Enseignant : Luc Chassagne Mots clés : Amplification ... EEA.pdf · Licence EEA – Contrôle continu d’Electronique II (2 heures) ... 4 – On dispose maintenant d’un convertisseur

Version du 10 août 2005

Université de Versailles Saint-Quentin

Annales Licence EEA/SPI

Sujets et corrigés des examens de Licence EEA/SPI 2001-2005

Matière : Electronique Systèmes

Enseignant : Luc Chassagne

Mots clés : Amplification – Bande passante – Filtrage – CNA/CNA – Modulation

2/57

UVSQ Licence EEA 2001-2002 Electronique systèmes

Licence EEA – Contrôle continu d’Electronique II (2 heures)

Exercice 1 : 4 points On dispose d’un amplificateur inverseur ayant une impédance d’entrée Ze composée d’une résistance de 16 kΩ en parallèle avec une capacité de 1 nF. Sa caractéristique de gain est représentée Figure 1 :

pente -1

40

10 kHz

G (dB)

6 pente -2

f (Hz) Figure 1 : Caractéristique de l’amplificateur

La première fréquence de coupure est liée à Ze, la seconde aux capacités parasites internes. 1 – Donner la fréquence à la laquelle la pente -2 démarre. Cet amplificateur est-il stable a priori ? 2 – On insère cet amplificateur dans le montage de la Figure 2 :

C = 20 pF

Vs Ve A

Figure 2 : Montage amplificateur

Calculer la nouvelle bande passante du montage. 3 – A quelle nouvelle fréquence la pente -2 arrive-t-elle ? Ce montage est-il stable a priori ?

3/57

Exercice 2 : 6 points 1 – Rappeler le principe de fonctionnement d’un convertisseur analogique-numérique n bits de type parallèle. On s’aidera d’un schéma. 2 – La tension de référence fabriquée par le convertisseur subit à un instant donné une brusque chute de 10% de sa valeur nominale. Quelles conséquences cela peut-il avoir sur la sortie ? Ces conséquences dépendent-elles du nombre de bits du convertisseur ? On ne fera pas une étude quantitative mais plutôt une étude qualitative ; de même pour la question suivante. 3 – On suppose que dans ce convertisseur, l’une des résistances qui forme le pont de division est de mauvaise qualité et sa valeur est fausse de 20%. On ne connaît pas a priori quelle est sa position dans le pont de résistances. Discutez des conséquences sur la sortie. Exercice 3 : 10 points On se propose d’étudier le fonctionnement d’un convertisseur analogique numérique double rampe. Le schéma de principe est représenté Figure 3 :

Commutateur

+

- R 1

2

V

Eref Ve

Vs

+

-

Vc

Logique decommande Compteur

Horloge fe

CComparateur

Figure 3 : Schéma de principe d’un CAN à double rampe

On suppose V tension continue > 0 ; Eref = -5 V ; R = 1 kΩ ; C = 1 µF ; fe = 1 MHz 1 – A l’instant t = 0, le condensateur est déchargé et l’on suppose ve = 0. La logique de commande déclenche le compteur et place le commutateur en position 1 qui reste dans cette position pendant un temps pré-programmé t1 = 1 ms.

4/57

Déterminez l’expression de vs en fonction du temps. Représentez l’allure de ve(t), vs(t) et vc(t) pour 0 < t < t1. Donnez l’expression de vs(t1).

2 – Le compteur est piloté par une horloge de fréquence fe = 1 MHz. A l’instant t1, il renvoie sa valeur N1 à la logique de commande qui la mémorise. Exprimez vs(t1) en fonction des paramètres du compteur et de l’intégrateur.

3 – Après avoir mémorisé la valeur du compteur, la logique de commande bascule le commutateur en position 2 et remet le compteur à zéro. Déterminez l’expression de vs(t) pour t > t1. Représentez l’allure de ve(t), vs(t) et vc(t) pour t > t1.

4 – Lorsque la logique de commande détecte vc = 0, elle bloque alors le compteur et récupère sa valeur N. Exprimez vs(t1) en fonction de N.

5 – Montrez que V s’exprime alors en fonction de Eref, de N et N1. Application numérique : si V = 2 volts, que valent N1 et N ? 6 – Quel est l’intérêt du convertisseur double rampe par rapport au convertisseur simple rampe ? 7 – Si la tension à convertir était négative, quelle(s) modification(s) faudrait-il apporter sur le schéma ? 8 – D’où peuvent provenir une erreur de zéro ou une erreur de gain dans ce montage ?

5/57


Examen d’Electronique Systèmes – 3 pages – 2h (Calculatrice interdite)

Exercice 1 : Le système de télémétrie de la Figure 1 est mis en œuvre :

Antenne émettrice

OL

Système de réception

Antenne réceptrice

d

Figure 1 : Système de télémétrie

Une impulsion est générée par un oscillateur local et émise vers une surface S située à une distance d. L’onde se propage dans l’air, est réfléchie, captée puis envoyée vers une électronique qui permet de mesurer τ le temps écoulé entre l’émission de l’impulsion et son retour sur l’antenne réceptrice. La mesure de ce temps se fait grâce à une horloge très rapide de période Te. Le temps écoulé est alors égal à un nombre de coups d’horloge τ = NTe. 1 – Expliquez comment on peut mesurer la distance d séparant les antennes (supposées très proches l’une de l’autre) et la surface S. On exprimera d en fonction de N et Te. Quels types de perturbations peuvent fausser la mesure ? Quelle est la distance minimale théorique mesurable ? Application numérique si l’horloge de comptage à une fréquence fe = 100 MHZ (on rappelle que c = 3 108 m/s). 2 – On modifie maintenant ce système comme illustré Figure 2 :

Antennes

Filtre

OL

Fréquencemètre

Figure 2 : Système de réception

Le filtre est un filtre passe bas. Le fréquencemètre permet de mesurer la fréquence fondamentale du signal issu du filtre.

6/57

L’oscillateur local est un générateur sinusoïdal de fréquence f0 modulé par sBF(t) un signal basse fréquence triangulaire de période T (fréquence f) conformément à la Figure 3. On considère que T >> T0. L’excursion en fréquence obtenue est notée ∆f.

t f0 T

Fréquence de l’OL

f0 + ∆f

Figure 3 : Modulation de fréquence

Représentez l’évolution de la fréquence du signal reçu avant le mélangeur en fonction du temps. 3 – Donner l’expression du signal après le mélangeur puis après le filtre. Représentez la fréquence du signal en fonction du temps après le filtre. Montrez que si l’on considère que τ << T, alors le signal possède une fréquence constante (en réalité si on ne néglige pas τ, la

fréquence est constante pendant environ τ−2T ). Donnez l’expression de la fréquence qui est

alors mesurée par le fréquencemètre et que l’on notera fτ. 4 – Donnez l’expression de la distance d en fonction des paramètres de l’OL et de fτ.

5 – Pour que le fréquencemètre puisse effectuer sa mesure pendant l’intervalle τ−2T , il lui

faut au moins une période du signal. Montrez que l’on obtient la condition τ1

>∆f .

6 – Montrez que l’indice de modulation a pour condition τTm > .

7 – Applications numériques : a) m = 1, f = 1,5 MHz, calculer la distance minimale mesurable, b) m = 100, f = 1,5 MHz, calculer la distance minimale mesurable,

8 – Proposez un schéma pour le filtre passe bas en supposant qu’il s’agît d’un filtre à capacités commutées. Exercice 2 : On désire transmettre un signal basse fréquence noté sm(t) par un système de modulation. Ce signal est du type sinusoïdal : sm(t) = Vm.cosωmt. Le générateur qui délivre sm(t) est inséré dans le schéma correspondant à la Figure 4.

7/57

Filtre

sm(t) +

R

K ve(t) vs(t)

Figure 4 : Modulateur

Dans un premier temps, l’interrupteur K est commandé par le signal s1(t), signal carré de pulsation ω0 > ωm (si s1(t) = 1, K est ouvert, si s1(t) = 0, K est fermé).

t

s1(t)

0

1

T0

t

s2(t)

-1

1

T0

a)

b)

Figure 5 : Signaux carrés

Le filtre est un filtre passe bande centré sur ω0, et impédance d’entrée infinie. 1 – Représentez le signal sm(t) et ve(t) sur un oscillogramme. Montrez que l’interrupteur commandé par s1(t) correspond à un multiplieur. De quel type de modulation s’agît-il ? 2 – Donnez l’expression de ve(t). Représentez le spectre en amplitude correspondant. Quelle précision peut-on apporter quand au type de modulation ? 3 – Quelle condition doit-on avoir entre ωm et ω0 pour qu’il n’y ait pas de recouvrement de spectre ? Quelle doit être la bande passante du filtre ? 4 – Représentez alors le signal vs(t). 5 – On modifie maintenant le schéma pour commander sm(t) par le signal s2(t). On considère que le signal sm(t) est multiplié par s2(t). Donnez l’expression de ve(t). Représentez le spectre en amplitude correspondant. Quelle condition doit-on avoir entre ωm et ω0 pour qu’il n’y ait pas de recouvrement de spectre ? Quel est l’avantage de cette modulation par rapport à la précédente ? Rappel théorique :

a) Un signal carré s1(t) de période T0 – comme représenté sur la Figure 5a - a pour

décomposition en série de Fourier : ...3cos32cos2

21)( 00 +−+= ttts ω

πω

π

b) Un signal carré s2(t) de période T0 – comme représenté sur la Figure 5b - a pour

décomposition en série de Fourier : ...3cos34cos4)( 00 +−= ttts ωπ

ωπ

8/57


Examen de septembre d’Electronique Systèmes – 2h (Calculatrice autorisée)

