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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
1,38.1023298
1,6.1019
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.
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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 2t 
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 ;
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

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 /  
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1
1
 t1   ln
.
1 k
1 k
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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
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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.
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Exo n°3 :
V / R   0  0  jCV
e
1. Millmann en M : VM 
0

jCVM  Vs / R
jC  1/ R 
 V
M
s
 2 / R   2 jC

Vs
jRC

Ve  jRCVs
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  jRCVs  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 .

&
 Qo , ce qui donne : Q 
. AN : f o 
& o 
2RC
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(6f .t ) . En
créneau, on en déduit que n = 3. Le signal d’entrée est donc : e3 (t )  B3 sin 3t 
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  3t    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  LC2
Q 1  x2
jL 
jC

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
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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 

Lo L

R
R

1
1 L
1 4.10 2


 40 . o 
LC R C 50 108
1

LC
1
4.10 2108
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
2o

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

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
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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!! ' 
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