ENSAM option T 1994: Corrigé d’électronique:
Influence des défauts d’un A.O. réel
Ce problème étudie l’influence des défauts de l’A.O. sur deux types de montages: l’amplificateur inverseur et le soustracteur.
Première partie: étude de l’amplificateur inverseur:
1.1. Re est la résistance d’entrée de l’A.O., Rs est la résistance de sortie.
Ad.ed est une source de tension liée à la sortie de l’A.O.
Ad est le gain différentiel (souvent appelé µ).
L’ensemble (Ad.ed, Rs) montre que l’A.O. se comporte, vu de la sortie, comme un générateur de Thévenin.
Pour l’A.O. idéal: Re est infinie, Rs tend vers 0, le gain Ad est infini, et ed (souvent appelée -ε) tend vers 0.
1.2. On a affaire à un montage amplificateur inverseur. Nous appellerons i le courant traversant la résistance R1 (et aussi R2) de l’entrée du montage vers la sortie.
On a alors: Vs = - R2.i et Ve = + R1.i donc: ${G_o}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$. A.N: Go = - 40.
1.3.1. En supposant Rs = 0, le circuit est maintenant équivalent à:
Nous pouvons donc affirmer: Vs = - Ad.ed avec ed = Re(i1 - i2).
Mais aussi: Ve = R1.i1 + Re(i1-i2) et: Re(i1-i2) - R2.i2 + Ad.Re(i1-i2) = 0.
On en déduit: ${i_1}\, = \,\frac{{{R_2}\, + {\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$ et: ${i_2}\, = \,\frac{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$
Il vient alors: $Vs\, = \, - \,Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} .Ve\frac{{{R_2}}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}$
Et par conséquent: ${G_1}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)}}$
Donc, en identifiant: ${\varepsilon _{{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, = \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\,\,\,et:\,\,{\varepsilon _{Ad}}\, = \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)$
1.3.2. A.N: εRe = 10-4 εAd = 2,05.10-3 et: G1 = -39,9 (soit Go à 0,2% près).
1.4.1. Lorsqu’on considère Re infinie, le montage est alors équivalent à:
Maintenant que la sortie comporte une résistance Rs, il va de soi que la tension Vs dépendra du courant is débité donc de la résistance d’utilisation Ru.
On a: Vs = - Ad.ed + Rs.is = Ru(i -is) , Ve = ed + R1.i et: ed = Vs + R2.i
On en déduit: $i\, = \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,\,\,et:\,\,{i_s}\, = \, - \,\frac{{Vs}}{{Ru}}\, + \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,$
Il vient: ${G_2}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}\left( {1\, - \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}} \right)}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{Ru}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}} \right]}}$
donc: ${G_2}\, \approx \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)\,} \right]}}$
Par conséquent: ${\varepsilon _{Rs}}\, = \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)$
1.4.2. A.N: εRs = 4,11.10-4 et: G2 = - 39,9 (soit, encore une fois, Go à 0,2% près).
1.5. εAd est le terme correctif dû au gain différentiel non infini.
εRe est le terme correctif dû à la résistance d ’entrée Re non infinie.
εRs est le terme correctif dû à la résistance de sortie Rs non nulle.
εAd, εRe et εRs montrent les corrections à effectuer lorsqu’on ne suppose pas l’A.O. idéal.
Ici, ces corrections sont faibles (environ 0,2%).
Deuxième partie: Etude du soustracteur:
2.1.1. Nous appellerons i1 le courant qui traverse la résistance R1 de l’entrée vers la sortie, et i3 celui qui traverse R3 (dans le même sens). Il est clair, puisque l’A.O. est supposé idéal, que le courant traversant R2 est i1 et que i3 parcoure R4.
