DS1 de l'année dernière — corrigé complet

Question 1 (7 pts) — Fonction de transfert, nature et ordre de F₁ et F₂

Cadre. Régime sinusoïdal forcé, notation complexe, filtres « en circuit ouvert » (aucun courant de sortie). On note \(\underline H_k=\underline V_{sk}/\underline V_{ek}\).

F₁ (R₁ en série, C₁ vers la masse, sortie aux bornes de C₁). Pont diviseur de tension :

\[ \underline H_1=\frac{\dfrac1{jC_1\omega}}{R_1+\dfrac1{jC_1\omega}}=\boxed{\frac{1}{1+jR_1C_1\omega}} \]

Nature : passe-bas (BF : \(\underline H_1\to1\) ; HF : \(\underline H_1\to0\)). Ordre : 1 (un seul condensateur ⇒ dénominateur de degré 1 en \(j\omega\)). Pulsation de coupure \(\omega_{c1}=1/(R_1C_1)\).

F₂ (C₂ en série, R₂ vers la masse, sortie aux bornes de R₂). Pont diviseur :

\[ \underline H_2=\frac{R_2}{R_2+\dfrac1{jC_2\omega}}=\boxed{\frac{jR_2C_2\omega}{1+jR_2C_2\omega}} \]

Nature : passe-haut (BF : \(\underline H_2\to0\) ; HF : \(\underline H_2\to1\)). Ordre : 1. Pulsation de coupure \(\omega_{c2}=1/(R_2C_2)\).

Question 2 (5 pts) — Montage à intercaler entre F₁ et F₂

Justification du rôle. Le suiveur a une impédance d'entrée infinie (aucun courant n'est prélevé sur F₁, qui reste « en circuit ouvert ») et une impédance de sortie nulle (il impose \(V_{e2}\) quelle que soit la charge F₂). Sans lui, F₂ chargerait F₁ (elle absorberait du courant) et la fonction de transfert de la cascade ne serait pas le produit \(\underline H_1\times\underline H_2\). Avec lui, les deux filtres sont découplés et \(\underline H=\underline H_1\underline H_2\) exactement.

Question 3 (5 pts) — \(R_1=R_2=R\), \(C_1=C_2=C\) : forme de \(\underline H\), nature, ordre, \(\omega_0\), \(H_0\), \(Q\)

On pose \(x=\omega/\omega_0\) avec \(\omega_0=1/(RC)\), donc \(RC\omega=x\).

\[ \underline H=\underline H_1\,\underline H_2=\frac1{1+jx}\cdot\frac{jx}{1+jx}=\frac{jx}{(1+jx)^2} \]

On développe le dénominateur : \((1+jx)^2=1+2jx+j^2x^2=1-x^2+2jx\). Donc

\[ \boxed{\ \underline H=\frac{jx}{1-x^2+2jx}\ } \]

Nature et ordre. Le degré du dénominateur en \(j x\) est 2 : filtre d'ordre 2. Il est passe-bas (F₁) × passe-haut (F₂) : passe-bande (nul en BF et en HF, voir Q4).

Forme canonique du passe-bande d'ordre 2 : \(\underline H=\dfrac{H_0}{1+jQ\left(x-\dfrac1x\right)}\), ou, en multipliant haut et bas par \(jx/Q\) :

\[ \underline H=H_0\,\frac{j\,x/Q}{1-x^2+j\,x/Q} \]

Identification avec \(\dfrac{jx}{1-x^2+2jx}\) :

• dénominateur : \(\dfrac1Q=2\) ⇒ \(Q=\dfrac12\) ;
• numérateur : \(H_0\,\dfrac xQ=2H_0\,x=x\) ⇒ \(H_0=\dfrac12\).

