SG-DProduction et conversion de signaux

Convertisseur numérique-analogique à résistances pondérées : tension de sortie, pleine échelle et quantum

Idée directrice

Ce scénario ouvre la boîte noire du convertisseur numérique-analogique : au lieu d'admettre $u_S = q\,N$ , on la démontre. Deux idées suffisent — un amplificateur opérationnel idéal en régime linéaire impose $\varepsilon = 0$ et $i^+ = i^- = 0$ , donc l'entrée inverseuse est au potentiel de la masse ; chaque branche fermée y injecte alors un courant proportionnel à $1/2^{\,j}$ , et la somme reconstitue exactement l'équivalent décimal du mot binaire. Tout le reste — pleine échelle, quantum, mot binaire à appliquer — se déduit de cette unique expression.

Signature de reconnaissance — l'énoncé se trahit ainsi

« Le circuit de la figure represente un convertisseur a trois bits » ; « Ecrire l'équivalent decimal N du mot binaire d'entree [N] » ; « Exprimer la tension de sortie Us en fonction de a, R et l'intensite I du courant electrique » ; « Etablir l'expression de l'intensite I du courant electrique en fonction de Uref, R et des variables logiques » ; « Determiner les valeurs de la pleine echelle (P.E.) et du quantum du convertisseur » ; « determiner le mot binaire qu'il faut appliquer a l'entree du convertisseur »

Sujet principal

Exercice — dans l'esprit des sujets du bac

9 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Le montage de la figure 1 est un convertisseur numérique-analogique (CNA) à résistances pondérées. Il comprend :

une source de tension de référence constante $U_{\text{réf}}$ ;
quatre interrupteurs $K_3$ , $K_2$ , $K_1$ , $K_0$ commandés respectivement par les variables logiques $a_3$ , $a_2$ , $a_1$ , $a_0$ : pour $a_j = 0$ l'interrupteur $K_j$ est ouvert, pour $a_j = 1$ il est fermé ;
quatre résistances pondérées $R$ , $2R$ , $4R$ et $8R$ , placées respectivement dans les branches de $a_3$ , $a_2$ , $a_1$ et $a_0$ ;
un amplificateur opérationnel supposé idéal, polarisé sous $\pm 12\,\text{V}$ et fonctionnant en régime linéaire, dont l'entrée non inverseuse est reliée à la masse ;
une résistance de contre-réaction $R_0 = a\,R$ entre la sortie et l'entrée inverseuse, $a$ étant un coefficient réel positif.

On applique à l'entrée le mot binaire $[N] = [a_3\,a_2\,a_1\,a_0]$ . On note $I$ l'intensité du courant qui arrive au nœud d'entrée inverseuse et $U_S$ la tension de sortie du montage.

Lecture du mot d'entrée :
1. préciser le nombre de bits de ce convertisseur et la valeur maximale $N_{\max}$ de l'équivalent décimal $N$ ;
2. écrire l'équivalent décimal $N$ du mot binaire $[1\,0\,1\,1]$ .
Établissement de la tension de sortie :
1. donner, pour l'amplificateur opérationnel idéal en régime linéaire, les valeurs de la tension différentielle d'entrée $\varepsilon$ et des courants d'entrée $i^+$ et $i^-$ ; en déduire le potentiel de l'entrée inverseuse ;
2. en appliquant la loi des mailles à la maille contenant $R_0$ , montrer que $U_S = -\,R_0\,I$ ;
3. établir l'expression de $I$ en fonction de $U_{\text{réf}}$ , $R$ et des variables logiques $a_3$ , $a_2$ , $a_1$ , $a_0$ ;
4. en déduire que $U_S = -\,\dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{8}\,N$ , puis préciser l'intérêt de ce montage.
On fixe désormais $a = 1$ et $U_{\text{réf}} = 4{,}0\,\text{V}$ .
1. déterminer la pleine échelle du convertisseur, c'est-à-dire la valeur maximale de $|U_S|$ ;
2. définir le quantum $q$ du convertisseur et calculer sa valeur ;
3. vérifier que la tension de sortie reste compatible avec la polarisation de l'amplificateur opérationnel.
Déterminer le mot binaire qu'il faut appliquer à l'entrée pour obtenir une tension de sortie $U_S = -\,3{,}0\,\text{V}$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. a. Le mot d'entrée compte quatre variables logiques : le convertisseur est à 4 bits. L'équivalent décimal prend donc $2^4 = 16$ valeurs, de $0$ à $N_{\max} = 2^4 - 1 = \boxed{15}$ .

b. Le poids de $a_j$ est $2^{\,j}$ :

N = 2^3 a_3 + 2^2 a_2 + 2^1 a_1 + 2^0 a_0 = 8 + 0 + 2 + 1 = \boxed{11}

2. a. Idée : « idéal » et « régime linéaire » sont deux hypothèses, chacune donne une équation. L'amplificateur opérationnel est idéal, donc ses courants d'entrée sont nuls : $i^+ = i^- = 0$ . Il fonctionne en régime linéaire, donc $\varepsilon = 0$ . L'entrée non inverseuse étant à la masse, l'entrée inverseuse est elle aussi au potentiel de la masse : c'est une masse virtuelle.

b. La loi des mailles appliquée à la maille formée par $R_0$ , la sortie et les deux entrées s'écrit $U_S + R_0\,I + \varepsilon = 0$ . Comme $\varepsilon = 0$ :