Etablissons les équations électriques du circuit: Vs = V1 - (R1 + R2).i1
V2 = (R3 + R4).i3 qui permet de trouver: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
De plus: V1 = V2 - R3.i3 + R1.i1 nous donne: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,{V_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}\frac{{{V_2}}}{{{R_3} + \,{R_4}}}$
On trouve alors: $Vs\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_1}\, + \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_2}$
2.1.2. On veut que Vs = Gd(V1 - V2) donc: $Gd\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
On en déduit que: $\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \, - \,Gd\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
Soit, après simplifications: R1.R4 = R2.R3
2.2. Nous étudions maintenant un autre défaut de l’A.O.: l’imperfection de mode commun.
Il va de soi qu’il n’y a rien de changé au schéma, mais nous devons introduire deux nouvelles tensions: e1 et e2. e2 est la tension entre la borne positive de l’A.O. et la masse, elle se retrouve donc aux bornes de R4. Quant à e1, elle est entre la borne négative de l’A.O. et la masse, donc e1 = e2 + ed. La tension ed, supposée nulle dans la question 2.1. a maintenant une valeur non nulle.
Nous obtenons, avec les mêmes notations que précédemment pour les courants i1 et i3:
Vs = - Ad.ed + Ac.ec = V1 - (R1 + R2).i1 donc: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}$
V2 = (R3 + R4).i3 qui impose: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
V1 = V2 - R3.i3 + R1.i1 + ed (on n’oublie pas ed puisqu’elle est maintenant non nulle)
e2 = R4.i3 et: e1 = V1 - R1.i1
On a donc: ${e_c}\, = \,\frac{{{e_1}\, + \,{e_2}}}{2}\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{R_4}.{i_3}\, - \,{R_1}.{i_1}}}{2}$ et: ed = e1 - e2 = V1 - R1.i1 - R4.i3
En utilisant les expressions trouvées ci-dessus pour i1 et i3 et en remarquant que: $\alpha \, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\,\,\,puisque:\,{R_1}.{R_4}\, = \,{R_2}.{R_3}$
On trouve: ${e_c}\, = \,\frac{{\alpha {V_1}\, + \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs}}{2}\,\,\,\,et:\,{e_d}\, = \,\alpha {V_1}\, - \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs$
Donc, en reportant dans l’expression de Vs et après simplifications, on obtient:
$Vs\, = \,\alpha \,\frac{{\left( { - \,Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_1}\, + \,\left( {Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_2}}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: V1 - V2 = Vd et: V1 + V2 = 2Vc
Donc: $Vs\, = \,\alpha \,\frac{{Ac.Vc\, - \,Ad.Vd}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: Ad >> Ac et β.Ad >> 1
D’où: $Vs\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\left( {Vd\, - \,\frac{{Ac}}{{Ad}}Vc} \right)\,\,\,\,avec:\,\,\frac{\alpha }{\beta }\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$ donc: $Gd\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\,\,\,\,et:\,\,Gc\, = \,\frac{\alpha }{\beta }\frac{{Ac}}{{Ad}}$
2.3.1. A.N: Gd = - 40 et: Gc = 4.10-3
2.3.2. Le pont étant presque équilibré, les courants i1 et i3 sortant respectivement par les deux branches aux potentiels V1 et V2 sont très petits devant les courants circulant dans le pont. Cette hypothèse est de plus confortée par le fait que les résistances constituant le pont de Wheatstone sont petites devant celles du montage soustracteur; en effet la résistance qui détermine la valeur du courant i1 est R1 + R2 qui vaut 205 kΩ donc plus de cent fois celles du pont qui valent toutes environ 2 kΩ. On peut par ailleurs supposer qu’il en est de même pour R3 + R4 donc pour le courant i3. Ceci a pour conséquence que les tensions V1 et V2 ont toutes deux pour valeur approximative U/2. Or $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$ donc: $Vc\, \approx \,\frac{U}{2}\,$. Comme Vsc = Gc.Vc , on a: Vsc = 20 mV. Par ailleurs: Vsd = Gd.Vd = Vsc impose $Vd\, = \,\frac{{V{s_c}}}{{Gd}}\, = \, - \,0,5mV\, = \,{V_1}\, - \,{V_2}$ .
