Concours Physique ENSAM Option T Électricité 1994 (Corrigé)

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.
A_d.e_d est une source de tension liée à la sortie de l’A.O.
A_d est le gain différentiel (souvent appelé µ).
L’ensemble (A_d.e_d, 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 A_d est infini, et e_d (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: G_o = - 40.
1.3.1. En supposant Rs = 0, le circuit est maintenant équivalent à:

Nous pouvons donc affirmer: Vs = - Ad.e_d avec e_d = 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: ε_Re = 10^-4 ε_Ad = 2,05.10^-3 et: G₁ = -39,9 (soit G_o 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 i_s débité donc de la résistance d’utilisation Ru.
On a: Vs = - Ad.e_d + Rs.i_s = Ru(i -i_s) , Ve = e_d + R₁.i et: e_d = 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: ε_Rs = 4,11.10^-4 et: G₂ = - 39,9 (soit, encore une fois, G_o à 0,2% près).
1.5. ε_Ad est le terme correctif dû au gain différentiel non infini.
ε_Re est le terme correctif dû à la résistance d ’entrée Re non infinie.
ε_Rs est le terme correctif dû à la résistance de sortie Rs non nulle.
ε_Ad, ε_Re et ε_Rs 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 + e_d. La tension e_d, 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.e_d + Ac.e_c = 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 + e_d (on n’oublie pas e_d 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: e_d = 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 Vs_c = Gc.Vc , on a: Vs_c = 20 mV. Par ailleurs: Vs_d = Gd.Vd = Vs_c 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.R_o.
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.