Feuille d'entraînement : Électronique numérique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2021, Q48

   D'après la question [45], la force électrostatique subie par la membrane s'exprime sous la forme :

   F_e(t) = -\frac{\epsilon S}{2 D^2} U(t)^2

   Lorsque le condensateur est soumis à la tension totale U(t) = U_0 + u(t) avec u(t) = u_a \cos(\omega t) et u_a \ll U_0, le carré de la tension s'écrit :

   U(t)^2 = \big(U_0 + u(t)\big)^2 = U_0^2 + 2 U_0 u(t) + u(t)^2 \simeq U_0^2 + 2 U_0 u_a \cos(\omega t)

   La polarisation par une tension continue U_0 joue ainsi deux rôles fondamentaux :

   • Linéarisation de la réponse et conservation de la fréquence : la composante variable de la force électrostatique oscille à la même pulsation \omega que le signal de commande u(t). En l'absence de tension de polarisation (U_0 = 0), on aurait U(t)^2 = u_a^2 \cos^2(\omega t) = \frac{u_a^2}{2}\big(1 + \cos(2\omega t)\big) : la force oscillerait à la pulsation double 2\omega (distorsion harmonique totale), sans aucune composante à la pulsation fondamentale \omega.
   • Amplification de la sensibilité de conversion : l'amplitude de l'effort variable est proportionnelle à 2 U_0 u_a au lieu de u_a^2. Comme U_0 = 130\text{ V} \gg u_a \sim 1\text{ V}, la force électrostatique motrice est augmentée d'un facteur 2 U_0 / u_a \sim 260, ce qui permet d'obtenir un déplacement mesurable de la membrane.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique U PSI 2021, Q55

   D'après l'énoncé, le signal mesuré s'écrit :

   V(t) = \operatorname{Re}\left\{(X + iY)e^{i\omega t}\right\} = X \cos(\omega t) - Y \sin(\omega t)

   auquel s'ajoute un éventuel bruit de mesure b(t).

   1. Fonction du circuit 1 : le multiplieur (ou mélangeur)

   Le circuit 1 multiplie le signal d'entrée V(t) par le signal de référence sinusoïdal de même pulsation \omega. En prenant par exemple une référence V_{\mathrm{ref}}(t) = V_0 \cos(\omega t), le signal en sortie du multiplieur vaut (à un facteur de gain dimensionné K près) :

   \begin{aligned} s_1(t) &= K \, V_{\mathrm{ref}}(t) \, V(t) \\ &= K V_0 \cos(\omega t) \left[ X \cos(\omega t) - Y \sin(\omega t) \right] + K V_0 \cos(\omega t) b(t) \\ &= \frac{K V_0}{2} X \left( 1 + \cos(2\omega t) \right) - \frac{K V_0}{2} Y \sin(2\omega t) + K V_0 \cos(\omega t) b(t) \end{aligned}

   La multiplication translate le contenu spectral du signal centré sur \omega vers une composante continue (fréquence nulle) et une composante à pulsation double 2\omega.

   2. Fonction du circuit 2 : le filtre passe-bas (ou intégrateur/moyenneur)

   Le circuit 2 est un filtre passe-bas dont la fréquence de coupure f_c est choisie très faible devant la fréquence de travail (f_c \ll f = \omega / 2\pi, ce qui équivaut à un temps de réponse \tau \gg 1/\omega).

   • Il élimine la composante oscillante à pulsation 2\omega.
   • Il élimine les composantes spectrales du bruit non corrélées à la référence, en dehors d'une bande très étroite \Delta f \sim 1/\tau autour de la fréquence nulle.
   • Il ne conserve que la valeur moyenne temporelle (la composante continue) :

   \boxed{V_s = \langle s_1(t) \rangle = \frac{K V_0}{2} X = K' \langle V(t) \cos(\omega t) \rangle}

   Si l'on utilise une référence en quadrature V_{\mathrm{ref}}(t) = V_0 \sin(\omega t), la tension continue mesurée en sortie du passe-bas est proportionnelle à la seconde quadrature \langle V(t) \sin(\omega t) \rangle = -Y/2.

   Résultat

   $$V_s=⟨s_1(t)⟩=\frac{K{V}_0}{2}X=K^{\prime }⟨V(t)\cos (\omega t)⟩$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 PSI 2020, Q2

   Le signal sonore s_a(t) ne comporte, d'après l'énoncé, que deux composantes spectrales : le fondamental à f_1 \approx 1{,}7\text{ kHz} et le deuxième harmonique (pic 2) à f_2 = 2 f_1 \approx 3{,}4\text{ kHz}. La fréquence maximale contenue dans le signal est donc :

   f_{\max} = f_2 \approx 3{,}4\text{ kHz}

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

   f_e \ge 2 f_{\max}

   La plus petite valeur de f_e respectant cette condition est donc :

   f_{e,\min} = 2 f_{\max} = 2 \times 3{,}4\text{ kHz}

   \boxed{f_{e,\min} \approx 6{,}8\text{ kHz}}

   La résolution spectrale \delta f étant l'inverse de la durée d'acquisition T_a, on a :

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

   Pour \delta f = 100\text{ Hz} :

   T_a = \frac{1}{100\text{ s}^{-1}} = 10^{-2}\text{ s}

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

   Résultat

   $$f_{e,\min }\approx 6,8\text{ kHz}$$

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Modelisation PSI 2026, Q28

   1. Nature des grandeurs physiques

   • En entrée du capteur : le \mathrm{pH}, grandeur physico-chimique sans dimension liée à l'activité des ions oxonium (a_{\mathrm{H_3O^+}}).
   • En sortie du capteur : une tension électrique U, grandeur physique analogique continue (exprimée en volts, \mathrm{V}).

   2. Justification de l'emploi du CAN Le système de traitement et d'asservissement (microcontrôleur ou processeur du boîtier de contrôle) manipule des données sous forme numérique discrète (mots binaires). Le capteur délivrant une grandeur analogique continue, le Convertisseur Analogique-Numérique (CAN) est indispensable pour échantillonner et quantifier cette tension analogique U en un nombre entier N utilisable par l'unité de calcul.

   3. Gain K_{\text{cap}} du capteur La caractéristique entrée-sortie du capteur étant supposée linéaire, pour une plage de variation de \mathrm{pH} de 0 à 14 correspondant à une tension de sortie de 0 à 10\text{ V} :

   K_{\text{cap}} = \frac{\Delta U}{\Delta \mathrm{pH}} = \frac{10 - 0}{14 - 0} = \frac{5}{7}\text{ V}

   \boxed{K_{\text{cap}} = \frac{5}{7}\text{ V} \approx 0{,}71\text{ V}}

   (ou \text{V}\cdot\text{unité de pH}^{-1}).

   4. Gain K_{\text{CAN}} du CAN Le convertisseur code la tension pleine échelle U_{\text{PE}} = 10\text{ V} sur n = 12\text{ bits}, soit 2^{12} = 4096 intervalles de quantification (quantum q = \frac{U_{\text{PE}}}{2^n}). Le gain du CAN s'écrit donc :

   K_{\text{CAN}} = \frac{1}{q} = \frac{2^{12}}{U_{\text{PE}}} = \frac{4096}{10} = 409{,}6\text{ V}^{-1}

   \boxed{K_{\text{CAN}} = 409{,}6\text{ V}^{-1} \quad \left(\text{ou } \frac{2^{12}-1}{10} = 409{,}5\text{ V}^{-1}\right)}

   Résultat

   $$K_{\text{cap}}=\frac{5}{7}\text{ V}\approx 0,71\text{ V}$$

   $$K_{\text{CAN}}=409,6{\text{ V}}^{-1}\left(\text{ou }\frac{2^{12}-1}{10}=409,5{\text{ V}}^{-1}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Modelisation PSI 2026, Q29

   La plus petite variation mesurable en sortie du convertisseur correspond à une variation d'une unité du nombre numérique (\Delta N = 1, soit un bit de poids faible).

   D'après la chaîne de mesure présentée sur la figure 6, la relation reliant le nombre de sortie N au \mathrm{pH} est :

   N = K_{\text{CAN}} \cdot U = K_{\text{CAN}} \cdot K_{\text{cap}} \cdot \mathrm{pH}

   La plus petite variation de \mathrm{pH} mesurable, notée \Delta \mathrm{pH}_{\min}, s'écrit donc :

   \Delta \mathrm{pH}_{\min} = \frac{\Delta N}{K_{\text{cap}} \cdot K_{\text{CAN}}} = \frac{1}{K_{\text{cap}} \cdot K_{\text{CAN}}}

   En utilisant les expressions établies à la question Q28, soit K_{\text{cap}} = \dfrac{U_{\max}}{\mathrm{pH}_{\max}} et K_{\text{CAN}} = \dfrac{2^n}{U_{\max}} avec n = 12 bits :

   \Delta \mathrm{pH}_{\min} = \frac{\mathrm{pH}_{\max}}{2^n} = \frac{14}{2^{12}} = \frac{14}{4096} = \frac{7}{2048}

   Application numérique :

   \Delta \mathrm{pH}_{\min} \approx 3{,}4 \cdot 10^{-3}\text{ unité de pH}

   \boxed{\Delta \mathrm{pH}_{\min} = \frac{14}{2^{12}} \approx 3{,}4 \cdot 10^{-3}}

   Comparaison avec le cahier des charges et conclusion :

   • La précision requise par le cahier des charges est \delta(\mathrm{pH}) = 0{,}1.
   • On constate que \Delta \mathrm{pH}_{\min} \approx 3{,}4 \cdot 10^{-3} \ll 0{,}1 (la variation élémentaire détectable est environ 30 fois plus petite que la précision exigée).
   • Le pas de quantification n'altère donc aucunement la fidélité de la mesure du \mathrm{pH}. La chaîne de mesure instrumentée est parfaitement adaptée et pertinente vis-à-vis du cahier des charges.

   Résultat

   $$\Delta {\mathrm{pH}}_{\min }=\frac{14}{2^{12}}\approx 3,4\cdot 10^{-3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q26

   Le théorème d'échantillonnage de Nyquist-Shannon énonce qu'un signal à spectre borné par une fréquence maximale F peut être parfaitement reconstruit sans perte d'information à partir de ses échantillons si la fréquence d'échantillonnage f_e = \dfrac{1}{T_e} est strictement supérieure au double de cette fréquence maximale :

   \boxed{f_e > 2F \quad \Longleftrightarrow \quad T_e < \frac{1}{2F}}

   (on tolère également la condition au sens large f_e \geqslant 2F).

   Résultat

   $$f_e>2F⟺T_e<\frac{1}{2F}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q27

   Sur l'intervalle de temps [n T_e, (n+1)T_e], la tension échantillonnée en sortie du bloqueur est constante et vaut :

   u_{\text{ech}}(t) = u_n

   D'après la figure 12a, le signal en rampe s_r(t) est une fonction affine du temps sur l'intervalle [n T_e, (n+1)T_e[, croissant de -U_0 à +U_0 :

   s_r(t) = -U_0 + \frac{2U_0}{T_e}(t - n T_e)

   L'amplificateur linéaire intégré est modélisé comme idéal en régime saturé (comparateur simple) :

   • la borne non inverseuse (+) reçoit u_{\text{ech}}(t) = u_n ;
   • la borne inverseuse (-) reçoit s_r(t).

   La tension de sortie vaut donc :

   S(t) = \begin{cases} +V_{\text{sat}} & \text{si } u_n > s_r(t) \\ -V_{\text{sat}} & \text{si } u_n < s_r(t) \end{cases}

   Comme |u(t)| < U_0, on a u_n > -U_0 = s_r(n T_e) : le signal S(t) est donc initialement à +V_{\text{sat}} > 0.

   Le basculement vers -V_{\text{sat}} s'effectue à la date t_n = n T_e + \alpha_n T_e telle que s_r(t_n) = u_n :

   \begin{aligned} -U_0 + \frac{2U_0}{T_e} \alpha_n T_e &= u_n \\ -U_0 + 2U_0 \alpha_n &= u_n \\ 2U_0 \alpha_n &= U_0 + u_n \end{aligned}

   On en déduit l'expression du rapport cyclique \alpha_n :

   \boxed{\alpha_n = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{u_n}{U_0}\right)}

   Résultat

   $${\alpha }_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{u_n}{U_0}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q29

   L'amplificateur linéaire intégré est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire grâce à la rétroaction négative sur sa borne inverseuse (-), de sorte que les courants d'entrée sont nuls (i_+ = i_- = 0) et la tension différentielle d'entrée est nulle :

   V_+ = V_-

   1. Cas où S(t) > 0 : interrupteur K fermé

   • L'interrupteur K étant fermé, la borne non inverseuse (+) est directement reliée à la masse :

     V_+ = 0 \implies V_- = 0

   • La borne inverseuse (-) constitue une masse virtuelle. La loi des nœuds en (-) s'écrit :

     \frac{v_{i,\text{ech}} - 0}{R} + \frac{v_{i,\text{mod}} - 0}{R} = 0 \implies v_{i,\text{mod}} = -v_{i,\text{ech}}

     Le montage se comporte comme un amplificateur inverseur de gain -1.

