Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME - PROBLEME D’ ELECTRONIQUE 3 - l ENONCE : « Dispositifs électroniques de conversion » I. Convertisseur tension-courant On se propose d’étudier le montage représenté sur la figure 1) ; le quadripôle Q a une impédance d’entrée supposée infinie, et il est équivalent en sortie à un générateur de courant commandé par la tension 10−3 AV . −1 . 15 e( t ) . Le coefficient k vaut R1 = 11k Ω R2 = 99k Ω - + i = ke e(t ) uC (t ) C Q C = 0,1µ F R2 R1 L'AO est idéal et fonctionne en régime non linéaire. Les tensions de saturation de l'AO sont: ±U sat = ±15V - figure 1 - 1.1) Donner la caractéristique de transfert 1.2) hystérésis. On part de l’état initial e = f (uC ) du montage comparateur à e = 15V avec le condensateur initialement chargé à la uC 0 = −1,5V ; donner l’expression de uC en fonction du temps. Donner la valeur de uC pour laquelle la sortie de l’amplificateur opérationnel change d’état, ainsi que la valeur de l’instant t 0 correspondant à ce basculement. Représenter les tensions uC ( t ) et e(t ) . Donner la valeur numérique de la période T des oscillations. valeur 1.3) 1.4) 1.5) La tension uC (t ) est alors appliquée au point A du montage ci-dessous : + uC uS E0 L'AO est idéal, fonctionne en régime non linéaire, et la tension E0 est constante. - figure 2 1.6) 1.7) Page 1 Quelle est la fonction réalisée par le montage de la figure 2) ? Représenter la tension uS (t ) lorsque E0 = 1V . Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME 1.8) ∆t On appelle uS est positive ; montrer que ∆t = aE0 + b (on donnera les valeurs numériques de a et b ). Calculer la valeur moyenne de uS en fonction de E0 ; comment évolue la valeur moyenne de uS en fonction de E0 ? 1.9) l’intervalle de temps sur une période pendant lequel On s’intéresse maintenant à la réalisation pratique du quadripôle Q, représenté sur la figure 3) : R4 R4 i1 L'AO est idéal et fonctionne dans son domaine linéaire. - Q + R4 R4 = R3 + R5 R3 i2 e(t ) Les résistances sont choisies telles que: R5 i3 A.N: R4 = 1M Ω; R3 =15k Ω; R5 = 985k Ω; i s(t ) - figure 3 1.10) Montrer que i (t ) = ke( t ) ; quelle est la valeur numérique de k ? II. Conversion numérique-analogique On considère le quadripôle de la figure 4 : A I U R 2R I' A' U' 2.1) Déterminer les valeurs de U et de I en fonction de U' et I'. B' B - figure 4 2.2) 2.3) Quelle valeur de résistance r doit-on placer entre les points A’ et B’ pour que la résistance équivalente entre A et B soit aussi égale à r ? Déterminer la résistance équivalente existant entre les points A et B, lorsqu’une infinité de ces quadripôles sont associés en série (réseau R-2R), le « dernier » étant fermé sur une résistance R. On considère maintenant le montage de la figure 5 ; les commutateurs Sk peuvent occuper deux positions repérées par bk : bk = 0 (connexion de la résistance 2R à la masse) et bk = 1 (connexion de la résistance 2R à l’entrée inverseuse de l’amplificateur opérationnel, supposé idéal et en fonctionnement linéaire). La tension V est constante, et l’indice k varie de 0 à n. Page 2 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME I R R R 2R 2R 2R 2R Sn Sn−1 S1 S0 V 2R R i + 2.4) 2.5) 2.6) Vs Montrer que le courant d’entrée I ne dépend pas de la position des commutateurs, l’amplificateur fonctionnant en régime linéaire ; exprimer le courant I en fonction de V et R. Déterminer le courant qui traverse le commutateur Sk en fonction de I, n, k. On suppose que V est suffisamment petite pour que la tension de saturation de l’AO ne soit pas atteinte ; déduire du résultat précédent la valeur du courant i et la tension de sortie Vs en fonction des coefficients bk , n et de V. Quel est le domaine de variation de Vs ? 