Mesures et instrumentation : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 10 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Pont de Wheatstone et jauges de contrainte

Tensions des diviseurs
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Sorties
Vab = Va − Vb
Bilan
R1/R2 = R3/R4
Pont à fil
R/Rx = l/(100 − l)
Résistance de Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Facteur de jauge
ΔR/R = GF·ε
Sortie du pont
quart Vs·GF·ε/4, demi Vs·GF·ε/2, complet Vs·GF·ε
Petite variation, un seul bras
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Contrainte
σ = E·ε

Méthode

  1. Considérez le pont comme deux diviseurs de tension alimentés par la même source.
  2. Pour l’équilibre, posez R₁/R₂ = R₃/R₄ et résolvez pour la résistance inconnue.
  3. Pour un pont déséquilibré, trouvez Va et Vb avec les diviseurs et faites la différence ; utilisez l’équivalent de Thévenin lorsqu’un appareil de mesure charge la sortie.
  4. Pour les jauges de contrainte, convertissez la déformation en ΔR/R = GF·ε et utilisez Vs·GF·ε/4, /2 ou ×1 pour un quart de pont, un demi-pont ou un pont complet.

Acquisition de données et échantillonnage

Critère de Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Fréquence d’alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Pas de quantification
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Erreur de quantification (arrondi)
±½ LSB
CAN à troncature
D = ⌊Vin/LSB⌋
Nombre de bits pour une résolution r
2ᴺ ≥ span/r
RSBQ idéal, sinusoïde pleine échelle
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Débit de données
canaux × fs × N bit/s
CAN multiplexé
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud ; 8N1 = 10 bits par octet ; octets/s = baud/bits par trame
Diviseur de débit en bauds
baud = fclk/(16·D)

Méthode

  1. Notez les données : fréquence d’échantillonnage, fréquences du signal, nombre de bits, plage d’entrée, débit en bauds.
  2. Pour les questions d’échantillonnage, comparez chaque fréquence à fs/2 ; une fréquence plus élevée apparaît à fa = |f − k·fs|, avec le multiple de fs le plus proche.
  3. Pour les questions de résolution, calculez 1 LSB = VFSR/2ᴺ, ou le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/résolution.
  4. Pour les débits et les liaisons UART, comptez tout ce qui est envoyé : canaux, échantillons par seconde, bits ou octets entiers par échantillon, et bits de start, de parité et de stop de chaque trame.

Circuits à ampli op

Amplificateur inverseur
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificateur non inverseur
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificateur sommateur
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ampli op idéal
V+ = V−, Iin = 0

Résistances en série et en parallèle

Résistances en série
Req = R1 + R2 + …
Résistances en parallèle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Deux en parallèle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Loi d’Ohm
V = I·R
Puissance
P = V·I = I²R = V²/R

Méthode

  1. Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
  2. Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Redessinez le circuit après chaque étape.
  4. Recommencez jusqu’à ce qu’il ne reste qu’une résistance entre les bornes.

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Résistance de Thévenin
Rth : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton
IN = Vth/Rth
Courant de charge
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfert de puissance maximal
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Méthode

  1. Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
  2. Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est Vth.
  3. Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est Rth.
  4. Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : Vth en série avec Rth.
  5. Pour l’équivalent de Norton, convertissez : IN = Vth/Rth, avec RN = Rth en parallèle.

2Exercices

1.Pont de Wheatstone et jauges de contrainteMoyen
+−12 V200 Ω200 Ω + ΔR200 Ω200 Ωab+−29,85 mV

Un pont à quatre bras de 200 Ω est alimenté sous 12 V. Lorsque le capteur R₂ varie, la sortie indique Vab = 29,85 mV. Trouvez la variation exacte ΔR de R₂.

Vs = 12 VR = 200 ΩVab = 29,85 mV
ΔR = Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainteDifficile
+−3 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​ = ?

Un pont à bras de 350 Ω est alimenté sous 3 V et comporte une jauge active (quart de pont). Le facteur de jauge est 2,1 et la déformation est de 1000 µε. Trouvez la sortie du pont Vo en mV.

