Electronique Analogique Exam

Première partie : ETUDE D'UN FONCTIONNEMENT LINEAIRE / NON LINEAIRE

Question I.1 - Expression du potentiel V-

Pour déterminer le potentiel à l'entrée inverseuse V-, nous appliquons le théorème de Millman au nœud V-. L'amplificateur opérationnel étant considéré comme parfait, le courant entrant dans ses bornes est nul. Les branches connectées au nœud V- sont la tension d'entrée Ve à travers la résistance R1, et la tension de sortie Vs à travers la résistance R2.

V- = (Ve/R1 + Vs/R2) / (1/R1 + 1/R2)

Question I.2 - Expression du potentiel V+

De même, nous appliquons le théorème de Millman au nœud de l'entrée non inverseuse V+. Ce nœud est relié à la sortie Vs par la résistance R3 et à la masse (0 V) par la résistance R4.

V+ = (Vs/R3 + 0/R4) / (1/R3 + 1/R4) V+ = Vs × [ (1/R3) / ((R3 + R4)/(R3 × R4)) ] V+ = Vs × (R4 / (R3 + R4))

Question I.3 - Expression de la tension différentielle 

La tension d'erreur (ou différentielle)  est définie par la différence de potentiel entre les deux entrées de l'amplificateur opérationnel :  = V+ - V-

En remplaçant par les expressions trouvées précédemment :  = [ Vs × R4 / (R3 + R4) ] - [ (Ve/R1 + Vs/R2) / (1/R1 + 1/R2) ]  = [ Vs × R4 / (R3 + R4) ] - [ (Ve × R2 + Vs × R1) / (R1 + R2) ]

Question I.4 - Expression de  en fonction de m et q

On pose m = R1/R2 et q = R3/R4. Factorisons nos expressions pour faire apparaître ces rapports.

Pour V- : Divisons le numérateur et le dénominateur de V- par R2. V- = (Ve + Vs × (R1/R2)) / ((R1/R2) + 1) V- = (Ve + m × Vs) / (m + 1)

Pour V+ : Divisons le numérateur et le dénominateur de V+ par R4. V+ = Vs / ((R3/R4) + 1) V+ = Vs / (q + 1)

On obtient ainsi l'expression simplifiée de  :  = Vs / (q + 1) - (Ve + m × Vs) / (m + 1)

Question I.5 - Condition du régime linéaire

En regroupant les termes en Vs, l'expression de  devient une fonction affine de Vs :  = Vs × [ 1/(q + 1) - m/(m + 1) ] - Ve / (m + 1)

Pour que l'amplificateur opérationnel fonctionne de manière stable en régime linéaire, la contre-réaction négative doit l'emporter sur la réaction positive. Mathématiquement, cela signifie que la pente de la droite  = f(Vs) doit être strictement négative. Pente = 1/(q + 1) - m/(m + 1) Pente = ( (m + 1) - m(q + 1) ) / ( (q + 1)(m + 1) ) Pente = ( m + 1 - m - mq ) / ( (q + 1)(m + 1) ) Pente = (1 - mq) / ( (q + 1)(m + 1) )

Pour que cette pente soit négative (les dénominateurs étant positifs car les résistances sont positives), il faut que : 1 - mq < 0 mq > 1

En remplaçant m et q par les résistances : (R1/R2) × (R3/R4) > 1 R1 × R3 > R2 × R4

Question I.6 - Expression de Vs(t) pour q = 1 et m = 3

Vérifions d'abord le régime : mq = 3 × 1 = 3. Comme 3 > 1, la condition du régime linéaire est bien remplie. L'amplificateur n'est pas saturé (tant que la tension de sortie ne dépasse pas ±14 V). En régime linéaire idéal, la tension différentielle est nulle :  = 0. Reprenons l'expression de I.4 : 0 = Vs / (1 + 1) - (Ve + 3 × Vs) / (3 + 1) 0 = Vs / 2 - (Ve + 3 × Vs) / 4 0 = (2 × Vs - Ve - 3 × Vs) / 4 0 = -Vs - Ve Vs = -Ve

L'expression temporelle est donc Vs(t) = -Ve(t). Le montage se comporte comme un amplificateur inverseur de gain -1.

Question I.7 - Condition du régime non linéaire

Le fonctionnement est non linéaire (instable, entraînant une saturation à ±Vsat) si la réaction positive l'emporte, ce qui se traduit par une pente de la droite  = f(Vs) positive. D'après notre calcul en I.5, il faut que : 1 - mq > 0 mq < 1

En termes de résistances : (R1/R2) × (R3/R4) < 1 R1 × R3 < R2 × R4

Question I.8 - Calcul de  pour q = 3 et m = 1

Note de correction importante : L'énoncé indique formellement que "l'on considère le fonctionnement non linéaire" puis impose de choisir q = 3 et m = 1. Or, avec ces valeurs, le produit vaut mq = 3 × 1 = 3. Puisque 3 > 1, la pente reste strictement négative. Le circuit se trouve donc mathématiquement en régime linéaire (avec écrêtage en limite d'alimentation), et non en régime non linéaire avec hystérésis (Trigger de Schmitt) comme l'auteur l'espérait probablement. L'auteur a inversé les valeurs de m et q par rapport à la question I.6 pensant inverser le signe de la pente, sans réaliser que le produit mq restait symétrique. Conformément à la rigueur scientifique, nous ne modifierons pas les valeurs de l'énoncé en cachette. Nous appliquerons les mathématiques exactes découlant de q = 3 et m = 1.

Remplaçons q=3 et m=1 dans l'équation de I.4 :  = Vs / (3 + 1) - (Ve + 1 × Vs) / (1 + 1)  = Vs / 4 - (Ve + Vs) / 2  = Vs / 4 - 2 × Vs / 4 - Ve / 2  = -Vs / 4 - Ve / 2

Question I.9 - Valeur de Vs pour Ve = -8 V

Remplaçons Ve par -8 V dans notre équation :  = -Vs / 4 - (-8) / 2  = -Vs / 4 + 4

L'énoncé nous demande de considérer le fonctionnement aux limites (saturation). La caractéristique de transfert de l'AO donne :

• Vs = +14 V (saturation haute) si  > 0
• Vs = -14 V (saturation basse) si  < 0

Testons les deux états possibles de saturation pour trouver l'intersection cohérente : Si Vs = +14 V :  = -(14) / 4 + 4 = -3.5 + 4 = +0.5 V. Comme +0.5 V > 0, ce point est valide. Si Vs = -14 V :  = -(-14) / 4 + 4 = 3.5 + 4 = 7.5 V. Ce point requiert  < 0 pour exister, ce qui est contredit (7.5 n'est pas négatif).

L'intersection se fait donc au point (Vs = +14 V,  = +0.5 V). La tension de sortie vaut Vs = +14 V.

Question I.10 - Valeur de basculement Vh pour Ve croissante

Puisque le circuit est mathématiquement un amplificateur (pente négative), il n'y a pas de véritable "basculement" (cycle d'hystérésis), mais simplement une sortie de la zone de saturation pour entrer dans la zone linéaire de l'amplificateur. À Ve = -8 V, le montage est saturé à Vs = +14 V. Lorsque Ve augmente,  = -14/4 - Ve/2 = -3.5 - Ve/2 va diminuer. Le point de transition (entrée en zone linéaire) se produit lorsque  franchit 0. 0 = -3.5 - Ve/2 Ve/2 = -3.5 Ve = -7 V

La valeur de transition (assimilée à Vh dans l'énoncé) est Vh = -7 V.

Question I.11 - Valeur de basculement Vb pour Ve décroissante

Faisons le même raisonnement en partant de Ve = +8 V. Pour Ve = +8 V, si l'on suppose Vs = -14 V, alors  = -(-14)/4 - 8/2 = 3.5 - 4 = -0.5 V (valide car négatif). L'amplificateur est saturé à -Vsat. Lorsque Ve diminue, la transition se produit lorsque  atteint 0 depuis les valeurs négatives. 0 = 14/4 - Ve/2 0 = 3.5 - Ve/2 Ve/2 = 3.5 Ve = +7 V

La valeur de transition (assimilée à Vb) est Vb = +7 V.

Question I.12.1 - Tracé temporel de Vs = f(t)

Entre Ve = -7 V et Ve = +7 V, l'amplificateur est en régime linéaire ( = 0). En appliquant  = 0 à notre équation de I.8 : 0 = -Vs / 4 - Ve / 2 Vs / 4 = -Ve / 2 Vs = -2 × Ve

Le tracé de Vs(t) est donc le suivant :

• Quand le signal triangulaire Ve(t) est inférieur à -7 V, Vs(t) est plafonné (écrêté) à la saturation positive de +14 V.
• Quand Ve(t) est compris entre -7 V et +7 V, Vs(t) est un signal triangulaire de forme opposée à Ve(t) avec une pente deux fois plus forte (Vs = -2 × Ve).
• Quand Ve(t) dépasse +7 V, Vs(t) est plafonné à la saturation négative de -14 V. Le résultat est un triangle amplifié et inversé dont les pointes sont coupées net (écrêtées) à +14 V et -14 V.

Question I.12.2 - Tracé de la caractéristique Vs = f(Ve)

Contrairement à un trigger de Schmitt, il n'y a pas de cycle d'hystérésis. La courbe Vs = f(Ve) est constituée d'une seule trace parcourue dans les deux sens (aller et retour superposés) :

• Un palier horizontal à Vs = +14 V pour Ve allant de l'infini négatif jusqu'à Ve = -7 V.
• Une droite oblique descendante passant par l'origine, de pente -2, reliant le point (-7 V, +14 V) au point (+7 V, -14 V).
• Un palier horizontal à Vs = -14 V pour Ve allant de +7 V vers l'infini positif.

Valeurs numériques caractéristiques :

• Limites de fonctionnement linéaire : Ve = ±7 V
• Tensions de saturation : Vs = ±14 V
• Gain en zone linéaire : -2

Fonction remplie : Amplificateur inverseur (de gain -2) avec écrêtage (ou limiteur de tension).

Deuxième partie : ETUDE D'UN FILTRE ACTIF

Question II.1 - Fonction de transfert complexe F(jf)

Le filtre de la figure 2 est architecturé autour d'un amplificateur opérationnel idéal fonctionnant en régime linéaire (rebouclage négatif via la résistance R2 et le condensateur C en parallèle). L'entrée non inverseuse est à la masse (V+ = 0), donc V- = 0 (masse virtuelle).

Appliquons le théorème de Millman au nœud V- (en notation complexe) : (Ue / R1) + (Us / Z_eq) = 0 où Z_eq est l'impédance équivalente de R2 et C en parallèle : Z_eq = R2 / (1 + j × R2 × C × )

En remplaçant Z_eq dans l'équation du nœud V- : (Ue / R1) + Us × (1 + j × R2 × C × ) / R2 = 0 Us / Ue = - (R2 / R1) / (1 + j × R2 × C × )

Sachant que la pulsation est  = 2 ×  × f, la fonction de transfert complexe s'écrit : F(jf) = Us / Ue = - (R2 / R1) / (1 + j × 2 ×  × R2 × C × f)

Cette expression peut être mise sous la forme demandée (l'énoncé extrait contient des signes superflus liés au formattage PDF, mais le standard usuel est évident) : F(jf) = - K / (1 + j × f / f0)

Par identification directe des termes : K = R2 / R1 (Le signe moins, qui traduit le déphasage de l'amplificateur inverseur, est parfois inclus dans la constante de gain de l'énoncé, ici nous identifions le module du gain statique K). f0 = 1 / (2 ×  × R2 × C)

Question II.2 - Calcul des composants R1 et R2

On donne f0 = 5 kHz, K = 2 et C = 10 nF = 10 × 10⁻⁹ F.

Calculons R2 à partir de l'expression de f0 : R2 = 1 / (2 ×  × f0 × C) R2 = 1 / (2 ×  × 5000 × 10 × 10⁻⁹) R2 = 1 / (100000 ×  × 10⁻⁹) R2 = 1 / ( × 10⁻⁴) R2 = 10000 /  ≈ 3183  (soit environ 3.18 k)

Calculons ensuite R1 avec l'expression du gain statique K : R1 = R2 / K R1 = (10000 / ) / 2 R1 = 5000 /  ≈ 1591.5  (soit environ 1.59 k)

Question II.3 - Diagramme de Bode et nature du filtre

Nature du filtre : Il s'agit d'un filtre passe-bas du premier ordre, inverseur.

Esquisse du diagramme de Bode (Gain) :

• Le gain statique en décibels est G0 = 20 × log(K) = 20 × log(2) ≈ 6 dB.
• L'asymptote basse fréquence (pour f << f0) est une droite horizontale à +6 dB.
• L'asymptote haute fréquence (pour f >> f0) est une droite de pente décroissante à -20 dB/décade.
• L'intersection des deux asymptotes se fait exactement à la fréquence de coupure f0 = 5 kHz.
• La courbe réelle passe par un point d'atténuation de -3 dB sous l'asymptote horizontale à la fréquence de coupure, soit à une ordonnée de +3 dB pour f = 5 kHz.