   2. Cas où S(t) < 0 : interrupteur K ouvert

   • L'interrupteur K étant ouvert, aucun courant ne peut traverser la branche reliée à la borne (+) puisque i_+ = 0. Il n'y a donc aucune chute de tension dans les résistances connectées à cette entrée, ce qui impose :

     V_+ = v_{i,\text{ech}} \implies V_- = v_{i,\text{ech}}

   • Le courant arrivant à la borne (-) depuis v_{i,\text{ech}} est alors nul :

     i = \frac{v_{i,\text{ech}} - V_-}{R} = 0

     Puisque i_- = 0, aucun courant ne traverse la résistance de contre-réaction :

     \frac{V_- - v_{i,\text{mod}}}{R} = 0 \implies v_{i,\text{mod}} = V_- = v_{i,\text{ech}}

     Le montage se comporte comme un suiveur de gain +1.

   En synthèse :

   \boxed{ v_{i,\text{mod}} = \begin{cases} -v_{i,\text{ech}} & \text{si } S(t) > 0 \quad (K \text{ fermé}), \\[2mm] +v_{i,\text{ech}} & \text{si } S(t) < 0 \quad (K \text{ ouvert}). \end{cases} }

   Résultat

   $$v_{i,\text{mod}}=\{\begin{array}{ll}-v_{i,\text{ech}}& \text{si }S(t)>0(K\text{ fermeˊ}),\\ +v_{i,\text{ech}}& \text{si }S(t)<0(K\text{ ouvert}).\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique U PSI 2026, Q48

   D'après le théorème d'échantillonnage de Nyquist-Shannon, la reconstruction complète d'un signal dont le spectre est limité à une fréquence maximale f_{\max} sans repliement de spectre (ou la discrimination temporelle d'événements dans ce signal) requiert une fréquence d'échantillonnage f_e vérifiant :

   f_e \geqslant 2 f_{\max}

   La résolution temporelle minimale (ou pas d'échantillonnage) associée à cette bande passante est donc :

   \Delta t_{\text{Shannon}} = \frac{1}{f_e} = \frac{1}{2 f_{\max}}

   Avec la limite supérieure du spectre audible de l'oreille humaine f_{\max} = 20\text{ kHz} = 2{,}0 \times 10^4\text{ Hz} :

   \Delta t_{\text{Shannon}} = \frac{1}{2 \times 2{,}0 \times 10^4} = 2{,}5 \times 10^{-5}\text{ s} = 25\text{ }\mu\text{s}

   \boxed{\Delta t_{\text{Shannon}} = \frac{1}{2f_{\max}} = 25\text{ }\mu\text{s}}

   À la question précédente Q47, la plus courte ITD perceptible déduite des mesures de résolution angulaire (\delta\theta \in [3^\circ,\,4^\circ]) a été évaluée à :

   \Delta t_{\min} \simeq 35 \text{ à } 47\text{ }\mu\text{s} \quad (\approx 40\text{ }\mu\text{s})

   L'estimation théorique de Nyquist-Shannon (25\text{ }\mu\text{s}) est remarquablement du même ordre de grandeur que la valeur mesurée expérimentalement (35\text{--}47\text{ }\mu\text{s}). Le système auditif humain opère donc à un niveau de performance proche de la limite théorique absolue imposée par sa bande passante fréquentielle.

   Résultat

   $$\Delta t_{\text{Shannon}}=\frac{1}{2f_{\max }}=25\mu \text{s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2026, Q69

    1. Fréquences d'émission oto-acoustiques attendues et confrontation à la figure 5A

    D'après l'étude de la non-linéarité cubique menée à la question Q67, les deux fréquences de distorsion d'intermodulation positives, distinctes des fréquences excitatrices et proches de la résonance, sont données par :

    f_{s_1} = 2f_1 - f_2 \quad \text{et} \quad f_{s_2} = 2f_2 - f_1

    D'après la figure 5A, les fréquences primaires injectées valent f_1 = 3164\text{ Hz} et f_2 = 3828\text{ Hz} (avec f_2/f_1 \simeq 1{,}21). Les fréquences attendues sont donc :

    \begin{aligned} f_{s_1} &= 2 \times 3164 - 3828 = 2500\text{ Hz} \\ f_{s_2} &= 2 \times 3828 - 3164 = 4492\text{ Hz} \simeq 4{,}5\text{ kHz} \end{aligned}

    Sur le spectre de la figure 5A :

    • La fréquence f_{s_1} = 2500\text{ Hz} est très nettement observée : elle correspond au pic proéminent étiqueté à 14\text{ dB SPL}, situé très largement au-dessus du plancher de bruit (qui est à environ -20\text{ dB SPL} à la fréquence de référence 2500\text{ Hz} + 50\text{ Hz}).
    • La fréquence f_{s_2} = 4492\text{ Hz} se situe à l'extrémité droite du spectre enregistré (qui s'arrête à 4{,}5\text{ kHz}) et n'apparaît pas de façon discernable (en pratique, le produit d'intermodulation 2f_1 - f_2 est physiologiquement beaucoup plus intense que 2f_2 - f_1).

    2. Dépendance de l'amplitude de l'émission à 2500 Hz avec les amplitudes primaires

    D'après la relation établie à la question Q68, l'amplitude complexe du déplacement à la pulsation \Omega_{s_1} s'écrit :

    \underline{x}_{\Omega_{s_1}} = \frac{3}{4} i m_n \beta' \Omega_1^2 \Omega_2 \, \chi(\Omega_{s_1}) \, \chi^2(\Omega_1) \, \chi^*(\Omega_2) \, \underline{f}_{\Omega_1}^2 \, \underline{f}_{\Omega_2}^*

    La force acoustique exercée sur la membrane étant proportionnelle à la surpression incidente (\underline{f}_{\Omega} \propto \underline{p}_{\Omega}), et la surpression réémise étant proportionnelle au déplacement de la membrane, l'amplitude sonore |\underline{p}_{\Omega_{s_1}}| de l'émission à 2500\text{ Hz} varie comme :

    \boxed{|\underline{p}_{\Omega_{s_1}}| \propto |\underline{p}_{\Omega_1}|^2 \, |\underline{p}_{\Omega_2}|}

    L'amplitude sonore à 2500\text{ Hz} varie donc de façon quadratique avec l'amplitude du son à la fréquence f_1, et de façon linéaire avec celle du son à la fréquence f_2.

    3. Commentaire de la figure 5B

    Lorsque les niveaux des deux sons primaires sont identiques et augmentés simultanément (|\underline{p}_{\Omega_1}| = |\underline{p}_{\Omega_2}| = p_{\text{prim}}), l'amplitude de l'émission devrait théoriquement varier comme le cube de l'amplitude incidente :

    p_{\text{DPE}} \propto p_{\text{prim}}^3

    En échelle logarithmique de niveau de pression sonore (\text{SPL} = 20\log_{10}(p/p_{\text{réf}})), cela se traduirait par une droite de pente 3 :

    L_{\text{DPE}} = 3 \, L_{\text{primary}} + \text{cte} \quad (\text{soit } 3\text{ dB/dB})

    L'examen de la figure 5B révèle un comportement réel plus complexe :

    • À faible niveau (< 35\text{ dB SPL}) : le signal émis est inférieur au plancher de bruit (zone hachurée vers -15 à -20\text{ dB SPL}) et n'est pas détectable.
    • À niveau intermédiaire (35 à 65\text{ dB SPL}) : l'émission émerge nettement du bruit et croît avec le niveau primaire, mais avec une pente moyenne de l'ordre de 1\text{ dB/dB} (gain d'environ 20\text{ dB} d'émission pour 20\text{ dB} d'excitation), très inférieure à la pente théorique de 3. C'est la signature de la compression non linéaire cochléaire.
    • À fort niveau (> 65-70\text{ dB SPL}) : la courbe fléchit et tend vers un palier autour de 20\text{ dB SPL}, illustrant la saturation de la réponse active des cellules ciliées externes.

    L'écart à la prédiction s'explique par le fait que le modèle de la question Q68 repose sur une théorie des perturbations au premier ordre en non-linéarité (faibles amplitudes) ; or, la cochlée vivante possède une amplification adaptative fortement compressive qui sature à mesure que le niveau sonore augmente.

    Résultat

    $$|{\underline{p}}_{{\Omega }_{s_1}}|\propto |{\underline{p}}_{{\Omega }_1}{|}^2|{\underline{p}}_{{\Omega }_2}|$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question