Question 4 (7 pts) — Tableau BF / HF / résonance

• BF (\(x\ll1\)) : \(\underline H\approx jx\) ; \(G_{dB}=20\log x\) (pente \(+20\) dB/déc) ; \(\Delta\varphi=+90^\circ\).
• HF (\(x\gg1\)) : \(\underline H\approx\dfrac{jx}{(jx)^2}=\dfrac1{jx}=-\dfrac jx\) ; \(G_{dB}=-20\log x\) (pente \(-20\) dB/déc) ; \(\Delta\varphi=-90^\circ\).
• Résonance (\(x=1\)) : \(\underline H(1)=\dfrac{j}{1-1+2j}=\dfrac12\) (exact) ; \(G_{dB}=20\log\dfrac12=-20\log2=-20\times0{,}30=-6\ \text{dB}\) ; \(\Delta\varphi=0\).

Question 5 (4 pts) — Diagramme de Bode en gain

Abscisse \(\log x\), ordonnée \(G_{dB}\). Les deux asymptotes (\(+20\) dB/déc puis \(-20\) dB/déc) se coupent en \(x=1\) à \(0\) dB. La courbe réelle est 6 dB en dessous en \(x=1\) (\(G=20\log\dfrac{x}{1+x^2}\)).

Question 6 (2 pts) — Domaine où F se comporte en dérivateur

Multiplier par \(j\omega\) revient à dériver en temporel : pente \(+20\) dB/déc et déphasage \(+90^\circ\), signature du dérivateur. Attention : ce n'est vrai que tant que \(x\ll1\), le gain restant alors très faible (\(|H|\approx x\)).

Question 1 (1 pt) — Pourquoi \(e(t)\) est-il périodique ?

Question 2 (2 pts) — Période \(T\) et fréquence \(f\)

Sur le chronogramme, deux oscillations complètes de grande amplitude apparaissent sur l'intervalle \([0\,;3]\) ms avec des maxima en \(t\approx1{,}0\) ms et \(t\approx2{,}0\) ms : la période est l'écart entre deux maxima (ou entre les deux traits pointillés verticaux, espacés d'environ 1 ms).

Question 3 (1 pt) — Valeur de \(A\)

\(A\) est la valeur moyenne de \(e(t)\) (les termes en cosinus sont de moyenne nulle). Le signal oscille entre \(\approx-2\) V et \(\approx+4\) V : la moyenne est \(\dfrac{4+(-2)}2=1\) V (c'est aussi la valeur lue sur la sortie F2, qui ne garde que la composante continue).

Question 4 (1 pt) — Amplitude du fondamental

Question 5 (1 pt) — Rang du seul harmonique

\(40\pi ft=2\pi\,(20f)\,t\) : fréquence \(20f=20\) kHz.

Question 6 (1 pt) — Signification de \(\pi/2\)

Question 7 (5 pts) — Spectre en amplitude de \(e(t)\)

Trois raies : \(0\) Hz (composante continue, \(A=1\) V), \(f=1\) kHz (\(3A=3\) V), \(20f=20\) kHz (\(A/10=0{,}1\) V).

Question 8 (12 pts) — Nature et fréquence de coupure de F1, F2, F3, F4

Méthode. On regarde quelles raies du spectre survivent dans chaque sortie : continu (1 V), fondamental (3 V, 1 kHz), harmonique 20 (0,1 V, 20 kHz). Deux passe-bas et deux passe-haut au total.

Justifications.

• F1 : la valeur moyenne est devenue nulle (axe 0 au centre) alors que l'amplitude 3 V du fondamental est conservée : il faut \(|H(0)|=0\) et \(|H(1\,\text{kHz})|\approx1\), donc passe-haut avec \(f_c\) nettement inférieure à 1 kHz.
• F2 : un passe-bas qui ne laisse que le continu doit avoir \(f_c\) très inférieure à 1 kHz (de l'ordre de \(f/30\) ou moins pour que les 3 V du fondamental soient réduits à une ondulation invisible).
• F3 : on ne voit que l'ondulation rapide de 0,1 V : le fondamental de 3 V doit être atténué d'un facteur \(\gtrsim30\) alors que l'harmonique 20 passe. Cela impose \(f_c\) entre les deux (ordre de quelques kHz à 10 kHz) et un filtre d'ordre \(\ge2\) pour une atténuation suffisante.
• F4 : le continu et le fondamental passent (\(f_c>1\) kHz) mais l'harmonique de 0,1 V est rabotée (\(f_c<20\) kHz) ; avec \(f_c=5\) kHz d'ordre 1, \(|H(20\,\text{kHz})|\approx0{,}24\) donc l'ondulation résiduelle vaut \(\approx0{,}02\) V, invisible sur le tracé.