Exercice 1 (6 points) : 1 – Rappeler le schéma de principe d’un Convertisseur Numérique Analogique à résistances pondérées. On prendra par exemple un convertisseur 4 bits pour illustrer. 2 – On dispose d’un CNA de ce type sur 10 bits. Il est alimenté par une tension de référence de + 5 V. Calculer le pas de quantification. 3 – Les spécifications de ce convertisseur sont données pour une température de 25°C. Or, après une série de tests, on s’aperçoit que l’amplificateur opérationnel intégré au convertisseur possède un défaut important : il apporte un offset sur la sortie analogique qui fluctue de 1 mV/°C (pour une valeur moyenne nulle à 25°C). Quelle(s) conséquence(s) cela a-t-il ? 4 – On dispose maintenant d’un convertisseur Analogique – Numérique simple rampe 10 bits. Rappeler le schéma de principe. Calculer le pas de quantification s’il est alimenté en ± 10 V. Exercice 2 (6 points) : Soit deux résistances R1 et R2 associées en parallèle. On prendra un modèle comportant uniquement le bruit thermique, sans bruit Flicker. On veut modéliser ces deux résistances par une résistance globale de valeur R = (R1 parallèle à R2) et délivrant un courant de bruit i. 1 – On suppose dans un premier temps que la température des deux résistances est identique et égale à T. Calculer la valeur i du générateur de courant de bruit associé à ces deux résistances en parallèle. 2 – On suppose maintenant que les deux résistances sont à des températures différentes, respectivement notées T1 et T2. Calculer alors la température équivalente de bruit de R que l’on notera Te. On l’exprimera en fonction de R1, R2 T1, T2 et R.

9/57

Exercice 3 (8 points) : Le système de réception superhétérodyne classique de la Figure 1 est utilisé pour démoduler un signal appelé ve(t).

Antenne

Filtre

OLQuartz

ve(t)

Figure 1 : Système de réception

ve(t) est un signal modulé en fréquence par une modulation de type FSK : « Frequency Shift Keying ». Il s’agît d’un signal sinusoïdal d’amplitude crête 1 V dont la fréquence varie afin de coder l’information d’une manière logique : un « 0 » logique est codé par une fréquence f0 = 38 kHz et un « 1 » logique est codé par une fréquence f1 = 40 kHz. Chaque bit d’information dure 100 ms. 1 – Représentez un chronogramme du signal ve(t) pour la séquence de codage suivante : « 0-1-1-0-1-0 ». Sans chercher à faire un chronogramme parfaitement à l’échelle, on veillera à mettre les valeurs numériques si possible. 2 – Le quartz qui sert d’oscillateur local a une fréquence de 10,7 kHz. Calculer les fréquences porteuses d’information après le mélangeur, ainsi que la (ou les) fréquence(s) image(s) du système de détection. Quel type de filtre peut/doit-on mettre avant le mélangeur pour supprimer les fréquences images. 3 – Le filtre est composé d’un système à capacités commutées du type de la Figure 2 :

Vs (t)

Ve(t)

-

+

C2

C1

H1 H2 R

Figure 2 : Filtre à capacités commutées

Les horloges H1 et H2 sont en opposition de phase, de fréquence fe très supérieure à la fréquence du signal d’entrée.

Calculer la fonction de transfert du filtre. Donner l’expression de la fréquence de coupure du filtre et du gain dans la bande passante. Montrer qu’il peut convenir pour la question précédente.

10/57


Licence EEA – Contrôle continu d’Electronique II (Documents interdits - 31/03/2003 - 1H30)

Exercice 1 : 4 points 1 – Rappelez la définition de la résolution d’un convertisseur analogique-numérique. Précisez les paramètres dont elle dépend. 2 – Rappelez le principe général d’un convertisseur simple rampe. Quels sont les avantages et inconvénients d’un tel convertisseur ? Exercice 2 : 4 points Soit la cahier des charges du filtre passe haut suivant : Fréquence de coupure = 21 MHz ; gain minimum dans la bande passante = 20 dB ; gain maximum dans la bande passante = 22 dB ; fréquence de coupure de la bande atténuée = 10,5 MHz ; atténuation dans la bande atténuée = 13 dB. 1 – Représentez le gabarit et le gabarit normalisé du filtre. 2 – En vous aidant des abaques en annexes, donnez l’ordre nécessaire pour synthétiser un tel filtre avec les fonctions de Butterworth puis de Tchebytchev. Exercice 2 : 12 points Soit le schéma de la Figure 4 :

+

-

Vs

Z4

Ve

Z1

Z2

Z5

Z3

A

Figure 4

11/57

1 – Montrez que la fonction de transfert peut s’écrire sous la forme :

( ) 5353214

51)(YYYYYYY

YYpH++++

−= .

2 – Examinez le cas où Z1 = R1, Z2 = R2, Z4 = R3, Z3 une capacité C1, et Z5 une capacité C2. Donnez alors l’expression de H(p). On vérifiera qu’il s’agît d’un deuxième ordre. De quel type de filtre s’agît-il ? Précisez les expressions de ses paramètres caractéristiques. AN : les résistances valent 10 kΩ et les capacités valent 10 nF. 3 – Tracer l’allure du diagramme de Bode en gain correspondant (on ne demande pas de tracé précis).

12/57


Licence EEA – Examen d’Électronique Systèmes (Documents interdits – 2h00)

Exercice 1 : 4 points 1 – Soit le gabarit du filtre de la Figure 1 :

27 MHz

f

- 7 dB

40 dB43 dB

91 MHz GdB

Figure 1 Tracer le gabarit normalisé correspondant. Exercice 2 : 4 points 1 – On dispose d’un CAN 16 bits fonctionnant en unipolaire 0/5 V. Calculer le pas de quantification. 2 – L’échantillonnage et la conversion se font par des jeux de comparaisons de tensions par rapport à une référence interne au composant de valeur égale à 2,5 V. Quelle stabilité en tension relative doit avoir cette référence pour ne pas perturber le bon fonctionnement du convertisseur ? 3 – Mêmes questions si cette fois-ci le composant fonctionne sur 16 bits en bipolaire ± 5 V.

13/57

Exercice 3 : (4 points) Soit le signal sinusoïdal d’expression ( )( )ttAts φω += 0cos)( . 1 – Ce signal est modulé en amplitude par un signal sinusoïdal basse fréquence fL << f0. L’indice de modulation est fixé à 0,4. Représentez l’allure du spectre du signal modulé sm(t). 2 – Le signal s(t) est maintenant modulé non plus en amplitude mais en fréquence par le signal sinusoïdal basse fréquence fL << f0. l’indice de modulation est fixé à 2. Représentez l’allure du spectre du signal modulé sm(t). Exercice 4 : Détection synchrone (8 points)

Soit le signal s(t) ayant pour expression ( )( )ttAts φω += 0cos)( . Ce signal est reçu par une antenne, puis envoyé vers le système de la Figure 2.

Antenne

OL

Filtre

Figure 2

L’oscillateur local délivre un signal ayant pour expression ( )tVp 0cos ω= . 1 – Dans un premier temps, φ(t) est constant et vaut φ(t) = φ0. Le filtre est un filtre passe bas de fréquence de coupure fc très inférieure à f0. Donner l’expression du signal en sortie du filtre. Montrez que l’on peut récupérer l’information contenue soit dans la phase soit dans l’amplitude du signal s(t). 2 – On suppose maintenant que les amplitudes des porteuses, A et V sont entachées de bruits d’amplitude notés ∆A et ∆V qui viennent se rajouter respectivement à A et V. En supposant que l’on veuille récupérer l’information contenue dans la phase du signal s(t), cela est-t il gênant ? 3 – On suppose maintenant que ( )tkt 1cos)( ωφ = . On prend k = 0,05. Recalculez l’expression du signal en sortie du filtre. Montrez qu’un filtre supplémentaire passe bande de fréquence centrale égale à 2f1 est intéressant. Montrez que cela n’est vrai que si k est petit.

14/57

Annexe – Fonctions de Bessel

Fonctions de Bessel du premier ordre :

∑∞

=

++ +

−=

0

22 )!(!2

)1()(i

nini

i

n mini

mJ

−+

++

−

= ...