2.7) 2.8) Montrer que l’on a réalisé un convertisseur numérique-analogique. Proposer un montage permettant à l’aide d’un amplificateur opérationnel, d’obtenir, lorsque les coefficients bk varient, des tensions de sortie symétriques par rapport à la tension nulle. ***************** Page 3 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME l CORRIGE : « Dispositifs électroniques de conversion » 1.1) Il s’agit du montage « classique » appelé « trigger de Schmitt », ou « comparateur à hystérésis » ou « comparateur à deux seuils » ; en effet, l’AO fonctionnant en régime de saturation (non linéaire), la tension de sortie e( t ) ne peut prendre que deux valeurs, soit ± U sat . e( t ) = +U sat : alors la relation du diviseur de tension (l’AO R1 U étant idéal, i− = 0 ⇒ R1 et R2 sont bien en série) montre que V+ = U sat = sat = 1,5V ⇒ R1 + R2 10 cet état dure tant que V− = uC ≤ V+ = 1,5 . Lorsque uC ≥ 1,5V , la sortie e( t ) bascule à −U sat , entraînant également l’entrée non inverseuse R1 U de l’AO à V+ = − U sat = − sat = −1,5V . R1 + R2 10 Si, à partir de cet état, on refait décroître uC (t ) , la sortie ne basculera à +U sat que pour U V− = uC ≤ V+ = −1,5 : on a donc effectivement un comparateur à deux seuils, ± sat . 10 Supposons que l’on parte de l’état D’où, la courbe : e 15 −1,5 1,5 0 On parle "d'hystérésis", car pour une même valeur de uC , on peut avoir deux valeurs différentes de e : la valeur effectivement obtenue dépend donc de uC , mais aussi du sens de variation (croissant ou décroissant) de uC (on parle aussi "d'effet mémoire"). uC −15 1.2) L’AO étant parfait, Numériquement, il vient : 1.3) i− = 0 ⇒ i = I = ke = kU sat = C I = 10 −3 A ⇒ 1.4) pour uC ( t ) = 104 × t + 1,5 D’après la question 1.1), il y a basculement de t0 = correspond à : Pour t 0 ≤ t ≤ 2 t0 , on a : I duC ⇒ uC ( t ) = × t + uC (0) C dt e( t ) à −15V pour uC = 1,5V , ce qui 2 ×1,5 = 0,3ms 4 10 uC ( t ) = −104 × t + 1,5 , un nouveau basculement ayant lieu uC = −1,5V ; on obtient donc les courbes suivantes : Page 4 Christian MAIRE EduKlub S.A. 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Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME e(t ) uC (t ) 15 0 0 t0 2t 0 t t0 − 15 t 2t 0 T 1.5) Par symétrie, on constate que la période vaut : T = 2t 0 = 0,6ms uC ≤ E0 , us = +U sat =15V , et pour uC ≥ E0 , us = −U sat = −15V : le montage est un comparateur (inverseur) à seuil réglable ( E0 ). 1.6) Pour 1.7) On obtient la courbe ci-dessous : uC (t ) u s (t ) 15V 1,5V E0 = 1V Rq: les tensions uC et us ne sont pas tracées à la même échelle. 0 t −1,5V ∆t − 15V T 1.8) ∆t est égal au double du uC (t ) pour passer de −1,5V à E0 ; on a donc : ∆t −4 −4 −1,5 + 104 × = E0 ⇒ ∆t = 2.10 × E 0 + 3.10 2 Par symétrie, on constate sur les courbes ci-dessus que temps mis par la tension 1.9) La valeur moyenne de us (t ) t = 1 × T ∫ T 0 us (t ) dt = us (t ) est définie par : 1 × [15 × ∆t −15 ×(T − ∆ t) ] ⇒ T on trouve : us (t ) t = 10 E0 us (t ) est donc proportionnelle à E0 ⇒ on peut contrôler très facilement cette valeur à l’aide de la tension réglable E0 . Rq : la valeur moyenne de 1.10) En appelant v la tension sur la borne de sortie de l’AO et en appliquant la relation du diviseur de tension sur la borne inverseuse de l’AO, il vient : v− = R4 v v= R4 + R4 2 Page 5 ⇒ v+ = v , puisque l’AO est idéal et fonctionne en régime linéaire. 