2.4.1. On avait montré (cf. 2.1.1.) que: $Vs\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_1}\, + \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_2}$
En posant: $a\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,\,\,et:\,\,b\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ on trouve: $Vs\, = \, - \,a{V_1}\, + \,\frac{{b(a\, + \,1)}}{{b\, + \,1}}{V_2}$
Or on sait que: Vd = V1 - V2 et: $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$. On peut donc exprimer V1 et V2 en fonction de Vd et Vc: ${V_1}\, = \,\frac{{2Vc\, + \,Vd}}{2}\,\,\,et:\,\,{V_2}\, = \,\frac{{2Vc\, - \,Vd}}{2}$. Donc, en reportant dans l’expression de Vs en fonction de V1 et V2, on obtient: $Vs\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}Vc\, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b + 1)}}Vd$.
On en déduit: $Hd\, = \, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b\, + \,1)}}\,\,\,et:\,\,Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\,$.
2.4.2. A.N: a = 40 b = 50 Hd = 40,1 et Hc = 0,196.
2.4.3. On veut que: Vs = Gd(V1 - V2). Cela impose: Vs = Gd.Vd
Donc: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,0$ d’où: a = b. Ainsi: $\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ donc: R1.R4 = R2.R3 qui est la relation obtenue à la question 2.1.2.
2.5.1. On pose: ${R_1}\, = \,R\, \pm \,\Delta R\,\,donc:\,{R_1}\, = \,R(1\, + \,{\varepsilon _1})$.
De même: ${R_3}\, = \,{R_o}\, \pm \,\Delta {R_o}\,\,donc:\,{R_3}\, = \,{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _3})$.
Par ailleurs: Soit K tel que R2 = K.R pour les valeurs nominales.
On a donc: ${R_2}\, = \,K.R\, \pm \,\Delta {R_2}\,\,d'o\`u :\,{R_2}\, = \,K.R(1\, + \,{\varepsilon _2})$. Enfin, on sait que les valeurs nominales sont reliées entre elles par la relation: ${R_4}\, = \,\frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_1}}}$, la valeur nominale de R4 est donc: K.Ro.
Par conséquent: ${R_4}\, = \,K.{R_o}\, \pm \,\Delta {R_4}\,\,donc:\,{R_4}\, = \,K.{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _4})$.
2.5.2. La précision de la résistance R1 étant de 0,1%, on trouve aisément que: -10-3 < ε1 < 10-3.
Il est clair qu’il en est de même pour les trois autres.
2.5.3. On sait que: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}}}{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{{1\, + \,{\varepsilon _2}}}{{1\, + \,{\varepsilon _1}}}}}{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{1}{K}}}$ . Comme tous les ε sont très petits, on effectue un développement limité pour trouver finalement: $Hc\, = \,\frac{{{\varepsilon _1}\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _2}\, - \,{\varepsilon _3}}}{{1\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _3}\, - \,\frac{1}{K}}}$. Le cas le plus défavorable est obtenu pour Hc le plus grand possible puisque Hc est un défaut.
On a alors: $Hc\, = \,\frac{{4\left| \varepsilon \right|}}{{1\, - \,\frac{1}{K}}}$ puisque ε3 et ε4 sont négligeables devant 1 et $\frac{1}{K}$.
A.N: Hc = 4,1.10-3
Cette valeur est bien plus faible que lorsque la condition R1.R4 = R2.R3 n’est pas réalisée et c’est heureux puisqu’il s’agit ici d’erreurs dues à l’incertitude sur les valeurs des résistances. Dans le cas contraire, il serait impossible de réaliser pratiquement la condition R1.R4 = R2.R3 puisque l’erreur relative aux valeurs des résistances serait plus importante que celle qu’on désire minimiser.
Influence des défauts d’un A.O. réel
Ce problème étudie l’influence des défauts de l’A.O. sur deux types de montages: l’amplificateur inverseur et le soustracteur.
Première partie: étude de l’amplificateur inverseur:
1.1. Re est la résistance d’entrée de l’A.O., Rs est la résistance de sortie.
Ad.ed est une source de tension liée à la sortie de l’A.O.
Ad est le gain différentiel (souvent appelé µ).
L’ensemble (Ad.ed, Rs) montre que l’A.O. se comporte, vu de la sortie, comme un générateur de Thévenin.
