Feuille d'entraînement : Électronique numérique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q18

   Le multiplieur analogique \mathcal{M} fournit une tension proportionnelle au produit des deux tensions d'entrée v_1(t) et v_2(t) :

   v_i(t) \propto v_1(t) \, v_2(t) = AB \cos(2\pi f_1 t) \cos(2\pi f_2 t + \varphi_0)

   En utilisant l'identité trigonométrique \cos a \cos b = \frac{1}{2}\big(\cos(a+b) + \cos(a-b)\big), il vient :

   \boxed{v_i(t) \propto \cos\big(2\pi (f_2+f_1)t + \varphi_0\big) + \cos\big(2\pi(f_2-f_1)t + \varphi_0\big)}

   La parité de la fonction cosinus permet d'écrire le second terme sous la forme \cos\big(2\pi |f_2-f_1|t \pm \varphi_0\big). Le spectre de v_i(t) est donc constitué de deux raies distinctes aux fréquences positives :

   f_+ = f_2 + f_1 \quad \text{et} \quad f_- = |f_2 - f_1|

   Comme l'écart de fréquence |f_2-f_1| est, d'après l'énoncé, très inférieur aux fréquences d'origine (|f_2-f_1| \ll f_1 \approx f_2), ces deux fréquences sont très largement séparées :

   |f_2 - f_1| \ll f_2 + f_1

   Pour ne conserver que la composante basse fréquence |f_2-f_1| tout en éliminant la composante haute fréquence f_2+f_1, le filtre \mathcal{F} doit être un filtre passe-bas, dont la fréquence de coupure f_c vérifie :

   \boxed{|f_2 - f_1| \ll f_c \ll f_2 + f_1}

   Résultat

   $$v_i(t)\propto \cos (2\pi (f_2+f_1)t+{\phi }_0)+\cos (2\pi (f_2-f_1)t+{\phi }_0)$$

   $$|f_2-f_1|\ll f_c\ll f_2+f_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q24

   D'après l'étude menée dans la section I (questions Q18 et Q20), le multiplieur suivi du filtre passe-bas réalise une détection synchrone qui isole la fréquence différentielle entre les deux signaux d'entrée v_e(t) et v_r(t). La fréquence instantanée du signal démodulé v_d(t) s'écrit donc :

   f_d = |f(t) - f_r(t)|

   Sur la quasi-totalité de la période de répétition, c'est-à-dire pour t \in [\tau, T_m[, les fréquences instantanées s'expriment à l'aide de la question Q22 par :

   \begin{aligned} f(t) &= f_0 + \frac{B}{T_m}\,t \\ f_r(t) &= f(t - \tau) = f_0 + \frac{B}{T_m}(t - \tau) \end{aligned}

   La différence de fréquence entre le signal émis et le signal réfléchi est donc rigoureusement constante sur cet intervalle :

   f_d = f(t) - f_r(t) = \frac{B}{T_m}\,\tau

   En substituant l'expression du temps de vol aller-retour \tau = \dfrac{2d}{c} établie à la question Q23, on obtient :

   \boxed{f_d = \frac{2Bd}{c\,T_m}}

   Puisque \tau \ll T_m, cette fréquence de battement f_d est stationnaire sur plus de 99 % de chaque période T_m. Sa mesure par analyse spectrale permet donc d'accéder directement à la distance d de la cible par :

   \boxed{d = \frac{c\,T_m}{2B}\,f_d}

   Résultat

   $$f_d=\frac{2Bd}{c{T}_m}$$

   $$d=\frac{c{T}_m}{2B}{f}_d$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q25

   1. Phénomène de repliement de spectre (ou aliasing) : L'échantillonnage temporel régulier d'un signal analogique à la période T_e (fréquence d'échantillonnage f_e = 1/T_e) entraîne la périodisation de son spectre fréquentiel avec une période f_e. Si le signal initial comporte des composantes fréquentielles supérieures à la fréquence de Nyquist :

   f_{\text{Nyquist}} = \frac{f_e}{2}

   les répliques spectrales se chevauchent. Des composantes de fréquence f > f_e/2 viennent alors se superposer dans la bande de base [0, \, f_e/2] et apparaissent faussement sous la forme de composantes de fréquence apparente |f - k f_e| (notamment f_e - f). Cette altération irréversible de l'information spectrale constitue le phénomène de repliement du spectre.

   2. Moyens de s'en prémunir : Pour s'en prémunir, deux actions complémentaires sont nécessaires :

   1. Respecter le théorème d'échantillonnage de Shannon-Nyquist : la fréquence d'échantillonnage doit être strictement supérieure au double de la fréquence maximale f_{\max} contenue dans le signal :

      \boxed{f_e > 2 f_{\max}}

   2. En pratique, le signal étant souvent bruité ou de largeur spectrale non strictement bornée, intercaler en amont de l'échantillonneur un filtre passe-bas analogique, dit filtre anti-repliement, coupant les composantes fréquentielles au-delà de la fréquence de Nyquist :

      \boxed{f_c \le \frac{f_e}{2}}

   Résultat

   $$f_e>2f_{\max }$$

   $$f_c\le \frac{f_e}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q35

   D'après l'expression établie à la question Q34 avec a(t) = a_m \cos(\omega_a t) :

   u_e(t) = U_0 + k p_m a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)

   En posant pour alléger A = k p_m a_m et en prenant \alpha_p = 0 sans perte de généralité pour le tracé, la transformation trigonométrique donne :

   u_e(t) = U_0 + \frac{A}{2} \cos\bigl((\omega_p - \omega_a)t\bigr) + \frac{A}{2} \cos\bigl((\omega_p + \omega_a)t\bigr)

   1. Allure temporelle de u_e(t) :

   • Le signal oscille à la fréquence rapide f_p (période T_p = 1/f_p) autour d'une valeur moyenne non nulle U_0.
   • L'enveloppe lente varie à la fréquence f_a = f_p/10 (période T_a = 10 T_p). Les enveloppes supérieure et inférieure sont données par U_0 \pm A \cos(\omega_a t).
   • Aux zéros du signal informatif (lorsque \cos(\omega_a t) = 0, soit pour t = T_a/4 + k T_a/2), l'amplitude des oscillations s'annule en u_e = U_0 avec une inversion de phase de \pi.
   • Chaque fuseau a une durée d'une demi-période T_a/2 = 5 T_p et contient donc 5 alternances de la porteuse.
   • La condition de non-extinction de la LED (A \le U_0 - V_{sb}) garantit que u_e(t) \ge V_{sb} > 0 à tout instant.

   2. Allure du spectre en amplitude de u_e(t) : Le signal se décompose en une composante continue et deux composantes sinusoïdales pures de fréquences f_p - f_a et f_p + f_a :

   • une raie continue à f = 0, d'amplitude U_0 ;
   • deux raies latérales situées à f_p - f_a = 0{,}9 f_p et f_p + f_a = 1{,}1 f_p, chacune d'amplitude \dfrac{k p_m a_m}{2} ;
   • aucune raie à la fréquence sous-porteuse f_p (modulation à porteuse supprimée avec décalage continu).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q35

   L'échantillonnage du signal final à la fréquence f_e = 2{,}56\text{ Hz} impose, en vertu du théorème de Shannon-Nyquist, une fréquence maximale observable sans repliement spectral (fréquence de Nyquist) égale à :

   f_{\max} = \frac{f_e}{2} = \frac{2{,}56}{2} = 1{,}28\text{ Hz}

   Par ailleurs, le signal étant acquis sur une durée totale d'enregistrement :

   T_{\text{obs}} = \frac{N}{f_e} = \frac{512}{2{,}56} = 200\text{ s}

   la résolution fréquentielle (le pas entre deux composantes spectrales) vaut :

   \Delta f = \frac{1}{T_{\text{obs}}} = \frac{1}{200} = 0{,}005\text{ Hz}

   D'un point de vue physique, l'énoncé précise (partie II.D) que la houle présente un spectre utile de fréquences comprises entre 0{,}03\text{ Hz} et 1\text{ Hz}.

   L'intervalle complet non redondant accessible par analyse spectrale pour un signal réel est [0 \,;\, f_e/2], soit :

   \boxed{ [0\text{ Hz} \,;\, 1{,}28\text{ Hz}] }

   En pratique, pour se focaliser sur le domaine représentatif de la houle tout en respectant la résolution du calcul, il convient d'afficher le spectre sur :

   \boxed{ [0{,}03\text{ Hz} \,;\, 1{,}00\text{ Hz}] }

   (ou sur l'intervalle complet [0 \,;\, 1{,}28\text{ Hz}] couvrant l'ensemble de la bande de Nyquist).