)!2(!22

)!1(!12

!1

2)(

42

n

m

n

m

nmmJ

n

n

)()1()( mJmJ n

nn −=−

...)4cos()(2)2cos()(2)()sincos( 420 +++= tmJtmJmJtm mmm ωωω

...)3sin()(2)sin()(2)sinsin( 31 ++= tcmJtmJtm mmm ωωω

Jo(m)

m

J1(m)

J2(m)

15/57


Examen de septembre d’Electronique Systèmes – 1h30 (Calculatrice autorisée)

Exercice 1 (4 points) : 1 – Soit le gabarit du filtre de la Figure 1 :

10,7 MHz

f

- 13 dB

10 dB17 dB

31 MHz GdB

Figure 5 Tracer le gabarit normalisé correspondant. Exercice 2 (8 points) : 1 – Un signal sinusoïdal s1(t) d’amplitude V0 et de fréquence f0 = 100 MHz est modulé en fréquence. L’onde modulante est une onde sinusoïdale d’amplitude Am = 3,2 V et de fréquence fm = 1 kHz. L’excursion de modulation est 5 kHz. Donner l’indice de modulation, la bande de fréquence occupée, et l’expression du signal modulé sm(t). 2 – Le tableau suivant résume les caractéristiques de plusieurs CAN. Le(s)quel(s) pourrait-on utiliser pour convertir en un signal numérique le signal modulé précédent sm(t) ? Justifier. Caractéristiques CAN 1 CAN 2 CAN 3 CAN 4 CAN 5 Nombre de bits 8 10 12 12 14 Gamme 0-5 V ± 5 V 0-10 V ± 5 V ± 5 V Type Simple rampe Parallèle Réseaux R-2R Simple rampe Double rampe Fréquence d’échantillonnage maximale

100 MHz 250 MHz 200 kHz 100 MHz 200 kHz

Type conversion Arrondi Troncature Arrondi Troncature Arrondi

16/57

3 – Soit le signal sinusoïdal d’expression ( )( )ttAts φω += 02 cos)( . Ce signal est modulé en amplitude par un signal sinusoïdal basse fréquence fBF << f0. L’indice de modulation est fixé à 1/3. Représentez l’allure temporelle du signal modulé s(t) ainsi que l’allure de son spectre. Exercice 3 (8 points) : Le schéma de principe d’un PLL est représenté sur la Figure 6 :

Comparateur de phase de

paramètre Kϕ ve(t) = V.cos(ωet)

Filtre de boucle F(p)

VCO de paramètre KVCO

vs(t)

Figure 6 : Schéma de principe d’un boucle à verrouillage de phase

1 – Rappelez le rôle des différents composants, et le principe général de la PLL. A quoi peut-elle servir ? 2 – A quel type de filtre correspond le filtre de boucle ? Quelles sont les conditions sur sa fréquence de coupure ? 3 – A quoi correspondent les paramètre Kφ et KVCO ? Précisez leurs unités. 4 – La sortie vs(t) est envoyée vers l’entrée d’un convertisseur analogique-numérique afin de pouvoir être convertie et utilisée ensuite par un calculateur. La sortie du filtre de boucle est bornée par ± 5 V. On désire obtenir une résolution meilleure que 100 µV. Combien de bits doit avoir le CAN ?

17/57


Licence EEA – Contrôle continu d’Electronique II (Documents et calculatrice autorisés – 1h30)

Exercice 1 : (4 points) 1 – Rappelez la définition de la résolution d’un convertisseur numérique analogique. 2 – On dispose d’un récepteur radio délivrant un signal sinusoïdal pur à 166 kHz avec une amplitude d’environ 1 Volt en valeur efficace. On désire échantillonner ce signal, avec une résolution meilleure que 200 µV. Le tableau suivant résume les caractéristiques de plusieurs CAN. Examiner chacun des cas et expliquez s’ils conviennent pour convertir le signal précédent. On veillera à correctement justifier chaque cas. Caractéristiques CAN 1 CAN 2 CAN 3 CAN 4 CAN 5 Nombre de bits 8 12 12 16 16 Gamme 0-5 V ± 5 V 0-10 V ± 5 V ± 5 V Type Simple rampe Parallèle Réseaux R-2R Simple rampe Double rampe Fréquence d’échantillonnage maximale


Exercice 2 : (8 points) On dispose d’un circuit récepteur radio issu d’une antenne. On désire isoler le signal utile centré autour de 88 MHz. Or à la sortie de l’antenne, le signal reçu contient également un signal de forme d’onde sinusoïdale à 20 MHz. On se propose de réaliser un filtre passe haut afin d’isoler l’information utile. 1 – Proposez un gabarit réel pour filtrer le signal issu de l’antenne. On désire une atténuation de la partie non utile d’au moins 32 dB à partir de 30 MHz. D’autre part, le filtre servira à amplifier en même temps le signal utile à partir de 80 MHz avec un gain compris entre 5 et 8 dB. 2 – Tracer le gabarit normalisé correspondant. 3 – Déterminer l’ordre nécessaire en supposant que l’on choisisse une réalisation de type Butterworth (on pourra s’aider des annexes). 4 – En réalise le filtre par une structure de Rauch comme vue en Td :

18/57

+

-

Vs

Z4

Ve

Z1

Z2

Z3

Z5

A

Préciser de quel type sont les Zx respectifs pour obtenir le filtre voulu (on ne donnera pas de valeur numérique). Donner l’expression de la fréquence de coupure et du coefficient d’amortissement. On supposera toutes les résitances égales à R et tous les condensateurs égaux à C. Doit-on s’attendre à un rebond sur le diagramme de gain ? Exercice 3 : (8 points) 1 – On désire filtrer un signal par le circuit représenté sur le schéma suivant :

+

-

C1

Vs(t)

R

R1

R2C2

Ve(t)

Calculer la fonction de transfert correspondante. 2 – Tracer le diagramme de Bode asymptotique en gain. On prendra pour valeurs numériques : R = 10 kΩ ; R1 = 3 kΩ ; R2 = 1 kΩ ; C1 = C2 = 100 nF. On veillera à bien porter toutes les valeurs numériques possibles sur le diagramme de Bode. 3 – De quel type de filtre s’agît-il ?

19/57

ANNEXES

Gabarit des filtres de type Butterworth

0,1 1 10-60

-40

-20

0

Gai

n (d

B)

Pulsation normalisée

20/57


Licence EEA – Examen d’Electronique II (Documents et calculatrice autorisés – 2h00)

Exercice 1 : (5 points) On se propose dans cet exercice de vérifier la formule de Carson sur un exemple concret. Prenons le signal modulé en fréquence ))sin(cos()( 00 tmtVts mm ωω += où 0ω = 107 rad/s,

mω = 104 rad/s et m = 5. 1 – Déterminer la fréquence de la porteuse et celle de la modulation. Calculer l’excursion en fréquence ainsi que la bande de fréquence occupée. 2 – A l’aide des formules de Bessel-Jacobi (données en annexe), tracer en le justifiant le spectre en pulsation Sm(ω) de sm(t). Pour cela les amplitudes seront normalisées par rapport à V0. 3 – En ne prenant pas en compte les harmoniques ayant une amplitude inférieure à 0,1, montrer que la formule de Carson est validée. Exercice 2 : (8 points) Dans cet exercice, nous nous proposons d’étudier un circuit simple qui permet de démoduler un signal modulé en amplitude. Soit le signal modulé : [ ]0 0( ) .cos( ) 1 cos( )m ms t A t m tω ω= × + et le circuit de démodulation de la Figure 1 :

sm(t) RC

D Partie filtrage

Sortie

Figure 1 : Circuit de démodulation 1 – Déterminer le spectre Sm(f) du signal sm(t). 2 – Déterminer le signal à la sortie de la diode que l’on notera sD(t). On supposera la diode idéale et de seuil nul.

21/57

3 – Notons c(t) la tension créneau, représentée par la Figure 2, d’amplitude 1 V et de pulsation 0ω .

t

c(t)

1

0 T0

Figure 2 : Signal c(t)

Démontrez que son expression en série de Fourier est de la forme :

))12(cos(12

)1(221)( 0

0

tpp

tcp

p

ωπ

++

−+= ∑

∞

=

.

4 – Exprimer sD(t) en fonction de sm(t) et c(t) en considérant fm << f0. 5 – Représenter en le justifiant le spectre de sD(t) pour des fréquences comprises entre [ ]00 ; mf f+ 6 – Exprimer la fonction de transfert de la partie filtrage et déterminer son rôle. 7 – Montrer que le circuit de la Figure 1 permet effectivement de reconstruire le signal modulant. 8 – A.N. : Prendre MHzfkHzfm 11 0 == déterminer des valeurs de R et de C qui permettent de réaliser une démodulation de sm(t). Exercice 3 : (7 points) 1 – Rappelez les avantages des convertisseurs par arrondi par rapport aux convertisseurs par troncature. 2 – Le convertisseur de type parallèle tel que vu en cours est-il un convertisseur qui fonctionne par troncature ou par arrondi ? Justifiez. 3 – Considérons le signal d’erreur de la Figure 3. Il représente la différence entre le signal analogique avant un CAN et le signal échantillonné après le CAN. Précisez de quel type (arrondi ou troncature) il s’agit pour les Figure a et b.

22/57

t

q/2

t

q ε ε

a) b)

Figure 3 : Signal d’erreur de CAN

4 – Calculez les valeurs moyennes et les valeurs efficaces de chacun des deux signaux de la Figure 3. 5 – On choisit d’utiliser un CAN par arrondi afin d’échantillonner un signal analogique carré périodique, de valeur moyenne nulle, et de pulsation égale à 50 krad/s. Quelle fréquence d’échantillonnage minimale doit avoir le convertisseur CAN ? 6 – En entrée du CAN, on veut insérer un filtre dit « anti-repliement ». De quel type de filtre s’agît-il (passe-bas, passe-haut, passe-bande ; on justifiera) ? On considère dans la suite que l’on utilise un passe bas. Deux gabarits réels sont proposés Figure 4. Lequel peut satisfaire au problème ?

45 kHz

f

- 20 dB

3 dB

6 dB 50 kHz

GdB 100 kHz

f

- 20 dB

-3 dB

2 dB 150 kHz

GdB

Figure 4 : Gabarits de filtres

7 – Tracez le gabarit normalisé correspondant.

ANNEXES

Fonctions de Bessel

)!(!)1()(

2

0 niimmJ

ni

i

in +

−=+∞

=∑ et )()1()( mJmJ n

nn −=−

23/57

∑∞

=

+=1

20 )2cos()(2)())sin(cos(k

k tkmJmJtm ωω et

∑∞

=+ +=

012 ))12(sin()(2))sin(sin(

kk tkmJtm ωω

24/57


Examen de septembre d’Electronique Systèmes – 1h30 (Calculatrice autorisée – Documents interdits)

Exercice 1 (4 points) : Soit le signal modulé suivant : s(t) = ( )( )0 1 2cos 3,7sinV t tω ω+ . On prendra V0 = 1 V , ω1 =

108 rad/s et ω2 = 103 rad/s. Précisez de quel type de modulation il s’agit. Donner la fréquence de la porteuse, la fréquence modulante, l’excursion en fréquence, l’indice de modulation et l’encombrement spectral.

Exercice 2 (6 points) : 1 – Soit le gabarit du filtre de la Figure 1 :

22 MHz

f

- 29 dB

2 dB

GdB

-1dB

100 kHz

200 kHz

Figure 1 Tracer le gabarit normalisé correspondant. 2 – Les abaques des fonctions de Butterworth et de Tchebytchev figurent en annexes. Déterminez les ordres nécessaires à la réalisation des filtres respectifs.

25/57

Exercice 3 (10 points) : Soit le convertisseur dont le schéma de principe est représenté Figure 2.

Commutateur

+

- R = 10 kΩ1

2

V > 0

Eref = - 10 V Ve Vs

+

-

Vc

Logique de commande Compteur

Horloge fe = 1 MHz

C = 10 nF

Figure 2 1 – A l’instant t = 0, le condensateur est déchargé et l’on suppose ve = 0. La logique de commande déclenche le compteur et place le commutateur en position 1 qui reste dans cette position pendant un temps pré-programmé t1 = 1 ms. Déterminez l’expression de vs en fonction du temps. Représentez l’allure de ve(t), vs(t) et vc(t) pour 0 < t < t1. Donnez l’expression de vs(t1).

2 – Le compteur est piloté par une horloge de fréquence fe = 1 MHz. A l’instant t1, il renvoie sa valeur N1 à la logique de commande qui la mémorise. Exprimez vs(t1) en fonction des paramètres du compteur et de l’intégrateur.

3 – Après avoir mémorisé la valeur du compteur, la logique de commande bascule le commutateur en position 2 et remet le compteur à zéro. Déterminez l’expression de vs(t) pour t > t1. Représentez l’allure de ve(t), vs(t) et vc(t) pour t > t1.

4 – Lorsque la logique de commande détecte vc = 0, elle bloque alors le compteur et récupère sa valeur N. Exprimez vs(t1) en fonction de N. 5 – Montrez que V s’exprime alors en fonction de Eref, de N et N1. Application numérique : si V = 5 volts, que valent N1 et N ?

26/57

Abaques des fonctions de Butterworth

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

0,1 1 10


Gai

n (d

B)

Abaques des fonctions de Tchebytchev (ondulation 1 dB)

-60,0

-50,0

-40,0

-30,0

-20,0

-10,0

0,0

0,1 1 10


Gai

n (d

B)

27/57

UVSQ Licence SPI 2004-2005 Electronique Si134

Examen d’Electronique Si134 – 2h (Documents et calculatrice autorisés)

Exercice 1 (7 points) : On cherche à calculer le gain de l’amplificateur à gain variable suivant : Les transistors sont tous des PNP identiques et appartenant à une même puce de silicium. 1 – En exprimant le rapport de la différence des courant I1 et I2 sur leur somme, donner le courant différentiel I1 – I2 en fonction de IEE1, −+ −=∆ eee vvv ,

2112V EEE VV −=∆ et UT.

2 – Dans la suite, on se mettra dans les conditions du régime faible signal. Que vaut le courant différentiel en ce régime ? 3 – Exprimer

12VE∆ en fonction du courant différentiel et de RE.

4 – En déduire l’expression approchée du courant différentiel, en supposant UT << IEE1RE. 5 – Á quelles conditions a-t-on I1 – I2 ≈ I3 – I4 ? 6 – Exprimer I3 – I4 en fonction de IEE1, 3443

V EEE VV −=∆ et UT. 7 – Exprimer I5 – I6 en fonction de IEE2, 4334

V EEE VV −=∆ et UT.

8 – En déduire le rapport ev

v∆

s

+ev

-VCC

RC RC T3 T4

T5 T6

vs

RE RE

T1 T2 −ev

IEE1 IEE2

28/57

Exercice 2 (6 points) : 1 – Soit le cahier des charges du filtre passe-bande suivant : fréquence centrale 10,7 MHz ; bande passante de 150 kHz ; gain minimum dans la bande de 20 dB ; gain maximum dans la bande de 23 dB ; atténuation minimale dans la bande de coupure de 10 dB ; fréquence de la bande d’atténuation = f0 ± 300 kHz. Tracer les gabarits réel et normalisé correspondant. 2 – Les abaques des fonctions de Butterworth figurent en annexes. Déterminez l’ordre nécessaire à la réalisation du filtre. On rappelle que l’approximation de Butterworth a pour

solution ( )2

11

N N nH p =

+ Ω.

Déterminez l’asymptote de ( )NdB NH p lorsque Ω → +∞ . 3 – Les abaques des fonctions de Tchebytchev figurent en annexes. Déterminez l’ordre nécessaire à la réalisation du filtre. La solution de Tchebytchev tend

vers 1

120log( )2NdB n nH dB

µ −→Ω

lorsque Ω → +∞ .

Déterminez l’asymptote lorsque Ω → +∞ . Montrez alors qu’un filtre de Tchebytchev est plus raide qu’un filtre de Butterworth du même ordre et donnez l’expression de la différence de gain entre les deux. Exercice 3 (7 points) : 1 – Considérons le signal modulé en fréquence ))sin(cos()( 00 tmtVts mm ωω += où 0ω = 107 rad/s, mω = 104 rad/s et m = m1 = 3. On prendra V0 = 2 V. Déterminez la fréquence de la porteuse et celle de la modulation. Calculer l’excursion en fréquence ainsi que la bande de fréquence occupée. 2 – Développez l’expression du signal ( )ms t puis, à l’aide des fonctions de Bessel, tracer en le justifiant le spectre en fréquence Sm(f) de sm(t). 3 – En ne prenant pas en compte les harmoniques ayant une amplitude inférieure à 0,1, montrer que la formule de Carson est validée. 4 – On désire échantillonner ce signal avec un convertisseur bipolaire ayant pour pleine échelle Emax = 5 V. Donnez le nombre de bits minimum nécessaire, en supposant que la résolution doit être au moins inférieure à la moitié de l’amplitude de la plus petite harmonique du signal. 5 – On considère dans un second temps que m = m2 = m1/10 = 0,3. On reprend alors les questions précédentes : déterminez la fréquence de la porteuse et celle de la modulation ; calculer l’excursion en fréquence ; tracer en le justifiant le spectre en pulsation Sm(f) de sm(t) ; exprimez la bande de fréquence occupée.

29/57

ANNALES Licence EEA/SPI – Electronique Systèmes

Corrigés

30/57


Corrigé succinct du Contrôle Continu 25/03/2002

Exercice 1 : 1 – Un gain de 40 dB correspond à une amplification linéaire de 100. Un gain de 6 dB

correspond à une amplification de 2. La pente – 2 arrive donc à la fréquence 2

10012 ff = soit

500 kHz. Pour que l’amplificateur soit stable, il faut que le Gain soit < à 0 dB lorsque la pente -2 arrive. C’est donc limite ici (si l’on raisonne en asymptotique, ce n’est pas bon, si l’on raisonne en courbe réelle c’est juste limite). 2 – La capacité en contre réaction est ramenée par effet Miller en entrée de l’amplificateur. La valeur de la capacité équivalente vaut ( )ACCMiller −= 1 . Dans le cas de notre ampli, A = -100 (amplificateur inverseur). La capacité ramenée vaut donc 2,02 nF. Qui s’ajoute à la capacité d’entrée déjà existante de 1 nF.

La nouvelle fréquence de coupure est donc ( )MillereeMiller CCR

f+

=π2

1 = 3,3 k Hz < 10 kHz.

3 – La pente – 2 arrive cette fois ci à 50.fMiller = 165 kHz. Le montage est maintenant inconditionnellement stable. Exercice 2 : 1 – Voir le cours. 2 – Les seuils de comparaisons des (n-1) comparateurs deviennent faux proportionnellement à la chute de la référence. Plus le CAN comporte de bits, plus cette erreur peut être importante devant le pas de quantification q. Une erreur sera commise sur la sortie, d’autant plus importante que n est grand. 3 – Même raisonnement. Si l’une des résistances est fausse, tous les seuils sont faux. Une erreur est commise sur la sortie, d’autant plus grande que n est grand. Cela peut d’autre part entraîner des erreurs de non linéarité, des erreurs de gain et de zéro.

31/57

Exercice 3 : 1 – Le condensateur se charge avec un courant V/R ( même principe que pour le CAN simple

rampe, voir le cours). On obtient ( ) 11 tRCVtvs −= .

t

ve(t)

vs(t)

vc(t)

t1

V>0

Pente : -V/RC

- 15 V

2 – Le temps t1 est composé de N1 période Te, soit ef

Nt 11 = .

On obtient donc ( )e

s RCfVNtv 1

1 −=

3 – A t > t1, on obtient une charge du condensateur, cette fois-ci avec le courant Eref/R.

Donc ( ) ( ) tRCE

RCfVNt

RCE

tvtv ref

e

refss −−=−= 1

1

Le graphique ci-dessous représente le cas où la pente est plus importante que lors de la charge, mais cela peut très bien être l’inverse si refEV > .

t

ve(t)

vs(t)

vc(t)

t1 V > 0

Pente : -Eref/RC

- 15 V

Eref < 0

t2

4 – Lorsque le condensateur s’est complètement déchargé, le comparateur passe à 0 un bref instant et un nouveau cycle peut recommencer. L’intervalle de temps t2 – t1 correspond à la décharge complète du condensateur. D’une

manière analogue à la question 2, on peut donc exprimer vs(t1) par ( )e

refs RCf

NEtv =1 .

5 – En prenant ( )e

s RCfVNtv 1

1 −= de la question 2 et ( )e

refs RCf

NEtv =1 de la question 4,

32/57

on obtient 1N

NEV ref−=

V est donc le rapport des pentes de charge/décharge du condensateur qui se retrouve directement dans le rapport de comptage N/N1. AN : Comme t1 = 1 ms et fe = 1 MHz, Te = 1 µs et N1 = 1000 ceci quel que soit V. On a alors N = 400.

6 – Le simple rampe donne une expression pour V qui dépend de R et de C. Le double rampe, par le système de charge/décharge s’affranchi de cette dépendance. V ne dépend que de la tension de référence et de l’horloge. C’est donc beaucoup précis et moins lié aux imprécisions des composants. 7 – Deux possibilités : soit avoir un Eref positif, soit inverser les entrées du comparateur. 8 – Une mauvaise synchronisation de l’interrupteur avec la remise à zéro du compteur peut entraîner de légères erreurs sur N et N1, donc sur la conversion. Un léger offset sur le seuil du comparateur de même.

33/57


Corrigé examen d’Electronique Systèmes – 2h

Exercice 1 : 1 – L’onde émise a une vitesse de propagation dans l’air sensiblement égale à c. La distance

2d s’exprime par : τ.2 cd = ce qui donne eNTcd

==2τ .

La mesure peut être faussée par des perturbations sur l’amplitude de l’onde. Si celle-ci est trop détériorée, le système de réception peut ne pas la détecter.

La distance théorique minimum mesurable correspond à eTcd

==2τ soit

2ecT

d = . En

prenant une horloge à 100 MHZ, Te = 10 ns soit dmin = 1,5 m. 2 – Le signal reçu est aussi modulé en fréquence avec un retard τ. On a donc :

t f0 T

Fréquence du signal reçu

f0 + ∆f

τ

3 – L’onde reçue est décalée temporellement d’un temps τ, le mélangeur voit donc deux ondes : une à une fréquence f0 (onde reçue) et une décalée à cause de la modulation de

fréquence à τ20 Tff ∆

+ . Le signal après le mélangeur est donc de la forme

∆

+∆

+= tT

ftT

ffAtv )2(2cos)22(2cos)( 0τπτπ . Le filtre ne laisse passer que la seconde

composante. En sortie du filtre on a donc l’évolution de fréquence suivante :

t f0 T/2 + τ

Fréquence après le filtre

Tf∆τ2

τ

T/2 + τ/2

34/57

En considérant que τ << T, la fréquence en sortie du filtre est constante pendant un intervalle

T/2 et égale à T

ff ∆=

ττ

2 . Un saut de phase tout les T/2 apparaît.

4 – Si l’on mesure T

ff ∆=

ττ

2 , on obtient alorscT

fdf ∆=

4τ car

cd2

=τ . Ce qui donne

fcTf

d∆

=4

τ .

5 – Pendant un intervalle T/2 (en négligeant τ devant T), la fréquence mesurée est T

ff ∆=

ττ

2 .

Donc la période mesurée vaut f

TT∆

=ττ 2

. La condition de mesure impose f

TT∆

>τ22

, ce qui

donne τ1

>∆f .

6 – On a τ1

>∆f d’une part et d’autre part TmffTfm =∆→∆=

∆=

∆=

ωπ

ωω 2 . On obtient

donc τTm > .

7 – On a τTm > soit

mfcd

2> . a) dmin = 100 m et b) dmin = 1 m. Pour mesurer des petites

distances, il est nécessaire de disposer d’un système de modulation à fort indice. 8 – Voir cours sur les capacités commutées et les filtres passe bas associés.

35/57

Exercice 2 : 1 – sm(t) est un signal sinusoïdal.

On a pour ve(t) : ve(t) = sm(t) pendant une demi période de s1(t), = 0 pendant une demi période de s1(t).

On peut donc dire que l’interrupteur K commandé correspond à un découpage du signal sm(t) par le signal s1(t). Ce qui donne ve(t) = sm(t).s1(t). L’interrupteur commandé fait donc office de multiplieur.

t

0 t

0

Vm

sm(t)

ve(t)

Tm

T0

Il s’agît d’une modulation d’amplitude, de porteuse ω0 et de signal utile sm(t) 2 – On a ve(t) = sm(t).s1(t).

Soit

+−+== ...3cos

32cos2

21).cos()().cos()( 001 tttVtstVtv mmmme ω

πω

πωω

( ) ( ) ( ) ( )

+±−−+++= ...3cos

32cos2cos2cos

2)( 000 tttt

Vtv mmmm

me ωω

πωω

πωω

πω

ω

Spectre de ve(t)

ωm

Vm/2 Vm/π Vm/3π

ω0±ωm 3ω0±ωm

On remarque qu’il y a une information basse fréquence encore présente à ωm et qu’il n’y a par contre aucune composante à ω0. Il s’agît donc d’une modulation sans porteuse à double bande latérale.

36/57

3 – Pour qu’il n’y ait pas de recouvrement de spectre, il faut que 2

0ωω <m . Le filtre passe

bande doit passer au moins la composante ω0 - ωm ou la composante ω0 + ωm. Un filtre de largeur 2ωm peut convenir. 4 – Après filtrage autour de ω0, on obtient un signal porteur sinusoïdal.

t 0

vs(t)

5 – Le raisonnement est le même , sauf que le signal sm(t) est alternativement multiplié par ±1. On obtient alors le signal suivant : ve(t) = sm(t).s2(t).

Soit

+−== ...3cos

34cos4).cos()().cos()( 002 tttVtstVtv mmmme ωπ

ωπ

ωω

( ) ( ) ( )

+±−−++= ...3cos

34cos4cos4

2)( 000 ttt

Vtv mmm

me ωω

πωω

πωω

π

ω

Spectre de ve(t)

2Vm/π 2Vm/3π

ω0±ωm 3ω0±ωm

L’information basse fréquence a disparu par rapport au cas précédent. Il n’y a toujours

pas de composante à ω0. La condition pour qu’il n’y ait pas de recouvrement de spectre, devient 0ωω <m . L’énergie est mieux répartie dans les bandes utiles et la condition entre ω0 et ωm moins contraignante.

37/57


Corrigé examen de septembre d’Electronique Systèmes – 2h

Exercice 1 (6 points) : 1 – (2 points) Voir cours

2 – (1 points) Pas de quantification : mVq 9,42

510 =

+=

3 – (1 points) Pour un écart d’environ 5°C autour de la température nominale 25°C, la sortie sera faussée d’un pas de quantification. Voir plus pour de plus grand écart de température.

4 – (2 points) Voir cours pour le schéma. mVq 5,19220

210

1010 ==±

=

Exercice 2 (6 points) : 1 – (3 points) On effectue la somme quadratique des courants en parallèle

fRTk

RRfkTf

RTkf

RTkiii ∆=

+∆=∆+∆=+= 411444

2121

22

21

2 avec R = R1 // R2.

2 – (3 points) Si les deux résistances n’ont pas les mêmes températures, on obtient :

fRT

kfRTkf

RTkiii e ∆=∆+∆=+= 444

2

2

1

122

21

2 avec 21

2112

RRTRTRTe +

+=

38/57

Exercice 3 (8 points) : 1 – (2 points) Chronogramme de ve(t).

Codage

t

0 1 1 0 1 0

ve(t) 1 V

T = 100 ms f0 = 38 kHz f1 = 40 kHz

etc…

2 – (3 points) Les fréquences porteuses d’informations après le mélangeur sont : Pour un « 0 » : f0 ± 10,7 soit f01 = 27,3 kHz et f02 = 48,7 kHz Pour un « 1 » : f1 ± 10,7 soit f11 = 29,3 kHz et f12 = 50,7 kHz Les fréquences images possibles sont :

Pour f0 : f01 - 10,7 = 16,6 kHz et f02 + 10,7 = 59,4 kHz Pour f1 : f11 - 10,7 = 18,6 kHz et f12 + 10,7 = 61,4 kHz

Deux filtrages sont possibles : Soit on travaille après le mélangeur sur f01 et f11. Il faut alors supprimer les fréquences

images basses avec un filtre passe haut qui coupe les fréquences en dessous de ~ 19 kHz. Soit on travaille après le mélangeur sur f02 et f12. Il faut alors supprimer les fréquences

images hautes avec un filtre passe bas qui coupe les fréquences au dessus de ~ 59 kHz. 3 – (3 points) Voir cours. Il s’agît d’un pseudo-intégrateur passe bas de fréquence de

coupure : 22

1RC

fc π= et d’amplification dans la bande passante

eRRA −= avec

ee fC

R1

1=

En choisissant une fréquence de coupure supérieur à 51 kHz et inférieure à 59 kHz, ce filtre peut convenir.

39/57


Corrigé succinct du Contrôle Continu 31/03/2003

Exercice 1 : 4 points 1 – Voir cours 2 – Voir cours Exercice 2 : 4 points Gabarit et gabarit normalisé :

10,5 MHz

f

- 13 dB

20 dB22 dB

21 MHz

fN

- 35 dB

- 2 dB0 dB 2

GdB GNdB

1

Ordre nécessaire : n = 6 pour Butterworth et n = 5 pour Tchebytchev Exercice 3 : 12 points 1 – Voir TD exercice 3. 2 – On remplace dans l’expression de H(p) Y1 par 1/R1, Y2 par 1/R2, Y3 par jωC1, Y4 = par 1/R3 et Y5 par jωC2.

On obtient : ( ) ( ) 21

221

213

1

2

111)(

CCjCCjRRR

RCj

jHωω

ω

ω+

+++

= On pose 1/R = 1/R1 +1/R2

Après simplification, il vient ( ) ( ) 1

)(21321

21

32

+++=

RCCjRRCCjR

RRCj

pHωω

ω

40/57

On reconnaît la forme d’un passe bande où le dénominateur est un second ordre de forme canonique et le numérateur fonction de jω.

On peut par identification trouver 321

0 21

RRCCf

π= . AN : f0 = 2,25 kHz

De même par identification on trouve ( )RCCm21

0

2+=

ω ce qui

donne ( )321

2121

RCCRCCm += . AN : m = 0,7

3 – L’allure du diagramme de Bode en gain est la suivante :

f

±20 dB/décade

GdB

2,25 kHz

41/57


Corrigé succinct de l’Examen Électronique Systèmes

Exercice 1 : 4 points

27 MHz

f

- 7 dB

40 dB43 dB

91 MHz

fN

- 50 dB

- 3 dB0 dB 3

GdB GNdB

1

Exercice 2 : 4 points

1 – Pas de quantification : µVq 762

516 =

+= .

2 – Sa stabilité doit être meilleure que 76 µV, soit 1521

765,2

=µV

.

3 – Pas de quantification : µVq 15221016 =

+= , avec une stabilité meilleure que 142

1152

5,2=

µV.

Exercice 3 : 4 points 1 – ( )( )ttAts φω += 0cos)( modulé en amplitude devient (voir cours)

( )[ ] ( )( )tttmAts L φωω ++= 0coscos1)( . En développant, on trouve le spectre suivant :

ω

Spectre

ω0-ωL

A

A/5

ω0 ω0+ωL

42/57

2 – D’après les abaques : J0 ~ 0,2 ; J1 ~ 0,6 ; J2 ~ 0,4 ; J3 ~ 0,15 puis on néglige les harmoniques supérieurs. On obtient donc :

ω

Spectre

ω0+ωL

0,2A 0,4A

ω0

0,15A

0,6A

ω0+2ωL ω0+3ωL

0,4A

0,15A

0,6A

ω0-2ωL ω0-3ωL ω0-ωL

Exercice 4 : 8 points 1 – Le signal en sortie du mélangeur vaut :

( ) ( ) ( ) ( )[ ]000000mod cos2cos2

coscos)( φφωωφω ++=+= tAVttAVtsd .

La composante à 2.f0 est filtrée, il ne reste que la composante continue ( )0cos2

)( φAVts filtre = .

Si l’information est contenue dans la phase de s(t), elle se retrouve sur l’amplitude du signal de sortie du filtre par l’intermédiaire du cosinus ; si elle est contenue dans l’amplitude, elle se retrouve directement.

2 – La sortie du filtre devient maintenant ( )( ) ( )0cos2

)( φVVAAts filtre∆+∆+

= . Si l’on veut

récupérer l’information contenue dans la phase de s(t), le bruit d’amplitude sur A ou sur V pourra être interprété comme du bruit de phase et gêner alors la récupération du signal utile. 3 – Si k << 1 on peut faire un développement limité du cosinus.

( )( ) ( )

−==

21

2cos

2)(

2 tAVtAVts filtreφφ avec ( )tkt 1cos)( ωφ = .

On obtient donc ( )

−=

2cos1

2)( 1

22 tkAVts filtreω .

En développant le cosinus carré, il vient : ( )tAVkAVkAVts filtre 1

22

2cos882

)( ω−−= . On a donc

une somme de deux composantes continues et d’une composante à la fréquence 2.f1. Ceci n’est possible que parce que l’on a effectué le développement limité et donc que k petit pour que l’amplitude de )(tφ soit < 0,1.

43/57


Corrigé succinct examen de septembre d’Electronique Systèmes – 1h30

Exercice 1 (4 points) :

10,7 MHz

f

- 13 dB

10 dB17 dB

31 MHz

fN

- 30 dB

- 7 dB0 dB 2,9

GdB GdB

1


1 – Indice de modulation : 510005000

mod===

ulationeFréquencedExcursionm .

Approximation de la bande spectrale par la formule de Carson : kHzfmBP m 12)1(2 =+= . Expression du signal modulé : ( )( )ttVts mm ωω cos5sin)( 00 += 2 – Pour respecter le théorème de Shannon, seul le Can 2 peut convenir. 3 – ( )( )ttAts φω += 02 cos)( modulé en amplitude devient (voir cours)

( )[ ] ( )( )tttmAts BF φωω ++= 02 coscos1)( . En développant, on trouve le spectre suivant :

ω

Spectre

ω0-ωBF

A

A/6

ω0 ω0+ωBF

Exercice 3 (8 points) : 1 – 2 – 3 – Voir cours

4 – La résolution sera égale à q

V2

10 . Pour avoir au moins 100 µV, il faut utiliser un CAN

17 bits minimum.

44/57


Licence EEA – Corrigé succinct du contrôle continu d’Electronique II (Documents et calculatrice autorisés – 1h30)

Exercice 1 : 4 points 1 – Voir cours 2 – Amplitude de 1 V efficace, donc la tension crête du signal est borné entre -1,4 V et + 1,4 V environ. Caractéristiques CAN 1 CAN 2 CAN 3 CAN 4 CAN 5 Nombre de bits 8 12 12 16 16 Gamme 0-5 V ± 5 V 0-10 V ± 5 V ± 5 V Type Simple rampe Parallèle Réseaux R-2R Simple rampe Double rampe Fréquence d’échantillonnage maximale


Les convertisseurs 1 et 3 ne conviennent pas car la gamme de tension d’entrée est unipolaire (n’acceptent pas de tensions négatives). Les convertisseurs 3 et 5 ne peuvent convenir car la fréquence d’échantillonnage est trop faible (pour respecter Shannon, il faut au moins 2x166 KHz). Pour la résolution des convertisseurs 2 et 4, les résolutions respectives sont : 10/212 et 10/216 soit respectivement 2,4 mV et 152 µV. Donc le convertisseur 2 ne peut convenir, seul le 4 est utilisable. Exercice 2 : 8 points 1 – 2 – Les gabarits réels et normalisés sont de cette forme :

30 MHz

f

- 32 dB

5 dB8 dB

80 MHz

Ω

- 40 dB

- 3 dB0 dB 2,7

GdB GNdB

1

3 – Selon les abaques fournis en annexe, un ordre 5 Butterworth convient.