Vs = 3 VGF = 2,1ε = 1000 µε
Vo = mV
3.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
Vin​N = ?1000 mm2ᴺ − 10≤ 0,1 mm

Un capteur mesure la distance sur une étendue de 1000 mm, et sa sortie remplit toute la plage d’entrée d’un CAN. La lecture doit résoudre 0,1 mm. Trouvez le plus petit nombre de bits N dont le CAN a besoin.

étendue = 1000 mmrésolution = 0,1 mm
N =
4.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
f0fs​/2fs​450 Hz3f₁?

Un signal carré de 450 Hz est échantillonné à 1 kHz sans filtre anti-repliement. Un signal carré contient les harmoniques impairs 3f₁, 5f₁, 7f₁, … À quelle fréquence fa l’harmonique 3f₁ apparaît-il dans les données échantillonnées ? Donnez-la en Hz.

f₁ = 450 Hzfs = 1 kHzharmonique: 3f₁
fa = Hz
5.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 10 kΩVin​

L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V ; sa sortie sature à ±13 V. L’amplificateur non inverseur est attaqué par un signal sinusoïdal. Trouvez la plus grande amplitude d’entrée Vin,max (valeur de crête) pour laquelle la sortie n’est pas écrêtée.

R1 = 10 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
6.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,9 VR2​ = 47 kΩ

L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.

V1 = −2 VV2 = 0,9 VR1 = 10 kΩR2 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
7.Résistances en série et en parallèleMoyen
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩB

Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
8.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Trouvez le courant IR1 fourni par la source, qui traverse R1.

V1 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 12 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩARL​10 ΩIL​B

Une charge RL = 10 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​4 ABRL​5 ΩIL​

Une charge RL = 5 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩRL = 5 Ω
IL = A

3Solutions

1.Pont de Wheatstone et jauges de contrainte

Réponse: ΔR = 2 Ω

Pont de Wheatstone : deux diviseurs de tension partagent une même alimentation Vs. Le diviseur de gauche R1–R2 donne Va = Vs·R2/(R1 + R2) et le diviseur de droite R3–R4 donne Vb = Vs·R4/(R3 + R4) ; la sortie est Vab = Va − Vb. Le pont est équilibré (Vab = 0, aucun courant dans l’appareil de mesure) lorsque R1/R2 = R3/R4, c’est-à-dire R1·R4 = R2·R3. Vu de la sortie, le pont est une source de Thévenin avec Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tension du nœud

Va = 6 + 0,02985 = 6,03 V

Résolvez le diviseur

R₂ = 200·6,03/(12 − 6,03) = 202 Ω
ΔR = 202 − 200 = 2 Ω

Réponse

ΔR = 2 Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainte

Réponse: Vo = 1,575 mV

Jauges de contrainte : une jauge change de résistance sous l’effet de la déformation : ΔR/R = GF·ε, où le facteur de jauge GF vaut environ 2 pour une feuille métallique. Dans un pont dont tous les bras valent R, une jauge active (quart de pont) donne Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Deux jauges actives soumises à des déformations opposées dans des bras adjacents (demi-pont) donnent Vs·GF·ε/2, et quatre (pont complet) donnent Vs·GF·ε. La contrainte se déduit de la loi de Hooke, σ = E·ε. Les cellules de charge indiquent leur sensibilité en mV/V : la sortie à pleine charge par volt d’alimentation.

Variation relative de résistance

ΔR/R = 2,1·1000·10⁻⁶ = 0,0021

Sortie du pont

Vo ≈ Vs·GF·ε/4 = 3·0,0021/4 = 1,575 mV

Réponse

Vo = 1,575 mV
3.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: N = 14

Résolution du CAN : un convertisseur de N bits divise sa plage pleine échelle VFSR en 2ᴺ codes, de 0 à 2ᴺ − 1. Un pas vaut 1 LSB = VFSR/2ᴺ : la plus petite variation que le convertisseur peut afficher. Un CAN à troncature donne le code ⌊Vin/LSB⌋ ; un CAN à arrondi n’est jamais à plus de ½ LSB de la valeur réelle, c’est son erreur de quantification. Chaque bit supplémentaire divise le LSB par deux et ajoute environ 6 dB au rapport signal sur bruit de quantification idéal RSBQ = 6,02·N + 1,76 dB pour une sinusoïde pleine échelle. Pour atteindre une résolution r sur une étendue, choisissez le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/r.