   Résultat

   $$[0\text{ Hz};1,28\text{ Hz}]$$

   $$[0,03\text{ Hz};1,00\text{ Hz}]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MP 2020, Q17

   D'après l'énoncé, tout contenu spectral autre que les pics 1 et 2 est négligé. Le pic 2 correspond à l'harmonique 2 du fondamental (pic 1), de fréquence :

   f_2 = 2 f_1 \approx 3{,}2\text{ kHz}

   La fréquence maximale présente dans le signal est donc f_{\max} = f_2.

   D'après le théorème de Shannon (ou condition de Nyquist-Shannon), pour éviter le repliement de spectre lors de l'échantillonnage, la fréquence d'échantillonnage f_e doit vérifier :

   f_e \ge 2 f_{\max}

   La plus petite valeur de f_e permettant de respecter cette condition est donc :

   f_{e,\min} = 2 f_{\max} = 2 f_2 \approx 4 f_1

   Numériquement, avec f_2 \approx 3{,}2\text{ kHz} :

   \boxed{f_{e,\min} \approx 6{,}4\text{ kHz}}

   Par ailleurs, l'énoncé précise que la résolution spectrale est l'inverse de la durée d'acquisition du signal, soit :

   \delta f = \frac{1}{T_a} \iff T_a = \frac{1}{\delta f}

   Pour une résolution spectrale souhaitée \delta f = 100\text{ Hz} :

   T_a = \frac{1}{100\text{ s}^{-1}} = 1{,}0 \times 10^{-2}\text{ s} = 10\text{ ms}

   \boxed{T_a = 10\text{ ms}}

   Résultat

   $$f_{e,\min }\approx 6,4\text{ kHz}$$

   $$T_a=10\text{ ms}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique MP 2026, Q51

   Une modulation de fréquence (FM) consiste à faire varier la fréquence instantanée d'un signal sinusoïdal de haute fréquence (la porteuse) proportionnellement à un signal basse fréquence contenant l'information (le signal modulant).

   D'après le résultat de la question Q50, la composante variable de la tension délivrée par la photodiode s'écrit sous la forme :

   u(t) = U_0 \cos(\Phi(t))

   où la fréquence instantanée du signal s'exprime par :

   f_{\text{inst}}(t) = \frac{1}{2\pi} \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} \approx f_B + f_D(t) = f_B - \frac{2 f_l}{c_0} v(t)

   Dans ce système :

   • la porteuse est l'onde radiofréquence de fréquence centrale f_B = 40\text{ MHz}, apportée par le modulateur acousto-optique (réseau de Bragg) ;
   • le signal modulant est la vitesse de vibration mécanique de la plaque v(t), d'amplitude v_{\max} et de fréquence beaucoup plus basse (f_{\text{vib}} = 1\text{ kHz}) ;
   • la fréquence instantanée varie de part et d'autre de f_B avec une excursion en fréquence \Delta f_D \approx 4\text{ MHz} < f_B directement proportionnelle à la vitesse v(t).

   Le signal électrique issu de la détection optique présente ainsi exactement la forme d'un signal modulé en fréquence par la vitesse mécanique : le terme de modulation de fréquence est donc pleinement justifié.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique MP 2026, Q52

   D'après les questions précédentes, la tension produite par la photodiode s'écrit sous la forme d'un signal modulé en fréquence :

   U(t) = U_0 \Big(1 + \cos\big(\Phi(t)\big)\Big)

   avec une fréquence instantanée oscillant à la fréquence mécanique de la plaque f_{\text{vib}} = 1/T_{\text{vib}} :

   f_{\text{inst}}(t) = f_B + f_D(t) = f_B - \Delta f_D \cos(\omega_{\text{vib}} t)

   Les caractéristiques fondamentales à faire figurer sur le tracé sont les suivantes :

   • Amplitude et décalage : le signal reste strictement compris entre 0 et 2U_0, oscillant autour d'une valeur moyenne continue U_0 avec une amplitude de modulation d'intensité constante ;
   • Modulation de fréquence : au cours d'une période de vibration T_{\text{vib}}, la fréquence instantanée varie de manière continue entre une valeur minimale f_{\min} = f_B - \Delta f_D (dilatation des arches temporelles, période apparente plus grande) et une valeur maximale f_{\max} = f_B + \Delta f_D (resserrement des arches temporelles, période apparente plus courte).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique MP 2025, Q14

   D'après la convention adoptée en préambule, la grandeur complexe associée au signal émis e(t) = A(t)\cos(2\pi f_0 t), où A(t) est une amplitude réelle, s'écrit :