45/57

Gabarit des filtres de type Butterworth

0,1 1 10-60

-40

-20

0

Gai

n (d

B)


4 – Voir Td : L’expression de la fonction de transfert de ce filtre est :

( )1 3

3 5 4 1 2 3 5

( ) S

E

V YYH pV Y Y Y Y Y Y Y

= = −+ + + +

.

Si maintenant on remplace dans l’expression de H(p) Y1 par j Cω , Y3 par j Cω , Y5 par j Cω , Y2 par 1/R, et Y4 par 1/R.

On obtient : ( )

( )

( )( )

2 2

22

( )1 1 3 13

j C j RCH j

j RC j RCj C j CR R

ω ωω

ω ωω ω= − = −

+ ++ +

ce qui

correspond bien à un passe-haut car le numérateur est d’ordre 2.

• La pulsation de coupure vaut 01

RCω =

• Le coefficient d’amortissement est tel que 0

2 3m RCω

= , soit 032

RCm ω= = 1,5 donc pas

de rebond.

Ω = 2,7

n = 5

46/57

Exercice 3 (8 points) : 1 – On trouve les relations suivantes :

1

1

1

. .1 1e ej RCRv v v

j RCRj C

ωω

ω

+ = =++

2 2 1 2

1 22 1 2 1 22

1 2

1. . .// 1

s sR R j R Cv v v R RR R C R R j C

R R

ω

ω−

+= =

+ + ++

En égalisant v v+ −= on obtient : 1 2 1 1 2 2

2 1 1 2

1 ( // ). .1 1

s

e

v R R j RC j R R Cv R j RC j R C

ω ωω ω

+ +=

+ + ou l’on reconnaît

le produit de cinq formes canoniques.

A.N. : 1 2

2

4 20log(4) 12R R dBR+

= → =

On pose 11

1 1602

f HzRCπ

= = ; 21 2

1 5302

f HzR Cπ

= = ; 31 2 2

1 21232 ( // )

f HzR R Cπ

= =

Le diagramme de Bode en gain correspondant est alors : HdB

f (Hz)

12 dB

160 530 2123 0 dB

On peut parler d’un passe haut (fréquences basses ne passent pas, fréquences hautes ont un gain de 1), avec un gain privilégié sur une certaine bande intermédiaire.

47/57


Licence EEA – Corrigé succinct de l’examen d’Electronique II (Documents et calculatrice autorisés – 2h00)

Exercice 1 : (5 points)

1 – kHzfMHzf mm 6,1

26,1

20

0 ====π

ωπ

ω. L’excursion en fréquence est donnée par

35 1,6.10 8mf m f kHz∆ = × = × = . La bande passante est donnée par la formule de Carson car m >> 1, d’où : ( )2 1 mBP m f= × + × soit 19,2 kHz. 2 – Développons l’expression du signal modulé :

))sin(sin()sin())sin(cos()cos()( 0000 tmtVtmtVts mmm ωωωω −= De plus si l’on développe selon la formule de Bessel-Jacobi avec m = 5 :

∑=

+=3

120 )2cos()5(2)5())sin(cos(

pmpm tpJJtm ωω

∑=

+ +=3

012 ))12(sin()5(2))sin(sin(

pmpm tpJtm ωω

Tous les autres termes ont des amplitudes très faibles. En utilisant les abaques on trouve :

05,0)5(13,0)5(26,0)5(4,0)5(36,0)5(05,0)5(33,0)5(17,0)5(

76

543210

======−=−=

JJJJJJJJ

Donc :

∑∑=

+=

+++=3

0012

3

102000 ))12(sin()sin()5(2)2cos()cos()5(2)cos()5()(

pmp

pmpm tptJtptJtVJts ωωωωω

Soit :

∑

∑

=+

=

++−+−

+−+++=

3

00012

3

1002000

)]))12((cos()))12((()[cos5(212

)])2(cos())2(()[cos5(212)cos()5()(

pmmp

pmmpm

tptpJ

tptpJtVJts

ωωωω

ωωωωω

En passant à la TF on obtient une somme de Dirac dont les amplitudes sont données par le graphique suivant :

48/57

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45 A

ω0 ω0 + ωm ω0 + 2ωm

ω0 + 3ωm ω0 + 4ωm

ω0 + 5ωm ω0 + 6ωm

ω0 + 7ωm ω0 -7ωm ω0 -6ωm

ω0 -5ωm ω0 -4ωm

ω0 -3ωm ω0 - 2ωm

ω0 - ωm ω

0,17

0,33

0,05 0,05

0,360,4

0,26

0,13

0,330,36

0,4

0,26

0,13

0,05 0,05

Toutes les fréquences supérieures à ω0 + 6ωm ont une amplitude très faible de même pour celles qui sont inférieures à ω0 - 6ωm qui ne seront pas prises en compte dans la bande occupée. La bande occupée est donnée par : ω0 + 6ωm - (ω0 - 6ωm) = 12ωm ; ce qui correspond bien à la formule de Carson de la question 1. Exercice 2 : (8 points) 1 – Nous avons la relation 0 0 0 0( ) cos( ) cos( ) cos( )m ms t A t mA t tω ω ω= +

soit [ ]00 0 0 0( ) cos( ) cos(( ) ) cos(( ) )

2m m mmAs t A t t tω ω ω ω ω= + + + −

En appliquant la Transformée de Fourier sur sm on obtient un Dirac en f0 avec l’amplitude A0 car le facteur ½ dû à la TF du cosinus sera omis. Et deux autres Dirac en f0 + fm et f0 – fm ayant

tous les deux la même amplitude 2

0mA.

D’où le spectre en fréquence :

A A0

20mA

20mA

f f0 + fm f0 - fm f0

2 – Déterminons les moments où la diode est passante ou bloquée.

Diode bloquée : Ceci signifie que le courant est nul dans tout le reste du circuit donc la tension sD est nulle. De plus, la diode est bloquée si la différence de potentiel à ses bornes est négative soit : diode est bloquée ⇔ sm – sD <0 donc si sm < sD = 0 avec la remarque précédente. La diode est donc bloquée lorsque sm < 0 et alors sD = 0.

Diode passante : Avec l’étude précédente ceci signifie que sm > 0 et sD = sm car le seuil est nul. Donc la diode est passante lorsque sm > 0 alors sD = sm.

49/57

3 – La tension c(t) est périodique et paire donc tous les coefs bn sont nuls.

c s’écrit alors )cos(2

)( 01

0 tnaa

tck

n ω∑∞

=

+= avec :

14)(2 40

0

2

200

00

0=== ∫∫−

TT

T dtT

dttcT

a car la fonction est paire et nulle entre 40T

et 20T

.

)2

sin(2)sin(4)cos(4)cos()(2 4

00

0

0

40 0

0

2

20

0

000

0

ππω

ωωω n

nntn

Tdttn

Tdttntc

Ta

TTT

Tn =

=== ∫∫−

donc 02 =pa et pp p

a )1()12(

212 −

+=+ π

D’où ))12(cos(12

)1(221)( 0

0tp

ptc

p

p

ωπ

++

−+= ∑

∞

=

4 – Puisque la diode ne laisse passer que la partie positive, on peut modéliser l’effet de la diode par le produit de sm par c(t) car la période la plus courte du signal sm est T0. Donc D ms (t) = s (t) c(t)× . 5 – En utilisant l’écriture de c(t) sous forme de série de Fourier, on obtient pour sD :

...)cos(2)(2

)()( 0 ++= tts

tsts m

mD ω

π

Par passage à la TF, le premier terme est déjà calculé en 1- mais multiplié par ½. Le deuxième terme de la somme est une convolution de Sm(f) en 0f± . Bien sûr la convolution en f0 dépasse la gamme demandée alors que la translation en 0f− ramène le spectre de sm en 0. Toutes les autres harmoniques sont en dehors de la gamme d’étude. Finalement on obtient le spectre :

A

f f0 f0+fm f0-fm

fm 0

20A

40mA

40mA

π02A

π0mA

6 – On a deux impédances en parallèles qui font office de pont diviseur d’où l’expression

de sv : ω

ω

ωjRC

Hv

jCR

jCv es +=⇒

+=

11

1

1

→ filtrage passe bas de pulsation de

coupure :RCc1

=ω qui correspond à une atténuation de –3dB.

50/57

7 – Si la fréquence de coupure est bien choisie, entre fm et f0-fm, alors ne seront conservées que les fréquences du signal modulant plus une partie continue qui ne change rien.

A

f f0 f0+fm f0-fm

fm 0

20A

40mA

40mA

π02A

π0mA

fc Composantes supprimées

8 – Puisque f0 est très grande devant fm, une fréquence de coupure fc de l’ordre de 3fm est suffisante pour ne pas atténuer le signal utile mais supprimer le reste.