Pour l’A.O. idéal: Re est infinie, Rs tend vers 0, le gain Ad est infini, et ed (souvent appelée -ε) tend vers 0.
On a alors: Vs = - R2.i et Ve = + R1.i donc: ${G_o}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$. A.N: Go = - 40.
1.3.1. En supposant Rs = 0, le circuit est maintenant équivalent à:
Mais aussi: Ve = R1.i1 + Re(i1-i2) et: Re(i1-i2) - R2.i2 + Ad.Re(i1-i2) = 0.
On en déduit: ${i_1}\, = \,\frac{{{R_2}\, + {\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$ et: ${i_2}\, = \,\frac{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}\,Ve$
Il vient alors: $Vs\, = \, - \,Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} .Ve\frac{{{R_2}}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} .{R_2}\, + \,{R_1}\left[ {{R_2}\, + \,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1\, + \,Ad)} \right]}}$
Et par conséquent: ${G_1}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)}}$
Donc, en identifiant: ${\varepsilon _{{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\, = \,\frac{{{R_2}}}{{Ad.{\mathop{\rm Re}\nolimits} }}\,\,\,et:\,\,{\varepsilon _{Ad}}\, = \,\frac{1}{{Ad}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)$
1.3.2. A.N: εRe = 10-4 εAd = 2,05.10-3 et: G1 = -39,9 (soit Go à 0,2% près).
1.4.1. Lorsqu’on considère Re infinie, le montage est alors équivalent à:
On a: Vs = - Ad.ed + Rs.is = Ru(i -is) , Ve = ed + R1.i et: ed = Vs + R2.i
On en déduit: $i\, = \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,\,\,et:\,\,{i_s}\, = \, - \,\frac{{Vs}}{{Ru}}\, + \,\frac{{Ve\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\,$
Il vient: ${G_2}\, = \,\frac{{Vs}}{{Ve}}\, = \,\frac{{{G_o}\left( {1\, - \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}} \right)}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{Ru}}\left( {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}} \right]}}$
donc: ${G_2}\, \approx \,\frac{{{G_o}}}{{1\, + \,\frac{1}{{Ad}}\left[ {1\, + \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{Rs}}{{{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)\,} \right]}}$
Par conséquent: ${\varepsilon _{Rs}}\, = \,\frac{{Rs}}{{Ad.{R_1}}}\left( {2\, + \,\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{Ru}}} \right)$
1.4.2. A.N: εRs = 4,11.10-4 et: G2 = - 39,9 (soit, encore une fois, Go à 0,2% près).
1.5. εAd est le terme correctif dû au gain différentiel non infini.
εRe est le terme correctif dû à la résistance d ’entrée Re non infinie.
εRs est le terme correctif dû à la résistance de sortie Rs non nulle.
εAd, εRe et εRs montrent les corrections à effectuer lorsqu’on ne suppose pas l’A.O. idéal.
Ici, ces corrections sont faibles (environ 0,2%).
2.1.1. Nous appellerons i1 le courant qui traverse la résistance R1 de l’entrée vers la sortie, et i3 celui qui traverse R3 (dans le même sens). Il est clair, puisque l’A.O. est supposé idéal, que le courant traversant R2 est i1 et que i3 parcoure R4.
Etablissons les équations électriques du circuit: Vs = V1 - (R1 + R2).i1
V2 = (R3 + R4).i3 qui permet de trouver: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
De plus: V1 = V2 - R3.i3 + R1.i1 nous donne: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,{V_2}}}{{{R_1}}}\, + \,\frac{{{R_3}}}{{{R_1}}}\frac{{{V_2}}}{{{R_3} + \,{R_4}}}$
On trouve alors: $Vs\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_1}\, + \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\,{V_2}$
2.1.2. On veut que Vs = Gd(V1 - V2) donc: $Gd\, = \, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
On en déduit que: $\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\frac{{{R_1}\, + \,{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \, - \,Gd\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$
Soit, après simplifications: R1.R4 = R2.R3
2.2. Nous étudions maintenant un autre défaut de l’A.O.: l’imperfection de mode commun.
Il va de soi qu’il n’y a rien de changé au schéma, mais nous devons introduire deux nouvelles tensions: e1 et e2. e2 est la tension entre la borne positive de l’A.O. et la masse, elle se retrouve donc aux bornes de R4. Quant à e1, elle est entre la borne négative de l’A.O. et la masse, donc e1 = e2 + ed. La tension ed, supposée nulle dans la question 2.1. a maintenant une valeur non nulle.