2 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME En appliquant le théorème de Millman sur la borne non inverseuse de l’AO, on obtient : e s + v R R5 v −s 2R5 R4 − R5 v+ = = 4 ; par ailleurs : i3 = ⇒ après calculs : i3 = e+ s 1 1 2 R R ( R + R ) R ( R + R ) 3 4 5 3 4 5 + R4 R5 e− s R3 + 2 R5 R − R4 + R5 D’autre part : i2 = ⇒ i = i 2 + i3 = e− 3 s R4 + R5 R3 ( R4 + R5) R3 (R4 + R5 ) Enfin, avec la condition R4 = R3 + R5 , on aboutit effectivement à : i = ke k= avec : 1 10−3 = AV . −1 R3 15 Rq : c’est bien la valeur de la 1ère question. 2.1) Les lois de Kirchhoff permettent d’écrire : U = U '+ RI ' U = 2R ( I − I ') et ⇒ I= on a aussi : U ' 3I ' + 2R 2 2.2) Maintenant, on a une résistance r en série avec une résistance en parallèle avec une résistance 2R ; la résistance équivalente vaut : R , l’ensemble étant 2R ×( R + r) , résistance que l’on souhaite être égale à r ; il vient donc : 3R + r r=R 2 R × ( R + r ) = r × (3R + r ) , dont la seule solution positive est : Re = 2.3) Le « dernier » quadripôle étant fermé sur une résistance r = R , il est équivalent en amont à une résistance Re = R (cf. question précédente) ; l’avant-dernier quadripôle est donc également fermé sur une résistance équivalente en amont égale à R . R ⇒ par récurrence, le réseau « R-2R » a une résistance 2.4) L’AO étant en fonctionnement linéaire, commutateur V+ = V− = 0 ⇒ quelle que soit la position d’un Sk , il est relié à la masse ⇒ le courant qui traverse une résistance 2R quelconque reste constant ⇒ le courant I également ; on a alors : I= V V = Re R 2.5) En début de chaîne, le courant I se partage en 2 courants égaux puisque (au premier nœud), il y a 2 dipôles en parallèle de résistances égales : 2R en parallèle avec {R en série avec le reste de la chaîne, de résistance équivalente R, donc 2R} ; on a donc : in = I I I ; de même : I n −1 = n = 2 ⇒ par récurrence, on trouve : 2 2 2 2.6) lesquels n Page 6 I 2 n −k +1 La loi des nœuds montre que le courant i est la somme des courants I k pour bk = 1 ; on en déduit : i = ∑ bk k=0 Ik = I 2n− k +1 = I n ∑b 2 2 n+1 k =0 k k Par ailleurs : Vs = − Ri et V = RI ⇒ Christian MAIRE n V k Vs = − n+1 × ∑ bk 2 2 k=0 EduKlub S.A. (1) Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique ELECTROCINETIQUE - ELECTRONIQUE PROBLEME Domaine de variation de si bk = 1, ∀k , alors : Vs : si tous les V V 1 − 2 n+1 n n +1 Vs = − n+1 (1 + 2 + .... + 2 ) = − n +1 = −V (1 − 1 / 2 ) 2 2 1− 2 Rq : si n est suffisamment grand, 2.7) Vs ; V . La relation (1) montre que la grandeur analogique nombre binaire VS est proportionnelle au {bnbn−1...bk ...b1b0 } : il y a bien eu « conversion numérique-analogique ». VS varie entre 0 et ; −V ; pour que varie entre −V /2 et V / 2 , il suffit de translater la tension −VS de −V / 2 ; proposons le 2.8) VS bk sont nuls, alors Vs = 0 Avec le présent montage, la tension de sortie montage ci-dessous : R0 R0 + Vs 3R0 −V L'AO est idéal et fonctionne en régime linéaire. Vs' R0 Le diviseur de tension montre que : V+ = −V × R0 V =− R0 + 3R0 4 Le théorème de Millman appliqué sur la borne inverseuse de l’AO conduit à : V− = V+ ⇒ Rq : ainsi, lorsque tous les V− = Vs + Vs' ; d’où : 2 Vs' = −Vs − V / 2 bk sont nuls, Vs = 0 ⇒ Vs' = −V / 2 ; si bk = 1, ∀k , alors Vs = −V ⇒ V = +V / 2 , ce qui est bien conforme au « cahier des charges ». ' s Page 7 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites.