Feuille d'entraînement : Électronique numérique : échantillonnage et modulation

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PSI 2022, Q4

   D'après l'étude menée aux questions précédentes :

   • Sur le plan temporel (question 2), pour f_e = \frac{4}{3}f_0 < 2f_0, les échantillons prélevés décrivent une sinusoïde apparente de fréquence f_{\text{app}} = \frac{f_0}{3} \neq f_0, conduisant à une perte irréversible de l'information (spectre faussé).

   • Sur le plan fréquentiel (question 3), le premier motif répliqué est centré en f_e et possède une composante basse à la fréquence f_e - f_0. Pour éviter tout chevauchement (repliement spectral) entre la composante d'origine f_0 et cette composante répliquée dans la bande de base [0, f_e/2], il faut que :

     f_e - f_0 \ge f_0

   On en déduit la relation fondamentale assurant un bon échantillonnage du signal sinusoïdal x(t), connue sous le nom de critère de Shannon-Nyquist :

   \boxed{f_e \ge 2f_0}

   En pratique, pour éviter toute ambiguïté de phase ou difficulté de filtrage dans le cas limite f_e = 2f_0, on impose une inégalité stricte f_e > 2f_0.

   Résultat

   $$f_e\ge 2f_0$$

   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 3X-ENS Physique PSI 2021, Q42

   D'après la question Q41, le signal délivré par la photodiode est de la forme :

   u(t) = u_{\text{cont}} + u_{\text{alt},0}\cos(\Omega t)

   Par identification directe avec u_{\text{alt}}(t) = u_{\text{alt},0}\cos(\omega_{\text{alt}} t), on obtient :

   \boxed{\omega_{\text{alt}} = \Omega}

   Le multiplieur réalise le produit des deux signaux appliqués sur ses entrées, pondéré par le facteur multiplicatif K :

   U_m(t) = K \, u_{\text{alt}}(t) \, u_{\text{ref}}(t) = K \, u_{\text{alt},0} \, u_{\text{ref},0} \cos(\Omega t)\cos(\omega_{\text{ref}} t)

   À l'aide de l'identité trigonométrique \cos a \cos b = \frac{1}{2}\left[\cos(a-b) + \cos(a+b)\right], il vient :

   \boxed{U_m(t) = \frac{1}{2} K \, u_{\text{alt},0} \, u_{\text{ref},0} \cos\left((\Omega - \omega_{\text{ref}})t\right) + \frac{1}{2} K \, u_{\text{alt},0} \, u_{\text{ref},0} \cos\left((\Omega + \omega_{\text{ref}})t\right)}

   Résultat

   $${\omega }_{\text{alt}}=\Omega$$

   $$U_m(t)=\frac{1}{2}K{u}_{\text{alt},0}{u}_{\text{ref},0}\cos \left((\Omega -{\omega }_{\text{ref}})t\right)+\frac{1}{2}K{u}_{\text{alt},0}{u}_{\text{ref},0}\cos \left((\Omega +{\omega }_{\text{ref}})t\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q15

   D'après la définition temporelle du signal U_1(t) sur une période :

   \begin{aligned} V_{\text{moy}} &= \frac{1}{T} \left( \int_0^{\alpha T} (+V_{\text{sat}}) \, \mathrm{d}t + \int_{\alpha T}^T (-V_{\text{sat}}) \, \mathrm{d}t \right) \\ &= \frac{1}{T} \left( V_{\text{sat}} \cdot \alpha T - V_{\text{sat}} \cdot (T - \alpha T) \right) \\ &= V_{\text{sat}} \left( \alpha - (1 - \alpha) \right) \end{aligned}

   D'où l'expression de la valeur moyenne :

   \boxed{V_{\text{moy}} = (2\alpha - 1) V_{\text{sat}}}

   Résultat

   $$V_{\text{moy}}=(2\alpha -1)V_{\text{sat}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-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

6. Exercice 6X-ENS Physique PSI 2020, Q51

   Le gaz d'électrons est bidimensionnel et de forme carrée de côté L. Le nombre total d'électrons s'écrit donc :

   N = N_{\text{s}} L^2

   D'après la relation admise et le résultat de la question Q50, la densité spectrale de la tension globale V(t) vaut :

   S_V(f) = N S_{V_i}(f) = N_{\text{s}} L^2 \times \left(\frac{R_0 e}{L}\right)^2 S_v(f) = N_{\text{s}} e^2 R_0^2 S_v(f)

   Dans le domaine des fréquences usuelles de mesure, la condition f \ll f_{\text{c}} est pleinement satisfaite (question Q48). On utilise donc l'expression de la question Q47 :

   S_v(f) \simeq \frac{2 k_{\text{B}} T \tau_0}{m^*}

   En reportant cette expression dans S_V(f), il vient :

   \begin{aligned} S_V(f) &= N_{\text{s}} e^2 R_0^2 \left( \frac{2 k_{\text{B}} T \tau_0}{m^*} \right) \\ &= 2 k_{\text{B}} T R_0 \left( \frac{N_{\text{s}} e^2 \tau_0 R_0}{m^*} \right) \end{aligned}

   Or, d'après la question Q49, la résistance du carré s'écrit R_0 = \dfrac{m^*}{N_{\text{s}} e^2 \tau_0}, d'où :

   \frac{N_{\text{s}} e^2 \tau_0 R_0}{m^*} = 1

   On obtient ainsi directement la formule de Johnson-Nyquist :

   \boxed{S_V(f) = 2 k_{\text{B}} T R_0}

   Commentaire sur les mesures de précision à basse température :

   La densité spectrale des fluctuations thermiques de tension est directement proportionnelle à la température absolue T.

   • Travailler à de très basses températures (températures cryogéniques, typiquement de l'ordre de quelques kelvins ou fractions de kelvin, comme 0{,}1\text{ K} mentionné dans la section II.3) permet de réduire drastiquement l'amplitude des fluctuations de tension d'origine thermique (réduction d'un facteur d'environ 3000 par rapport à la température ambiante de 300\text{ K}).
   • Cela maximise le rapport signal sur bruit et permet d'atteindre des niveaux d'incertitude extrêmement faibles, indispensables en métrologie quantique.

   Résultat

   $$S_V(f)=2k_{\text{B}}T{R}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q17

   • Célérité des ondes sonores dans l'air :
     À température ambiante (environ 20\text{ }^\circ\mathrm{C}), la célérité des ondes sonores dans l'air est :

     \boxed{c_0 \approx 340\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   • Fréquence des ondes réfléchies par les obstacles fixes :
     Pour un obstacle fixe, la vitesse relative est nulle (v = 0). D'après la formule du cinémomètre f_{\mathrm{R}} = f_{\mathrm{E}}\!\left(1 - 2\frac{v}{c_0}\right), la fréquence réfléchie est rigoureusement égale à la fréquence d'émission :

     \boxed{f_{\text{fixe}} = f_{\mathrm{E}} = 40\text{ kHz}}

   • Justification de la détection synchrone :
     Pour la voiturette se déplaçant à la vitesse v \approx 3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (d'après la question Q16), l'écart relatif entre la fréquence réfléchie f_{\mathrm{R}} et la fréquence incidente f_{\mathrm{E}} vaut :

     \frac{|\Delta f|}{f_{\mathrm{E}}} = \frac{|f_{\mathrm{R}} - f_{\mathrm{E}}|}{f_{\mathrm{E}}} = 2\,\frac{v}{c_0} \approx 2 \times \frac{3}{340} \approx 1{,}8\,\%

     Cet écart relatif est très inférieur au seuil de 20\,\% requis par l'oscilloscope pour distinguer deux fréquences. Il est donc impossible de séparer directement à l'écran l'onde utile de celle issue des obstacles fixes.

     La détection synchrone (multiplication par le signal d'émission suivie d'un filtrage passe-bas) permet d'extraire la composante basse fréquence à la fréquence de battement \Delta f = 2\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}} \approx 700\text{ Hz}, directement mesurable sur l'oscilloscope.

   Résultat

   $$c_0\approx 340\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$f_{\text{fixe}}=f_{\mathrm{E}}=40\text{ kHz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q20

   1. Sens concret de la pulsation \omega_0

   La pulsation \omega_0 est la pulsation propre (ou caractéristique) du filtre passe-bas du second ordre. Pour la valeur particulière m = \frac{\sqrt{2}}{2} (réponse maximale plate de Butterworth), le gain vérifie :

   |\underline{H}_1(\mathrm{j}\omega_0)| = \frac{|G_0|}{\sqrt{1 + \left(2m^2 - 2\right) + 1}} = \frac{|G_0|}{\sqrt{2}}

   \omega_0 représente donc exactement la pulsation de coupure à -{3\,\mathrm{dB}}. Elle délimite la bande passante du filtre :

   • les signaux de pulsation \omega \ll \omega_0 sont transmis avec le gain statique |G_0| ;
   • les composantes de pulsation \omega \gg \omega_0 sont fortement atténuées (asymptote à -{40\,\mathrm{dB\cdot decade}}).

   2. Contraintes sur la pulsation \omega_0

   Le signal en sortie du multiplieur s'écrit s_{\mathrm{m}}(t) = k\,s_{\mathrm{E}}(t)\,s_{\mathrm{R}}(t). En modélisant les signaux par des sinusoïdes de fréquences respectives f_{\mathrm{E}} et f_{\mathrm{R}} = f_{\mathrm{E}}\!\left(1 - 2\frac{v}{c_0}\right) :

   s_{\mathrm{m}}(t) \propto \cos\left(2\pi(f_{\mathrm{E}} - f_{\mathrm{R}})t\right) + \cos\left(2\pi(f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}})t\right)

   Ce signal contient deux composantes fréquentielles :

   • la composante basse fréquence utile, associée au décalage Doppler :

     \omega_{\mathrm{D}} = 2\pi(f_{\mathrm{E}} - f_{\mathrm{R}}) = 4\pi\,\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}}

   • la composante haute fréquence parasite :

     \omega_+ = 2\pi(f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}}) \approx 4\pi f_{\mathrm{E}} \quad \left(\text{car } \frac{v}{c_0} \ll 1\right)

   Le filtre passe-bas doit transmettre la composante Doppler sans l'atténuer et éliminer complètement la composante haute fréquence, ce qui impose les deux inégalités fortes :

   \boxed{4\pi\,\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}} \ll \omega_0 \ll 4\pi f_{\mathrm{E}}}

   3. Expression de compromis pour \omega_0

   Pour se placer au centre de l'intervalle sur une échelle logarithmique (compromis optimal d'atténuation et de transmission), on choisit la moyenne géométrique des deux pulsations :

   \omega_0 = \sqrt{\omega_{\mathrm{D}}\,\omega_+} = \sqrt{\left(4\pi\,\frac{v}{c_0}f_{\mathrm{E}}\right)\left(4\pi f_{\mathrm{E}}\right)}

   \boxed{\omega_0 = 4\pi f_{\mathrm{E}}\sqrt{\frac{v}{c_0}}}

   Résultat

   $$4\pi \frac{v}{c_0}{f}_{\mathrm{E}}\ll {\omega }_0\ll 4\pi f_{\mathrm{E}}$$

   $${\omega }_0=4\pi f_{\mathrm{E}}\sqrt{\frac{v}{c_0}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q23

   Le signal issu du multiplieur s'écrit :

   \begin{aligned} s_{\mathrm{m}}(t) &= k\,s_{\mathrm{E}}(t)\,s_{\mathrm{R}}(t) \\ &= k \, S_{\mathrm{E}0} \cos(2\pi f_{\mathrm{E}} t) \times S_{\mathrm{R}0} \cos(2\pi f_{\mathrm{R}} t + \phi) \\ &= \frac{k S_{\mathrm{E}0} S_{\mathrm{R}0}}{2} \left[ \cos\big(2\pi(f_{\mathrm{E}} - f_{\mathrm{R}})t - \phi\big) + \cos\big(2\pi(f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}})t + \phi\big) \right] \end{aligned}

   Le filtre passe-bas élimine la composante haute fréquence à f_{\mathrm{E}} + f_{\mathrm{R}} \approx 2f_{\mathrm{E}} \approx 80\text{ kHz} et conserve la composante basse fréquence (signal Doppler) de fréquence :

   f_{\mathrm{D}} = |f_{\mathrm{E}} - f_{\mathrm{R}}| = 2 f_{\mathrm{E}} \frac{v}{c_0}

   L'oscillogramme 2 montre le paquet d'ondes lors du passage de la voiturette, tandis que l'oscillogramme 3 en constitue un agrandissement temporel permettant la mesure de la période du signal filtré.

   D'après le menu des curseurs affiché sur l'oscillogramme 3 :

   • L'écart temporel entre deux crêtes successives vaut \Delta t = T_{\mathrm{D}} = 1{,}720\text{ ms} ;
   • La fréquence associée lue directement est f_{\mathrm{D}} = \frac{1}{T_{\mathrm{D}}} = 581{,}4\text{ Hz}.

   On en déduit la vitesse de la voiturette :

   v = \frac{f_{\mathrm{D}}\,c_0}{2\,f_{\mathrm{E}}}

   Avec f_{\mathrm{D}} \approx 581\text{ Hz}, c_0 \approx 340\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_{\mathrm{E}} = 40\text{ kHz} = 4{,}0\cdot 10^4\text{ Hz} :

   v = \frac{581 \times 340}{2 \times 4{,}0\cdot 10^4} = \frac{1{,}98\cdot 10^5}{8{,}0\cdot 10^4} \approx 2{,}47\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   En arrondissant avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{v \approx 2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v\approx 2\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q37

    1. Choix du signal pour une sensibilité maximale

    En l'absence de champ extérieur (H_{\text{ext}} = 0), le signal temporel u_s(t) vérifie la symétrie de demi-période u_s(t + T/2) = -u_s(t), ce qui implique que toutes les harmoniques paires sont théoriquement nulles. Le tableau 1 confirme que pour H_{\text{ext}} = 0, les amplitudes à f_2 et f_4 sont négligeables devant celles aux fréquences impaires (\underline{A}_2 \approx 0).

    L'application d'un champ H_{\text{ext}} \neq 0 brise cette symétrie et fait apparaître les harmoniques paires :

    • Les harmoniques impaires (f_1, f_3, f_5) possèdent une composante initiale très forte qui ne varie que très faiblement avec H_{\text{ext}} (faible sensibilité relative sur un fond continu élevé).
    • L'harmonique de rang 4 (f_4) reste de faible niveau (|\underline{A}_4| \lesssim 0{,}094\text{ V}).
    • L'harmonique de rang 2 (f_2 = 2f_1) croît considérablement (|\underline{A}_2| \approx 2{,}79\text{ V} pour H_{\text{ext}} = H_0/10).

    La mesure s'effectue sur fond quasi nul à f_2, conférant à cette harmonique la sensibilité la plus élevée :

    \boxed{\text{Le signal à la fréquence } f_2 = 2f_1 \text{ (harmonique 2) offre la sensibilité maximale.}}

    2. Détermination du signe de H_{\text{ext}}

    D'après le tableau 1, pour les deux valeurs opposées du champ :

    \begin{aligned} \underline{A}_2\left(+\frac{H_0}{10}\right) &= -0{,}035 + 2{,}787j \\ \underline{A}_2\left(-\frac{H_0}{10}\right) &= +0{,}035 - 2{,}775j \simeq -\underline{A}_2\left(+\frac{H_0}{10}\right) \end{aligned}

    L'inversion du signe de H_{\text{ext}} entraîne l'inversion du signe de l'amplitude complexe \underline{A}_2, soit un déphasage de \pi radians. Une détection synchrone (ou une mesure de phase par rapport à une référence à 2\omega) permet donc de déterminer sans ambiguïté le signe du champ :

    \boxed{\text{Oui, le signe de } H_{\text{ext}} \text{ est directement accessible via la phase de } \underline{A}_2.}

    3. Proportionnalité du signal à H_{\text{ext}}

    En doublant la valeur du champ extérieur de H_0/10 à H_0/5 = 2 \times (H_0/10), on observe :

    \begin{aligned} |\underline{A}_2(H_0/10)| &= \sqrt{(-0{,}035)^2 + 2{,}787^2} \approx 2{,}787\text{ V} \\ |\underline{A}_2(H_0/5)| &= \sqrt{(-0{,}069)^2 + 5{,}458^2} \approx 5{,}458\text{ V} \end{aligned}

    Le rapport des modules vaut :

    \frac{|\underline{A}_2(H_0/5)|}{|\underline{A}_2(H_0/10)|} = \frac{5{,}458}{2{,}787} \approx 1{,}96 \simeq 2

    Les composantes réelle et imaginaire sont chacune multipliées par un facteur proche de 2 :

    \boxed{\text{Le signal détecté à la fréquence } f_2 \text{ est proportionnel au champ appliqué } H_{\text{ext}}.}

    Résultat

    $$\text{Le signal aˋ la freˊquence }{f}_2=2f_1\text{ (harmonique 2) offre la sensibiliteˊ maximale.}$$

    $$\text{Oui, le signe de }{H}_{\text{ext}}\text{ est directement accessible via la phase de }{\underline{A}}_2.$$

    $$\text{Le signal deˊtecteˊ aˋ la freˊquence }{f}_2\text{ est proportionnel au champ appliqueˊ }{H}_{\text{ext}}.$$

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