Nous obtenons, avec les mêmes notations que précédemment pour les courants i1 et i3:
Vs = - Ad.ed + Ac.ec = V1 - (R1 + R2).i1 donc: ${i_1}\, = \,\frac{{{V_1}\, - \,Vs}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}$
V2 = (R3 + R4).i3 qui impose: ${i_3}\, = \,\frac{{{V_2}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}$
V1 = V2 - R3.i3 + R1.i1 + ed (on n’oublie pas ed puisqu’elle est maintenant non nulle)
e2 = R4.i3 et: e1 = V1 - R1.i1
On a donc: ${e_c}\, = \,\frac{{{e_1}\, + \,{e_2}}}{2}\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{R_4}.{i_3}\, - \,{R_1}.{i_1}}}{2}$ et: ed = e1 - e2 = V1 - R1.i1 - R4.i3
En utilisant les expressions trouvées ci-dessus pour i1 et i3 et en remarquant que: $\alpha \, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}\, + \,{R_2}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}\, + \,{R_4}}}\,\,\,puisque:\,{R_1}.{R_4}\, = \,{R_2}.{R_3}$
On trouve: ${e_c}\, = \,\frac{{\alpha {V_1}\, + \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs}}{2}\,\,\,\,et:\,{e_d}\, = \,\alpha {V_1}\, - \,\alpha {V_2}\, + \,\beta Vs$
Donc, en reportant dans l’expression de Vs et après simplifications, on obtient:
$Vs\, = \,\alpha \,\frac{{\left( { - \,Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_1}\, + \,\left( {Ad\, + \,\frac{{Ac}}{2}} \right){V_2}}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: V1 - V2 = Vd et: V1 + V2 = 2Vc
Donc: $Vs\, = \,\alpha \,\frac{{Ac.Vc\, - \,Ad.Vd}}{{1\, + \,\beta \left( {Ad\, - \,\frac{{Ac}}{2}} \right)}}$ or: Ad >> Ac et β.Ad >> 1
D’où: $Vs\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\left( {Vd\, - \,\frac{{Ac}}{{Ad}}Vc} \right)\,\,\,\,avec:\,\,\frac{\alpha }{\beta }\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}$ donc: $Gd\, = \, - \,\frac{\alpha }{\beta }\,\,\,\,et:\,\,Gc\, = \,\frac{\alpha }{\beta }\frac{{Ac}}{{Ad}}$
2.3.1. A.N: Gd = - 40 et: Gc = 4.10-3
2.3.2. Le pont étant presque équilibré, les courants i1 et i3 sortant respectivement par les deux branches aux potentiels V1 et V2 sont très petits devant les courants circulant dans le pont. Cette hypothèse est de plus confortée par le fait que les résistances constituant le pont de Wheatstone sont petites devant celles du montage soustracteur; en effet la résistance qui détermine la valeur du courant i1 est R1 + R2 qui vaut 205 kΩ donc plus de cent fois celles du pont qui valent toutes environ 2 kΩ. On peut par ailleurs supposer qu’il en est de même pour R3 + R4 donc pour le courant i3. Ceci a pour conséquence que les tensions V1 et V2 ont toutes deux pour valeur approximative U/2. Or $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$ donc: $Vc\, \approx \,\frac{U}{2}\,$. Comme Vsc = Gc.Vc , on a: Vsc = 20 mV. Par ailleurs: Vsd = Gd.Vd = Vsc impose $Vd\, = \,\frac{{V{s_c}}}{{Gd}}\, = \, - \,0,5mV\, = \,{V_1}\, - \,{V_2}$ .
