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
+−6 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−115,4 mV

Un pont à quatre bras de 120 Ω est alimenté sous 6 V. Lorsque le capteur R₂ varie, la sortie indique Vab = 115,4 mV. Trouvez la variation exacte ΔR de R₂.

Vs = 6 VR = 120 ΩVab = 115,4 mV
ΔR = Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainteDifficile
+−V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−

Une jauge de contrainte de 1000 Ω, de facteur de jauge 2,1, est collée sur une barre d’acier. Sous charge, sa résistance augmente de 1,05 Ω. Trouvez la déformation ε en microdéformation (µε).

R = 1000 ΩGF = 2,1ΔR = 1,05 Ω
ε = µε
3.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​Tb​10·Tb​1200 Bd, 8N1

Un UART envoie des octets à 1200 bauds au format 8N1 : 8 bits de données, sans parité et 1 bit(s) de stop, plus le bit de start. Trouvez le plus grand nombre d’octets de données par seconde qu’il peut transférer.

baud = 1200 Bd8N1
RB = B/s
4.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
1216⋮16 ch∿01tc​ = 1 µstset​ = 1 µsfs​ = ?

Un multiplexeur à 16 canaux alimente un seul CAN. Chaque conversion dure 1 µs, et après chaque changement de canal l’entrée a besoin de 1 µs pour se stabiliser. Les canaux sont balayés à tour de rôle sans pause. Trouvez la fréquence d’échantillonnage fs de chaque canal, en kHz.

n = 16tc = 1 µstset = 1 µs
fs = kHz
5.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −1,3 V

L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.

Vin = −1,3 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 1 VR = 10 kΩ

L’intégrateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V ; sa sortie sature à ±14 V. Le condensateur est déchargé quand une entrée constante Vin = 1 V est appliquée à t = 0. Trouvez la tension de sortie Vout à t = 50 ms.

Vin = 1 VR = 10 kΩC = 4,7 µFVsat = ±14 Vt = 50 ms
Vout = V
7.Résistances en série et en parallèleMoyen
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Trouvez le courant IR2 dans R2.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
8.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​25 Ω

Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.

V1 = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAab

Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABRL​6 ΩIL​

Une charge RL = 6 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩRL = 6 Ω
PL = W

3Solutions

1.Pont de Wheatstone et jauges de contrainte

Réponse: ΔR = 9,6 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 = 3 + 0,1154 = 3,115 V

Résolvez le diviseur

R₂ = 120·3,115/(6 − 3,115) = 129,6 Ω
ΔR = 129,6 − 120 = 9,6 Ω

Réponse

ΔR = 9,6 Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainte

Réponse: ε = 500 µε

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 = 1,05/1000 = 0,00105

Déformation

ε = 0,00105/2,1 = 0,0005 = 500 µε

Réponse

ε = 500 µε
3.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: RB = 120 B/s

UART : une liaison série asynchrone envoie chaque octet sous forme de trame : un bit de start (bas), les bits de données, un bit de parité facultatif et un ou deux bits de stop (haut). Le débit en bauds est le nombre de bits par seconde, donc un bit dure Tb = 1/baud et une trame de n bits dure n/baud. Le format courant 8N1 compte 10 bits par octet. Le générateur de bauds divise l’horloge : baud = fclk/(16·D) avec un entier D, donc le débit réel diffère légèrement de la cible ; une erreur inférieure à 2 % environ est généralement acceptable.

Bits par trame

1 + 8 + 0 + 1 = 10

Débit en octets

1200/10 = 120 B/s

Réponse

RB = 120 B/s
4.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: fs = 31,25 kHz

Débits de données : chaque canal fournit fs échantillons par seconde de N bits, donc le débit brut est canaux × fs × N bit/s. En mémoire, un échantillon occupe des octets entiers (un échantillon de 12 bits est stocké sur 2 octets), donc la mémoire d’un enregistrement vaut canaux × fs × octets par échantillon × durée. Un CAN multiplexé convertit les canaux l’un après l’autre : chaque conversion (avec stabilisation) dure t, donc un tour de n canaux dure n·t et chaque canal est échantillonné à 1/(n·t).

Temps par canal

1 + 1 = 2 µs

Temps par balayage

16·2 = 32 µs

Fréquence d’échantillonnage par canal

fs = 1/32 µs = 31,25 kHz

Réponse

fs = 31,25 kHz
5.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = −7,209 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.

L’entrée inverseuse suit l’entrée

V₋ = V₊ = −1,3 V
I = V₋/R1 = −1,3/22 = −0,05909 mA

Tension de sortie

Le courant de R₁ traverse aussi Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,3 + (−0,05909)·100 = −7,209 V

Réponse

Vout = −7,209 V
6.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = −1,064 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.

Courant d’entrée et pente de la rampe

Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.

RC = 10 kΩ · 4,7 µF = 47 ms
pente de la rampe = −Vin/(RC) = −1/47 = −0,02128 V/ms

Sortie à l’instant donné

La valeur idéale est comprise dans ±Vsat, donc l’intégrateur n’est pas encore saturé.

Vout = −Vin·t/(RC) = −1·50/47 = −1,064 V

Réponse

Vout = −1,064 V
7.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR2 = 1,351 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​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​15 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 3·17/(3+17) = 2,55 Ω
Req = R1 + 2,55 = 5 + 2,55 = 7,55 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 = 12/7,55 = 1,589 A

Courant dans R₂

Retranchez la chute de tension dans R₁ pour obtenir la tension au nœud A, qui est la tension aux bornes de R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,589·5 = 4,053 V
IR2 = VA/R2 = 4,053/3 = 1,351 A

Réponse

IR2 = 1,351 A
8.Résistances en série et en parallèle

Réponse: Req = 14,71 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​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​25 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 = 30 + 25 = 55 Ω
R4 ∥ 55 = 8,462 Ω
R3 + 8,462 = 11,46 Ω
R2 ∥ 11,46 = 4,711 Ω
Req = R1 + 4,711 = 10 + 4,711 = 14,71 Ω

Réponse

Req = 14,71 Ω
9.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 0,05455 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​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 20 = 23,16 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​4 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) = 6·4/(15+4) = 1,263 V
IN​0,05455 ARth​23,16 Ωab

Équivalent de Norton

Une source de Norton est le même circuit vu comme une source de courant en parallèle avec R_th. Son courant est le courant de court-circuit en a–b.

IN = Vth/Rth = 1,263/23,16 = 0,05455 A
10.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 18,92 W

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​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​2,5 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) = 1 + 2,5·3,333 = 9,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,333 + 2,5·10 = 34,33 V
Rth​ = 13,33 Ω+−Vth​34,33 VRL​6 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) = 34,33/(13,33 + 6) = 1,776 A
PL = IL²·RL = 1,776²·6 = 18,92 W

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