Pas nécessaires

1000/0,1 = 10000

Bits

log₂(10000) = 13,29
213 = 8192 < 10000 ≤ 214 = 16384
N = 14

Réponse

N = 14
4.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: fa = 350 Hz

Échantillonnage : un CAN mesure le signal fs fois par seconde. D’après le théorème de Nyquist–Shannon, une fréquence f n’est correctement captée que si f < fs/2, la fréquence de Nyquist (de repliement) ; la fréquence d’échantillonnage doit donc dépasser le double de la plus haute fréquence du signal. Une fréquence plus élevée n’est pas perdue : elle apparaît comme un alias à fa = |f − k·fs|, avec l’entier k qui ramène le résultat entre 0 et fs/2. Les échantillons ne permettent pas de distinguer les deux, donc un filtre anti-repliement analogique doit supprimer tout ce qui dépasse fs/2 avant le CAN.

Fréquence de l’harmonique

3f₁ = 3·450 Hz = 1,35 kHz

Multiple le plus proche de la fréquence d’échantillonnage

m = round(1,35) = 1

Fréquence d’alias

fa = |1350 − 1·1000| = 350 Hz

Réponse

fa = 350 Hz

L’alias tombe dans la bande du signal, où aucun filtre numérique ne peut l’éliminer. Seul un filtre analogique placé avant le CAN est efficace.

5.Circuits à ampli op

Réponse: Vin,max = 2,281 V

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Gain

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 47/10 = 5,7

Plus grande entrée avant écrêtage

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/5,7 = 2,281 V

Réponse

Vin,max = 2,281 V
6.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = 8,5 V

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Courants d’entrée

V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.

I1 = V1/R1 = −2/10 = −0,2 mA
I2 = V2/R2 = 0,9/47 = 0,01915 mA
If = I1 + I2 = −0,1809 mA

Tension de sortie

Vout = −Rf·If = −47·(−0,1809) = 8,5 V

Réponse

Vout = 8,5 V
7.Résistances en série et en parallèle

Réponse: Req = 9,773 Ω

Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.

R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩB

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.

R3 + R4 = 4 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 15·7/(15+7) = 4,773 Ω
Req = R1 + 4,773 = 5 + 4,773 = 9,773 Ω

Réponse

Req = 9,773 Ω
8.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR1 = 0,4206 A

Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.

R1​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.

R5 + R6 = 12 + 8 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 5,714 Ω
R3 + 5,714 = 10,71 Ω
R2 ∥ 10,71 = 5,66 Ω
Req = R1 + 5,66 = 30 + 5,66 = 35,66 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que Req, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

IR1 = V1/Req = 15/35,66 = 0,4206 A

Réponse

IR1 = 0,4206 A
9.Thévenin et Norton

Réponse: IL = 0,8571 A

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension Vth en série avec une résistance Rth. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant IN = Vth/Rth en parallèle avec Rth.

R1​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩCOURT-CIRCUITR2​3 ΩAabRth​

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R1 ∥ R2 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 6 = 7,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

Avec a–b ouverts, aucun courant ne traverse R₃, donc aucune chute de tension et V_b = V_A. R₁ et R₂ forment un pont diviseur.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·3/(3+3) = 15 V
Rth​ = 7,5 Ω+−Vth​15 VRL​10 ΩIL​

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.

IL = Vth/(Rth + RL) = 15/(7,5 + 10) = 0,8571 A
10.Thévenin et Norton

Réponse: IL = −2,531 A

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension Vth en série avec une résistance Rth. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant IN = Vth/Rth en parallèle avec Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩCOURT-CIRCUITR2​2 ΩAOUVERTBabRth​

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R1 ∥ R2 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 10 = 11,33 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

Avec a–b ouverts, le seul chemin pour Iₛ passe par R₃ vers le nœud A. Trouvez V_A par superposition de V₁ et Iₛ, puis ajoutez la chute de tension dans R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4 + (−4)·1,333 = −1,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,333 + (−4)·10 = −41,33 V
Rth​ = 11,33 Ω−+Vth​41,33 VRL​5 ΩIL​

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.

IL = Vth/(Rth + RL) = −41,33/(11,33 + 5) = −2,531 A

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