Lecture du schéma. Source \(v_e\) → résistance \(R\) → borne \(-\) ; condensateur \(C\) entre la borne \(-\) et la sortie \(v_s\) ; borne \(+\) reliée à la masse par une résistance \(R\) et à la sortie par une résistance \(R\).

Question 1 (4 pts) — Courants d'entrée de l'ALI idéal

Cela vient de l'impédance d'entrée infinie \(Z_e\to\infty\) : le courant d'entrée vaut \((V^+-V^-)\) ou \(V\) divisé par \(Z_e\), donc nul pour des tensions finies. Au contraire, l'impédance de sortie est nulle (\(Z_s\to0\)) : la sortie se comporte comme une source de tension idéale et peut débiter un courant \(i_s\) non nul (fourni par l'alimentation), qui n'est pas contraint.

Question 2 (6 pts) — Potentiels \(V^+\) et \(V^-\)

\(V^+\) — pont diviseur de tension. Comme \(i^+=0\), les deux résistances \(R\) sont traversées par le même courant (de \(v_s\) vers la masse) :

\[ V^+=\frac{R}{R+R}\,v_s=\boxed{\frac{v_s}{2}} \]

\(V^-\) — théorème de Millman (loi des nœuds en termes de potentiels). Au nœud relié à la borne \(-\) : branche \(R\) vers \(v_e\), branche \(C\) (admittance \(jC\omega\)) vers \(v_s\), branche vers la masse (aucune car \(i^-=0\)). Loi des nœuds : \(\dfrac{\underline v_e-\underline V^-}{R}+jC\omega\,(\underline v_s-\underline V^-)=0\), donc

\[ \underline V^-=\frac{\dfrac{\underline v_e}{R}+jC\omega\,\underline v_s}{\dfrac1R+jC\omega}=\boxed{\frac{\underline v_e+jRC\omega\,\underline v_s}{1+jRC\omega}} \]

Question 3 (2 pts) — Relation entre \(V^+\) et \(V^-\) en régime linéaire

Pour un ALI idéal de gain infini en régime linéaire, \(v_s=A_d\,\varepsilon\) est fini et \(A_d\to\infty\), donc nécessairement \(\varepsilon\to0\).

Question 4 (5 pts) — Fonction de transfert et équation différentielle

On écrit \(V^+=V^-\) :

\[ \frac{\underline v_s}{2}=\frac{\underline v_e+jRC\omega\,\underline v_s}{1+jRC\omega} \ \Longrightarrow\ \underline v_s(1+jRC\omega)=2\underline v_e+2jRC\omega\,\underline v_s \] \[ \underline v_s\,(1+jRC\omega-2jRC\omega)=2\underline v_e \ \Longrightarrow\ \boxed{\ \underline H=\frac{\underline v_s}{\underline v_e}=\frac{2}{1-jRC\omega}\ } \]

Équation différentielle. On revient au produit en croix \(\underline v_s\,(1-jRC\omega)=2\underline v_e\) et on remplace \(j\omega\) par \(d/dt\) :

\[ \boxed{\ v_s-RC\,\frac{dv_s}{dt}=2v_e\ } \quad\text{soit}\quad RC\,\frac{dv_s}{dt}-v_s=-2v_e \]

Question 5 (3 pts) — Condition de stabilité et conclusion

Condition. Une équation différentielle linéaire du premier ordre \(a_1\,\dot s+a_0\,s=b\,e\) a une solution homogène \(s_h(t)=K\,e^{-(a_0/a_1)t}\). Elle tend vers 0 (réponse stable) si et seulement si \(a_0/a_1>0\) : les coefficients \(a_1\) et \(a_0\) doivent être de même signe.

