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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
Considérez le pont comme deux diviseurs de tension alimentés par la même source.
Pour l’équilibre, posez R₁/R₂ = R₃/R₄ et résolvez pour la résistance inconnue.
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.
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
Notez les données : fréquence d’échantillonnage, fréquences du signal, nombre de bits, plage d’entrée, débit en bauds.
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.
Pour les questions de résolution, calculez 1 LSB = VFSR/2ᴺ, ou le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/résolution.
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
Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redessinez le circuit après chaque étape.
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
Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est Vth.
Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est Rth.
Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : Vth en série avec Rth.
Pour l’équivalent de Norton, convertissez : IN = Vth/Rth, avec RN = Rth en parallèle.
2Exercices
1.Pont de Wheatstone et jauges de contrainteMoyen
Trouvez la résistance de Thévenin Rth du pont représenté, vue des bornes de sortie a et b.
Vs = 6 VR1 = 1000 ΩR2 = 50 ΩR3 = 300 ΩR4 = 100 Ω
Rth = Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainteDifficile
Une jauge de contrainte (GF = 2,1) collée sur une pièce avec E = 70 GPa forme un quart de pont alimenté sous 3 V. La sortie indique 0,945 mV. Trouvez la contrainte axiale σ en MPa.
Vs = 3 VGF = 2,1Vo = 0,945 mVE = 70 GPa
σ = MPa
3.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
Un enregistreur échantillonne 4 canaux à 5 kHz chacun avec un CAN de 24 bits. Chaque échantillon est stocké en octets entiers. Trouvez la mémoire M nécessaire pour un enregistrement de 60 min, en Mo (1 Mo = 10⁶ octets).
n = 4fs = 5 kHzN = 24t = 60 min
M = MB
4.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
Un CAN de 10 bits transmet chaque échantillon par un UART à 38400 bauds, au format 8N1 (bit de start, 8 bits de données, 1 bit de stop). Chaque échantillon est envoyé sur 2 octet(s) entier(s) et la liaison est occupée en permanence. Trouvez la plus haute fréquence du signal fmax qui peut être échantillonnée sans repliement, en Hz.
baud = 38400 BdN = 108N1
fmax = Hz
5.Circuits à ampli opMoyen
L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.
Vin = −2 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuits à ampli opDifficile
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 = 2 V est appliquée à t = 0. Trouvez la tension de sortie Vout à t = 20 ms.
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.
Alimentation court-circuitée
R₁∥R₂ = 1000·50/1050 = 47,62 Ω
R₃∥R₄ = 300·100/400 = 75 Ω
Résistance de Thévenin
Rth = 122,6 Ω
Réponse
Rth = 122,6 Ω
2.Pont de Wheatstone et jauges de contrainte
Réponse: σ = 42 MPa
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.
Déformation
ε = 4·0,000945/(3·2,1) = 0,0006
Contrainte
σ = 70·10³ MPa·0,0006 = 42 MPa
Réponse
σ = 42 MPa
3.Acquisition de données et échantillonnage
Réponse: M = 216 MB
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).
Octets par échantillon
⌈24/8⌉ = 3 B
Débit en octets
4·5000·3 = 60000 B/s
Mémoire
M = 60000·3600 = 2,16 × 10⁸ B = 216 MB
Réponse
M = 216 MB
4.Acquisition de données et échantillonnage
Réponse: fmax = 960 Hz
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 échantillon sur la ligne
2·10 = 20 bit
Fréquence d’échantillonnage maximale
fs,max = 38400/20 = 1920 Hz
Limite de Nyquist
fmax = 1920/2 = 960 Hz
Réponse
fmax = 960 Hz
5.Circuits à ampli op
Réponse: Vout = −11,09 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₊ = −2 V
I = V₋/R1 = −2/22 = −0,09091 mA
Tension de sortie
Le courant de R₁ traverse aussi Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −2 + (−0,09091)·100 = −11,09 V
Réponse
Vout = −11,09 V
6.Circuits à ampli op
Réponse: Vout = −3,868 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 = 4,7 kΩ · 2,2 µF = 10,34 ms
pente de la rampe = −Vin/(RC) = −2/10,34 = −0,1934 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) = −2·20/10,34 = −3,868 V
Réponse
Vout = −3,868 V
7.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,4064 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.
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 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 10·17/(10+17) = 6,296 Ω
Req = R1 + 6,296 = 3 + 6,296 = 9,296 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 = 6/9,296 = 0,6454 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 = 6 − 0,6454·3 = 4,064 V
IR2 = VA/R2 = 4,064/10 = 0,4064 A
Réponse
IR2 = 0,4064 A
8.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,3056 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.
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 + 20 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 2,743 Ω
R3 + 2,743 = 5,743 Ω
R2 ∥ 5,743 = 3,648 Ω
Req = R1 + 3,648 = 25 + 3,648 = 28,65 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 = 24/28,65 = 0,8378 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 = 24 − 0,8378·25 = 3,056 V
IR2 = VA/R2 = 3,056/10 = 0,3056 A
Réponse
IR2 = 0,3056 A
9.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 20 V
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.
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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 8 = 14,67 Ω
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) = 30·20/(10+20) = 20 V
10.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 111,4 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.
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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 10 = 14,44 Ω
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) = 10,67 + 6·4,444 = 37,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,33 + 6·10 = 97,33 V
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.