VkU
K
kV
VVkV 2' .
.
C. Mesure d’une tension efficace :
1. Pour une tension continue égale à
eff
V
, la puissance dissipée par effet Joule dans une résistance
électrique R vaut :
R
Veff
J
2
P
. La puissance active étant la moyenne temporelle de la puissance
instantanée, on a, avec la loi d’Ohm :
T T eff T
JR
V
dttv
TR
dttitu
T
dttp
T0 0
2
2
0
)(
11
)().(
1
)(
1
P
, d’où on
déduit :
T
eff dttv
T
V
0
2).(
1
.
2. On a reconnu un redressement simple alternance. On calcule :
222sin 22
.2cos1
2
.0.sin
12
2/
0
2
2/
0
2
2/
0 2/
222 VtT
T
V
dtt
T
V
dtdttV
T
VT
TT T
T
eff 
, d’où on
déduit qu’alors
2
max
V
Veff 
contre
2
max
V
Veff 
pour un signal purement sinusoïdal.
3. En sortie ouverte,
0
S
i
& on peut appliquer le diviseur de tension. On a donc :
)/(1 1 11
Ce
s
RC
C
es jjRCU
U
H
zz
z
UU 
. On reconnaît un filtre passe-bas du premier
ordre. Avec
j eHH .
, on aurait :
 tUHtu es sin..)(
. Cas particuliers :
 Si
:
C
alors
1H
, donc
)()( tutu es 
, sans intérêt ;

Page 3 sur 8
Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique
 Si
:
C
alors
2/
j
CC e
j
H
. Comme
j H1
, le montage a un comportement
intégrateur. Donc :
2 cos..
2
sin..)( tUtUtu e
C
e
C
s
.
4. Le premier élément est un multiplieur, & réalise l’opération
2
.ea VKV 
. Si la condition
C
est
réalisée, on a un montage intégrateur donc :
dtVV aC
. L’AO est monté en suiveur, donc
VVS'
, soit :
 dtVKV eCS 2
'.
. Pour que la tension de sortie
S
V
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
0
e
V
d’abord, puis pour
eo
VV
.
B. Comparateur à hystérésis :
DDT sur l’entrée + :
1S
SV
R
VV
RR
, sur l’entrée - :
1S
ee
V
V V V
. Au départ,
15 V
e
V
,
15 V
S sat
VV
,
1
11 
donc
0S sat VV    
.  va s’annuler pour
0 15 V
11
sat sat
e e o
VV
V V V     
, alors VS bascule à - Vsat, 
reste négatif quand Ve augmente jusqu'à + 15 V. Ensuite, Ve diminue,
1sat e
VV
s’annule pour
eo
VV
. Alors VS bascule à + Vsat,  reste positif &
S sat
VV
, d’où la caractéristique de transfert. Ce
montage distinguant l’aller & le retour a la fonction mémoire & s’appelle comparateur à hystérésis.
II. GENERATEUR DE SIGNAUX CARRES :
1. DDT sur l’entrée + :
1
12
SS
R
V U kU
RR
, en posant
1
12
1
R
kRR
. Supposons le condensateur
chargé, son armature positive étant reliée à l’entrée - de l’AO. Alors
ee
q
U q CU
C
& s’il se
décharge,
dq
idt
dirigé vers la sortie de l’AO, donc
eS
Ri U U
, donc :
e
eS
dU
U RC U
dt
. On pose
RC
, donc
e
eS
dU
UU
dt
.
2. Alors :
e
e sat
dU
UU
dt
. Par intégration, & compte tenu de la condition initiale, on peut écrire :
/
1t
e sat
U U e
. La commutation a lieu quand
0
, soit
0
sat e e sat
kU U U kU   
, valeur
atteinte à l’instant t1 tel que :
11
// 1
11
1 ln
11
tt
sat sat
kU U e e t
kk
.

Page 4 sur 8
Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique
Pour
12
t t t
(t2 correspondant à la seconde commutation),
S sat
UU
& l’équation différentielle
devient :
e
e sat
dU
UU
dt
.Par intégration :
/
.t
e sat
U U e
. Pour
1:e sat
t t U kU
(la tension aux
bornes du condensateur étant continue) :
1
.(1 ) 1
sat sat sat
k
kU U k U
k
, d’où on déduit que :
/
1
11t
e sat k
U U e
k
. Pour
2/
21
:1
1t
e sat sat k
t t U kU U e
k
, ce qui conduit à :
2/2
22
11
ln
(1 ) (1 )
tkk
et
kk
. Pour
23
t t t
(t3 correspondant à la troisième commutation),
S sat
UU
& l’équation différentielle devient :
e
e sat
dU
UU
dt
. Par intégration :
/
.t
e sat
U U e
. Pour
2:e sat
t t U kU  
(la tension aux bornes du condensateur étant continue) :
22
11
11
sat sat sat
kk
kU U U
kk
, d’où :
2/
1
11t
e sat k
U U e
k
. Le basculement a
lieu à l’instant t3 tel que :
33
22
2// 3
33
11
1
1 ln
111
tt
e sat sat kk
k
U kU U e e t
kkk
.
3. D’où les courbes, en posant
o sat
V kU
:
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
permanent entre deux états d’équilibre stables) vaut
31
T t t
, soit :
1
2 ln1k Tk
.
III. GENERATEUR DE SIGNAUX TRIANGULAIRES :
1. Le premier AO est un comparateur à hystérésis (donc
1sat
UU
), le second un ampli inverseur de
gain - 1 (donc
21
UU
), le troisième un intégrateur (donc
2
1
S
V U dt
RC
).
2. Il en résulte que :
1
1
1S
SdV U
V U dt
RC dt RC
.

Page 5 sur 8
Agrégation Interne 2002 Corrigé Exercices d’électronique
3. Il faut donner une condition initiale, par exemple le condensateur est déchargé à l’instant t = 0 (donc
( 0) 0
S
Vt
), &
1( 0) sat
U t U  
. Alors, par intégration :
sat
SU
Vt
RC
. On a alors :
sat S
kU V  
, &
donc la commutation a lieu pour
11
sat
S sat
U
V t kU t kRC
RC
. Sur la phase suivante :
S sat
dV U
dt RC
,
donc
cste
sat
SU
Vt
RC
. Cette tension (aux bornes d’un condensateur) est continue, d’où :
1cste cste 2
sat
sat sat
U
kU t kU
RC
, donc
2sat
S sat U
V kU t
RC
. La seconde commutation a lieu pour
0
sat S S sat
kU V V kU       
à l’instant t2, avec
22
23
sat
sat sat
U
kU t kU t kRC
RC
. D’où
l’allure des courbes :
4. Le premier arc (pour
1
0tt
) n’appartient toujours pas à la série, mais comme on a des lois
linéaires, les durées des phases sont nécessairement égales. D’où :
21
2( ) 4T t t kRC  
.
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,
''
'
éq RR
RR
RR
, faible devant R. Ceci se produit quand le
courant va vers l’AO3, donc si
21
0sat U U U   
;
 Si la diode est bloquée : sa branche est ouverte, &
éq
RR
,
inchangée. Ceci se produit quand le courant vient de l’AO3, donc si
21
0sat U U U   
.
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.