Ici : \(a_1=RC>0\) et \(a_0=-1<0\) : signes opposés. La solution homogène est \(s_h(t)=K\,e^{+t/(RC)}\), qui diverge exponentiellement : la réponse est instable.

Lecture du schéma. Étage 1 : \(v_1\) sur la borne \(+\) ; la borne \(-\) (nœud A) est reliée à la masse par \(R\) et à la sortie \(v'\) par \(R/\alpha\). Étage 2 : \(v_2\) sur la borne \(+\) ; la borne \(-\) (nœud B) est reliée à \(v'\) par \(R\) et à la sortie \(v_s\) par \(\alpha R\).

Question 1 (1 pt) — Régime linéaire

Question 2 (7 pts) — \(v'\) en fonction de \(v_s\), \(v_2\), puis de \(v_1\)

Nœud B (Millman, courant d'entrée nul). Admittances : \(1/R\) vers \(v'\), \(1/(\alpha R)\) vers \(v_s\) :

\[ V_B=\frac{\dfrac{v'}{R}+\dfrac{v_s}{\alpha R}}{\dfrac1R+\dfrac1{\alpha R}}=\frac{\alpha v'+v_s}{\alpha+1} \]

Régime linéaire : \(V_B=V^+=v_2\), donc \((\alpha+1)v_2=\alpha v'+v_s\) :

\[ \boxed{\ v'=\frac{(1+\alpha)\,v_2-v_s}{\alpha}\ } \]

Nœud A (Millman). Admittances : \(1/R\) vers la masse (potentiel 0), \(\alpha/R\) vers \(v'\) (car la résistance vaut \(R/\alpha\)) :

\[ V_A=\frac{\dfrac{0}{R}+\dfrac{\alpha}{R}v'}{\dfrac1R+\dfrac{\alpha}{R}}=\frac{\alpha}{1+\alpha}\,v' \]

Régime linéaire : \(V_A=v_1\), donc

\[ \boxed{\ v'=\frac{1+\alpha}{\alpha}\,v_1\ } \]

(C'est bien le gain \(1+\dfrac{R/\alpha}{R}=\dfrac{1+\alpha}{\alpha}\) d'un amplificateur non inverseur.)

Question 3 (4 pts) — Expression de \(v_s\) et nom du montage

On égale les deux expressions de \(v'\) :

\[ \frac{(1+\alpha)v_2-v_s}{\alpha}=\frac{1+\alpha}{\alpha}v_1 \ \Longrightarrow\ (1+\alpha)v_2-v_s=(1+\alpha)v_1 \] \[ \boxed{\ v_s=(1+\alpha)\,(v_2-v_1)\ } \]

Question 4 (2 pts) — Limitation en tension (saturation)

La sortie d'un ALI réel ne peut pas dépasser les tensions d'alimentation : \(|v_{sortie}|\le V_{sat}\approx V_{CC}\) (typiquement \(15\) V). Si la valeur « attendue » calculée en régime linéaire dépasse \(V_{sat}\), la sortie reste bloquée à \(\pm V_{sat}\) et l'ALI quitte le régime linéaire.

Question 5 (3 pts) — Autre limitation valable aux basses fréquences

Elle se produit si la charge (ou le circuit extérieur) demande un courant supérieur à \(i_{s,max}\), c'est-à-dire pour une charge de trop faible résistance : \(R_{charge}

Question 6 (1 pt) — Limitation des hautes fréquences

Données. \(e(t)\) triangulaire, \(f=1{,}0\) kHz (\(T=1{,}0\) ms), amplitude \(E_m=10{,}0\) V, moyenne \(E_0=2{,}5\) V, donc \(e\in[-7{,}5\ ;\ +12{,}5]\) V. Sortie voulue : \(s=+15\) V si \(eE_0\). Conditions : \(e(0)=2{,}5\) V et \(e(0^+)\) croissant.