   \underline{e}(t) = A(t) e^{2i\pi f_0 t}

   Le signal reçu est une réplique atténuée et retardée de durée t_R, de sorte que :

   \underline{u}(t) = \alpha \underline{e}(t - t_R) = \alpha A(t - t_R) e^{2i\pi f_0 (t - t_R)}

   La grandeur complexe en sortie du filtre adapté est donnée par :

   \underline{s}(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} \underline{e}^*(\xi - t)\,\underline{u}(\xi)\,\mathrm{d}\xi

   Puisque la fonction d'enveloppe A est à valeurs réelles, le conjugué complexe de \underline{e}(\xi - t) s'écrit :

   \underline{e}^*(\xi - t) = \left[ A(\xi - t) e^{2i\pi f_0 (\xi - t)} \right]^* = A(\xi - t) e^{-2i\pi f_0 (\xi - t)}

   En évaluant \underline{u}(\xi) à l'instant \xi :

   \underline{u}(\xi) = \alpha A(\xi - t_R) e^{2i\pi f_0 (\xi - t_R)}

   Le produit sous l'intégrale vaut ainsi :

   \begin{aligned} \underline{e}^*(\xi - t)\,\underline{u}(\xi) &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) \exp\left[-2i\pi f_0 (\xi - t) + 2i\pi f_0 (\xi - t_R)\right] \\ &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) \exp\left[2i\pi f_0 (-\xi + t + \xi - t_R)\right] \\ &= \alpha A(\xi - t) A(\xi - t_R) e^{2i\pi f_0 (t - t_R)} \end{aligned}

   Le facteur de phase e^{2i\pi f_0 (t - t_R)} ainsi que l'amplitude \alpha sont indépendants de la variable d'intégration \xi et peuvent donc être factorisés hors de l'intégrale :

   \boxed{\underline{s}(t) = \alpha e^{2i\pi f_0(t - t_R)} \int_{-\infty}^{+\infty} A(\xi - t) A(\xi - t_R)\,\mathrm{d}\xi}

   Résultat

   $$\underline{s}(t)=\alpha e^{2i\pi f_0(t-t_R)}{\int }_{-\infty }^{+\infty }A(\xi -t)A(\xi -t_R)\mathrm{d}\xi$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique MP 2025, Q15

    D'après la définition de l'amplitude A(t) :

    • A(\xi - t_R) = A_0 pour -\dfrac{\tau}{2} \le \xi - t_R \le \dfrac{\tau}{2}, c'est-à-dire pour \xi \in \left[t_R - \dfrac{\tau}{2},\, t_R + \dfrac{\tau}{2}\right], et 0 sinon ;
    • A(\xi - t) = A_0 pour -\dfrac{\tau}{2} \le \xi - t \le \dfrac{\tau}{2}, c'est-à-dire pour \xi \in \left[t - \dfrac{\tau}{2},\, t + \dfrac{\tau}{2}\right], et 0 sinon.

    Dans le cas où t_R - \tau \le t \le t_R, on a :

    t - \frac{\tau}{2} \le t_R - \frac{\tau}{2} \le t + \frac{\tau}{2} \le t_R + \frac{\tau}{2}

    Les deux signaux se chevauchent donc sur l'intervalle \left[t_R - \dfrac{\tau}{2},\, t + \dfrac{\tau}{2}\right].

    Sur la zone de recouvrement \left[t_R - \dfrac{\tau}{2},\, t + \dfrac{\tau}{2}\right], le produit A(\xi - t)A(\xi - t_R) vaut A_0^2 ; il est nul en dehors de cette zone. L'intégrale intervenant dans l'expression de \underline{s}(t) établie à la question précédente vaut donc :

    \begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty} A(\xi - t) A(\xi - t_R)\,\mathrm{d}\xi &= \int_{t_R - \tau/2}^{t + \tau/2} A_0^2\,\mathrm{d}\xi \\ &= A_0^2 \left[\left(t + \frac{\tau}{2}\right) - \left(t_R - \frac{\tau}{2}\right)\right] \\ &= A_0^2 (t - t_R + \tau) \end{aligned}

    En injectant ce résultat dans l'expression de \underline{s}(t), il vient :

    \boxed{\underline{s}(t) = \alpha A_0^2 (t - t_R + \tau) e^{2i\pi f_0 (t - t_R)}}

    Résultat

    $$\underline{s}(t)=\alpha A_0^2(t-t_R+\tau )e^{2i\pi f_0(t-t_R)}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question