En posant: $a\, = \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\,\,\,et:\,\,b\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ on trouve: $Vs\, = \, - \,a{V_1}\, + \,\frac{{b(a\, + \,1)}}{{b\, + \,1}}{V_2}$
Or on sait que: Vd = V1 - V2 et: $Vc\, = \,\frac{{{V_1}\, + \,{V_2}}}{2}\,$. On peut donc exprimer V1 et V2 en fonction de Vd et Vc: ${V_1}\, = \,\frac{{2Vc\, + \,Vd}}{2}\,\,\,et:\,\,{V_2}\, = \,\frac{{2Vc\, - \,Vd}}{2}$. Donc, en reportant dans l’expression de Vs en fonction de V1 et V2, on obtient: $Vs\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}Vc\, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b + 1)}}Vd$.
On en déduit: $Hd\, = \, - \,\frac{{a\, + \,b\, + \,2ab}}{{2(b\, + \,1)}}\,\,\,et:\,\,Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\,$.
2.4.2. A.N: a = 40 b = 50 Hd = 40,1 et Hc = 0,196.
2.4.3. On veut que: Vs = Gd(V1 - V2). Cela impose: Vs = Gd.Vd
Donc: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,0$ d’où: a = b. Ainsi: $\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}\, = \,\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}$ donc: R1.R4 = R2.R3 qui est la relation obtenue à la question 2.1.2.
2.5.1. On pose: ${R_1}\, = \,R\, \pm \,\Delta R\,\,donc:\,{R_1}\, = \,R(1\, + \,{\varepsilon _1})$.
De même: ${R_3}\, = \,{R_o}\, \pm \,\Delta {R_o}\,\,donc:\,{R_3}\, = \,{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _3})$.
Par ailleurs: Soit K tel que R2 = K.R pour les valeurs nominales.
On a donc: ${R_2}\, = \,K.R\, \pm \,\Delta {R_2}\,\,d'o\`u :\,{R_2}\, = \,K.R(1\, + \,{\varepsilon _2})$. Enfin, on sait que les valeurs nominales sont reliées entre elles par la relation: ${R_4}\, = \,\frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_1}}}$, la valeur nominale de R4 est donc: K.Ro.
Par conséquent: ${R_4}\, = \,K.{R_o}\, \pm \,\Delta {R_4}\,\,donc:\,{R_4}\, = \,K.{R_o}(1\, + \,{\varepsilon _4})$.
2.5.2. La précision de la résistance R1 étant de 0,1%, on trouve aisément que: -10-3 < ε1 < 10-3.
Il est clair qu’il en est de même pour les trois autres.
2.5.3. On sait que: $Hc\, = \,\frac{{b\, - \,a}}{{b\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, - \,\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}}}{{\frac{{{R_4}}}{{{R_3}}}\, + \,1}}\, = \,\frac{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{{1\, + \,{\varepsilon _2}}}{{1\, + \,{\varepsilon _1}}}}}{{\frac{{1\, + \,{\varepsilon _4}}}{{1\, + \,{\varepsilon _3}}}\, - \,\frac{1}{K}}}$ . Comme tous les ε sont très petits, on effectue un développement limité pour trouver finalement: $Hc\, = \,\frac{{{\varepsilon _1}\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _2}\, - \,{\varepsilon _3}}}{{1\, + \,{\varepsilon _4}\, - \,{\varepsilon _3}\, - \,\frac{1}{K}}}$. Le cas le plus défavorable est obtenu pour Hc le plus grand possible puisque Hc est un défaut.
On a alors: $Hc\, = \,\frac{{4\left| \varepsilon \right|}}{{1\, - \,\frac{1}{K}}}$ puisque ε3 et ε4 sont négligeables devant 1 et $\frac{1}{K}$.
A.N: Hc = 4,1.10-3
Cette valeur est bien plus faible que lorsque la condition R1.R4 = R2.R3 n’est pas réalisée et c’est heureux puisqu’il s’agit ici d’erreurs dues à l’incertitude sur les valeurs des résistances. Dans le cas contraire, il serait impossible de réaliser pratiquement la condition R1.R4 = R2.R3 puisque l’erreur relative aux valeurs des résistances serait plus importante que celle qu’on désire minimiser.
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