Question 1 (10 pts) — Oscillogrammes sur une période et diagramme XY

Triangle. Pente \(\pm\dfrac{10\ \text{V}}{T/4}=\pm40\ \text{V/ms}\). Dates clés : \(e(0)=2{,}5\) V, \(e(T/4)=12{,}5\) V (maximum), \(e(T/2)=2{,}5\) V, \(e(3T/4)=-7{,}5\) V (minimum), \(e(T)=2{,}5\) V.

Sortie. Sur \(]0\,;T/2[\) : \(e>E_0\) ⇒ \(s=-15\) V. Sur \(]T/2\,;T[\) : \(e

Diagramme entrée-sortie (mode XY, \(s\) en fonction de \(e\)) : deux paliers horizontaux \(s=+15\) V pour \(e<2{,}5\) V et \(s=-15\) V pour \(e>2{,}5\) V, reliés par un segment vertical en \(e=E_0=2{,}5\) V (un seul seuil, aucune hystérésis).

Question 2 (6 pts) — Schéma du montage et nom

\(s=+V_{sat}\) quand \(V^+>V^-\). On veut \(s=+15\) V quand \(e\(-\) et \(E_0\) sur la borne \(+\). Pas de résistance de réaction : l'ALI est en boucle ouverte, alimenté en \(\pm15\) V.

Question 3 (1 pt) — Régime de l'ALI

Question 4 (11 pts) — Montage de l'étudiant

Lecture du schéma. \(e\) sur la borne \(-\) ; la borne \(+\) est reliée au point commun de \(R_1\) (côté \(V_0=E_0\)) et de \(R_2\) (côté sortie \(s'\)). Il y a une réaction sur la borne \(+\) (positive) : le régime est saturé.

Potentiel de la borne \(+\) (Millman, \(i^+=0\)) :

\[ V^+=\frac{\dfrac{V_0}{R_1}+\dfrac{s'}{R_2}}{\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}}=\frac{R_2V_0+R_1s'}{R_1+R_2}\qquad V^-=e \]

La sortie bascule quand \(V^+=V^-\), la valeur de \(V^+\) dépendant de l'état de \(s'\).

Bascule haut → bas. Avant le basculement, \(s'=+V_{sat}=+15\) V (tant que \(e \[ e_{hb}=\frac{R_2V_0+R_1V_{sat}}{R_1+R_2}=\frac{400\times2{,}5+100\times15}{500}=\frac{1000+1500}{500}=\boxed{5{,}0\ \text{V}} \]

Bascule bas → haut. Avant, \(s'=-V_{sat}=-15\) V. Le basculement a lieu quand \(e\) diminue jusqu'à \(V^+\) :

\[ e_{bh}=\frac{R_2V_0-R_1V_{sat}}{R_1+R_2}=\frac{1000-1500}{500}=\boxed{-1{,}0\ \text{V}} \]

Pourquoi ça ne convient pas.

• Il y a deux seuils différents (5 V et −1 V) au lieu d'un seul seuil à \(E_0=2{,}5\) V : c'est un cycle d'hystérésis de largeur \(e_{hb}-e_{bh}=6\) V.
• Le centre du cycle, \(\dfrac{R_2V_0}{R_1+R_2}=2\) V, n'est même pas \(E_0\) : la sortie n'est donc pas symétrique autour de \(E_0\).

Sur le triangle : \(s'\) passe à \(-15\) V quand \(e\) atteint 5 V en montée (\(t\approx0{,}06\) ms) et repasse à \(+15\) V quand \(e\) atteint \(-1\) V en descente (\(t\approx0{,}59\) ms), au lieu de \(0\) et \(0{,}5\) ms : la sortie est décalée et déformée par rapport à \(s(t)\) voulue.