Donc mRCω31

= .

A.N. sRC 510.3,5 −= soit en prenant la valeur standard C = 1nF on a R = 53 kΩ. On choisit alors C = 1nF et R = 50 kΩ. Exercice 3 : (7 points) 1 – Voir cours 2 – Voir cours pour le schéma. Convertisseur par troncature. 3 – a) Arrondi b) Troncature

4 – a) 0moyv = ; ( )/ 22/ 2 / 2 2 3

23

/ 2 / 2 / 2

1 1 .. . . . .3 12

TT T

effT T T

q t q t qv f t dt dtT T T T− − −

= = = =

∫ ∫

b) 2moyqv = ; ( )

2 2 32

30 0 0

1 1 .. . . . .2 3 3

TT T

effq t q t qv f t dt dt

T T T T = = = =

∫ ∫

5 – Pulsation de 50 krad/s, soit une fréquence d’environ 8 kHz. S’agissant d’un signal carré périodique, on peut le décomposer en série de Fourier ; il possède une raie à 8 kHz puis une aux harmoniques impairs : 24 kHz, 40 kHz, 56 kHz. On considère qu’il faut au moins prendre jusqu’à l’harmonique 5 minimum pour ne pas trop le déformer. La fréquence d’échantillonnage doit être au minimum le double de 40 kHz pour respecter le théorème de Shannon, soit au moins 80 kHz. 6 – Voir cours, il s’agît d’un filtre passe-bas. Le gabarit n°1 satisfait le problème, conformément à la question précédente. 7 – Le gabarit normalisé correspondant au gabarit n°1 devient :

51/57

fN

- 26 dB

- 3 dB 0 dB 1,11

GNdB

1

ANNEXES

Fonctions de Bessel

)!(!)1()(

2

0 niimmJ

ni

i

in +

−=+∞

=∑ et )()1()( mJmJ n

nn −=−

∑∞

=

+=1

20 )2cos()(2)())sin(cos(k

k tkmJmJtm ωω et

∑∞

=+ +=

012 ))12(sin()(2))sin(sin(

kk tkmJtm ωω

52/57


Corrigé examen de septembre d’Electronique Systèmes – 1h30 (Calculatrice autorisée – Documents interdits)

Exercice 1 (4 points) : Soit le signal modulé suivant : s(t) = ( )( )0 1 2cos 3,7sinV t tω ω+ . On prendra V0 = 1 V , ω1 =

108 rad/s et ω2 = 103 rad/s. Il s’agit d’un signal modulé en fréquence. Fréquence de la porteuse fp = ω1/2π = 15,9 MHz ; fréquence modulante fBF = ω2/2π = 159 Hz. L’indice de modulation m = 3,7 ; excursion de modulation ∆f = m×fBF = 588 Hz. L’encombrement spectral s’approxime par la formule de Carson ( )2 1 BFBP m f= + =1494 Hz. Exercice 2 (6 points) :

1 – Coefficient de qualité 0 22 220100

f MHzQf kHz

= = =∆

. La fréquence d’atténuation est donnée par

la formule 0

0

22,1 22220 222 22,1N

fff Qf f

= − = − =

.

fN

- 31 dB

- 3 dB0 dB 2

GNdB

1

22 MHz

f

- 29 dB

2 dB

GdB

-1dB

100 kHz

200 kHz

2 – On trouve n = 5 pour Butterworth et n = 4 pour Tchebytchev.

53/57

Exercice 3 (10 points) : 1 – Le condensateur se charge avec un courant V/R (même principe que pour le CAN simple

rampe, voir le cours). On obtient ( ) 11 tRCVtvs −= .

t

ve(t)

vs(t)

vc(t)

t1 = 1 ms

V>0

Pente : -V/RC

- 15 V

2 – Le temps t1 est composé de N1 période Te, soit ef

Nt 11 = .

On obtient donc ( )e

s RCfVNtv 1

1 −=

3 – A t > t1, on obtient une charge du condensateur, cette fois-ci avec le courant Eref/R.

Donc ( ) ( ) tRCE

RCfVNt

RCE

tvtv ref

e

refss −−=−= 1

1

Le graphique ci-dessous représente le cas où la pente est plus importante que lors de la charge, mais cela peut très bien être l’inverse si refEV > .

t

ve(t)

vs(t)

vc(t)

t1 V > 0

Pente : -Eref/RC

- 15 V

Eref < 0

t2

4 – Lorsque le condensateur s’est complètement déchargé, le comparateur passe à 0 un bref instant et un nouveau cycle peut recommencer. L’intervalle de temps t2 – t1 correspond à la décharge complète du condensateur. D’une

manière analogue à la question 2, on peut donc exprimer vs(t1) par ( )e

refs RCf

NEtv =1 .

54/57

5 – En prenant ( )e

s RCfVNtv 1

1 −= de la question 2 et ( )e

refs RCf

NEtv =1 de la question 4,

on obtient 1N

NEV ref−=

V est donc le rapport des pentes de charge/décharge du condensateur qui se retrouve directement dans le rapport de comptage N/N1. AN : Comme t1 = 1 ms et fe = 1 MHz, Te = 1 µs et N1 = 1000 ceci quel que soit V. On a alors N = 500.

55/57

UVSQ Licence SPI 2004-2005 Electronique Si134

Corrigé succinct de l’examen d’Electronique Si134 – 2h (Documents et calculatrice autorisés)


1 – Coefficient de qualité 0 10,7 71,3150

f MHzQf kHz

= = =∆

. La fréquence d’atténuation est donnée

par la formule 0

0

11 10,771,3 3,910,7 11N

fff Qf f

= − = − =

.

fN

- 33 dB

- 3 dB0 dB 4

GNdB

1

10,7 MHz

f

- 10 dB

23 dB

GdB

20 dB

150 kHz

600 kHz

2 – Ordre 3 nécessaire pour Butterworth. On rappelle que l’approximation de Butterworth a

pour solution ( )2

11

N N nH p =

+ Ω.

Lorsque Ω → +∞ , l’asymptote devient ( ) ( ).20 logNdB NH p n= − Ω . 3 – Ordre 3 nécessaire pour Tchebytchev. La solution de Tchebytchev tend

vers 1

120log( )2NdB n nH dB

µ −→Ω

lorsque Ω → +∞ . On peut l’exprimer par

( )20log 20 1 log 2 20 logNdBH µ n n→ − − − − Ω dB. Le troisième terme représente l’atténuation d’un filtre de Butterworth. Le filtre de Tchebytchev correspondant possède donc une atténuation supplémentaire de

( )20log 20 1 log 2µ n− − − dB.

56/57

Exercice 2 (7 points) : 1 – Considérons le signal modulé en fréquence 0 0( ) cos( sin( ) )m ms t V t m tω ω= + où 0ω = 107 rad/s, mω = 104 rad/s et m = m1 = 3. Il s’agît d’un signal modulé en fréquence ou en phase. La fréquence porteuse vaut 0f = 1,6 MHz, la fréquence de modulation 1600 kHz. L’excursion en fréquence s’obtient par mf m f∆ = × = 4800 kHz. La bande de fréquence occupée s’exprime par la formule de Carson ( )2 1 mBP m f= + = 12,8 kHz. 2 – On peut exprimer ( )ms t par :

0 0 0 0 1 0 0 1 0( ) cos( ) cos( ) cos( )m m ms t V J t V J t V J tω ω ω ω ω= + + − − 0 2 0 0 2 0cos( 2 ) cos( 2 ) ....m mV J t V J tω ω ω ω+ + − − +

Grâce aux abaques des fonctions de Bessel, on trouve : J0 = -0,28 ; J1 = 0,35 ; J2 = 0,5 ; J3 = 0,3 ; J4 = 0,1 ; J5 = 0,04 ; on négligera donc les harmoniques au-dessus de J5 inclus. Normalisé par rapport à V0, le spectre est de la forme suivante : Sm(f)

f

0,28

0,5

0,35 0,3

0,1

f0 f0+fm f0-fm f0+2fm f0+3fm f0+4fm

3 – Si l’on considère le spectre allant de l’harmonique -4 à l’harmonique + 4, ont trouve BP = 12,8 kHz ce qui confirme la formule de Carson. 4 – L’amplitude de la plus petite harmonique du signal vaut V0J4 = 0,2 V. La résolution doit

donc être inférieure à 0,1 V pour respecter l’énoncé. La résolution s’exprime par max12n

Eq −= , on

peut calculer n = 7. 5 – On considère dans un second temps que m = m2 = m1/10 = 0,3. Les fréquences porteuses et de modulation ne changent évidemment pas. L’indice de modulation étant faible, seules deux bandes latérales apparaissent. L’excursion en fréquence devient mf m f∆ = × = 480 Hz et la bande occupée BP = 2.fm = 3,2 kHz. On peut le vérifier en trouvant sur les abaques J0 = 0,95 ; J1 = 0,12. Le spectre normalisé par rapport à V0 est le suivant :

57/57

Sm(f)

f

0,95

0,15

f0 f0+fm f0-fm