Question II.4.1 - Identification des termes de Ue(t)

L'expression de Ue(t), une fois dépolluée de l'extraction, correspond à la série de Fourier classique d'un signal périodique : Ue(t) = Ue0 + Ue1 sin(2 F t + 1) + Ue2 sin(2 (2F) t + 2) + Ue3 sin(2 (3F) t + 3)

Identification des quatre premiers termes :

• Ue0 : La composante continue (ou valeur moyenne du signal), correspondant à la fréquence nulle (f = 0).
• Ue1 sin(2 F t + 1) : Le fondamental (ou premier harmonique), dont la fréquence est F = 2 kHz.
• Ue2 sin(2 (2F) t + 2) : Le deuxième harmonique, de fréquence 2F = 4 kHz.
• Ue3 sin(2 (3F) t + 3) : Le troisième harmonique, de fréquence 3F = 6 kHz.

Question II.4.2 - Expression de Us(t) et justification

Justification : Le filtre est un système linéaire fonctionnant en régime permanent. Nous pouvons appliquer le théorème de superposition. Chaque composante sinusoïdale de l'entrée Ue(t) va traverser le filtre indépendamment. Sa nouvelle amplitude sera multipliée par le module du filtre |F(jf)| évalué à sa fréquence spécifique, et sa phase sera décalée par l'argument du filtre arg(F(jf)).

Rappels sur le module et l'argument du filtre : |F(jf)| = K / √(1 + (f/f0)²) arg(F(jf)) =  - arctan(f/f0) (Le déphasage de  provient du signe "-" de l'amplificateur inverseur)

Calculons les coefficients pour chaque fréquence avec K = 2 et f0 = 5 kHz :

• Pour f = 0 Hz (Composante continue) : Module = 2 / √(1 + 0) = 2 Phase =  Terme de sortie : 2 × Ue0 × cos() = -2 × Ue0

• Pour f = 2 kHz (Fondamental) : f/f0 = 2/5 = 0.4 Module = 2 / √(1 + 0.4²) = 2 / √(1.16) ≈ 1.857 Phase ajoutée =  - arctan(0.4) Terme de sortie : 1.857 × Ue1 × sin(2 F t + 1 +  - arctan(0.4))

• Pour f = 4 kHz (Deuxième harmonique) : f/f0 = 4/5 = 0.8 Module = 2 / √(1 + 0.8²) = 2 / √(1.64) ≈ 1.562 Phase ajoutée =  - arctan(0.8) Terme de sortie : 1.562 × Ue2 × sin(2 (2F) t + 2 +  - arctan(0.8))

• Pour f = 6 kHz (Troisième harmonique) : f/f0 = 6/5 = 1.2 Module = 2 / √(1 + 1.2²) = 2 / √(2.44) ≈ 1.280 Phase ajoutée =  - arctan(1.2) Terme de sortie : 1.280 × Ue3 × sin(2 (3F) t + 3 +  - arctan(1.2))

Expression finale de Us(t) : Us(t) = -2 Ue0 + 1.857 Ue1 sin(2 F t + 1 +  - arctan(0.4)) + 1.562 Ue2 sin(2 (2F) t + 2 +  - arctan(0.8)) + 1.280 Ue3 sin(2 (3F) t + 3 +  - arctan(1.2))

Méthode

Face à une épreuve d'électronique analogique de ce type, la priorité absolue est la confiance en vos lois des mailles, des nœuds et théorèmes de Millman.

1. Faites confiance à l'algèbre, pas à l'énoncé : L'anomalie de la partie I est un cas d'école très fréquent dans les examens. Le concepteur a voulu générer un trigger de Schmitt (dont la condition mathématique stricte est de maintenir une contre-réaction positive dominante), mais les valeurs numériques imposées ont inversé ce rapport de force. Si vous avez correctement établi la condition de la pente (mq < 1 ou mq > 1), ne pliez pas l'arithmétique pour "faire plaisir" à l'énoncé. Calculez froidement les intersections avec les lois que vous avez trouvées ; c'est ce qui distingue un étudiant qui comprend d'un étudiant qui devine.
2. L'outil Millman : Dès qu'un circuit à Amplificateur Opérationnel est fourni, appliquez systématiquement le théorème de Millman sur les nœuds V+ et V-. Presque toutes les expressions de tension différentielle  ou de fonction de transfert F(jf) en découlent directement avec un minimum de risque d'erreur de signe.
3. La superposition dans les filtres : Pour la partie filtre attaqué par un signal complexe (Série de Fourier), séparez chaque problème. Un filtre linéaire traite chaque harmonique comme s'il était seul au monde. Identifiez la fréquence, calculez le gain et la phase propres à cette fréquence, et ré-assemblez les blocs à la fin. Ne tentez jamais de traiter l'expression entière en un seul calcul.