U_S = -\,R_0\,I

c. Chaque branche fermée est soumise à la tension $U_{\text{réf}}$ entre la source et la masse virtuelle. Comme aucun courant n'entre dans l'amplificateur, tous ces courants se retrouvent dans $I$ :

I = a_3\,\dfrac{U_{\text{réf}}}{R} + a_2\,\dfrac{U_{\text{réf}}}{2R} + a_1\,\dfrac{U_{\text{réf}}}{4R} + a_0\,\dfrac{U_{\text{réf}}}{8R} = \dfrac{U_{\text{réf}}}{8R}\,\bigl(8a_3 + 4a_2 + 2a_1 + a_0\bigr) = \dfrac{U_{\text{réf}}\,N}{8R}

d. En reportant dans $U_S = -R_0 I$ avec $R_0 = a\,R$ , la résistance $R$ se simplifie :

U_S = -\,a\,R \times \dfrac{U_{\text{réf}}\,N}{8R} = \boxed{-\,\dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{8}\,N}

L'intérêt du montage tient dans cette proportionnalité : à chaque mot binaire d'entrée correspond une tension de sortie qui lui est exactement proportionnelle. Le montage réalise donc une conversion linéaire du numérique vers l'analogique, et le résultat ne dépend pas de la valeur de $R$ , seulement du rapport $a$ .

3. a. Avec $a = 1$ et $U_{\text{réf}} = 4{,}0\,\text{V}$ , on a $U_S = -\,0{,}50\,N$ . La pleine échelle correspond à $N = N_{\max} = 15$ :

|U_S|_{\max} = \dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{8}\,(2^4 - 1) = 0{,}50 \times 15 = \boxed{7{,}5\ \text{V}}

b. Le quantum $q$ est l'accroissement de $|U_S|$ obtenu lorsque l'équivalent décimal $N$ augmente d'une unité :

q = \dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{8} = \dfrac{|U_S|_{\max}}{2^4 - 1} = \dfrac{7{,}5}{15} = \boxed{0{,}50\ \text{V}}

c. La sortie ne dépasse jamais $7{,}5\,\text{V}$ en valeur absolue, alors que l'amplificateur est polarisé sous $\pm 12\,\text{V}$ : la sortie ne sature pas et le régime linéaire supposé au départ est bien respecté sur toute l'étendue de conversion.

4. Idée : la question s'inverse — on part de la tension et on remonte au mot. De $|U_S| = q\,N$ on tire $N = 3{,}0/0{,}50 = 6$ . En décomposant $6 = 4 + 2$ , soit $a_3 = 0$ , $a_2 = 1$ , $a_1 = 1$ , $a_0 = 0$ , le mot binaire à appliquer est $\boxed{[0\,1\,1\,0]}$ .

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Entraînement 01 / 02

Drill SG-D.1 — dimensionner la contre-réaction pour une pleine échelle imposée

4 questionsCorrigé masqué

Un convertisseur numérique-analogique à résistances pondérées comporte trois branches, de résistances $R$ , $2R$ et $4R$ , commandées par les variables logiques $a_2$ , $a_1$ et $a_0$ . L'amplificateur opérationnel est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire ; la résistance de contre-réaction vaut $R_0 = a\,R$ et la tension de référence est fixée à $U_{\text{réf}} = 8{,}0\,\text{V}$ .

On admet que la tension de sortie s'écrit $U_S = -\,\dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{4}\,N$ , où $N$ est l'équivalent décimal du mot binaire d'entrée.

Donner le nombre de bits du convertisseur et la valeur maximale de $N$ .
Déterminer la valeur du coefficient $a$ qui donne une pleine échelle égale à $7{,}0\,\text{V}$ .
Calculer, pour cette valeur de $a$ , le quantum $q$ du convertisseur.
Déterminer le mot binaire donnant une tension de sortie de valeur absolue $3{,}0\,\text{V}$ .

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Idée : la pleine échelle est atteinte pour le plus grand mot ; c'est elle qui fixe le seul paramètre libre, $a$ .

1. Trois variables logiques, donc 3 bits, et $N_{\max} = 2^3 - 1 = 7$ .

2. La pleine échelle vaut $|U_S|_{\max} = \dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{4}\,N_{\max}$ , soit $7{,}0 = \dfrac{a \times 8{,}0}{4}\times 7$ :

a = \dfrac{4 \times 7{,}0}{8{,}0 \times 7} = \boxed{0{,}50}

3. Le quantum est l'accroissement de $|U_S|$ pour $\Delta N = 1$ :

q = \dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{4} = \dfrac{0{,}50 \times 8{,}0}{4} = \boxed{1{,}0\ \text{V}}

On retrouve bien $q = |U_S|_{\max}/(2^3-1) = 7{,}0/7 = 1{,}0\ \text{V}$ , ce qui contrôle la valeur de $a$ .

4. De $|U_S| = q\,N$ on tire $N = 3{,}0/1{,}0 = 3$ , soit $3 = 2 + 1$ : le mot binaire à appliquer est $\boxed{[0\,1\,1]}$ , c'est-à-dire $a_2 = 0$ , $a_1 = 1$ et $a_0 = 1$ .

Entraînement 02 / 02

Drill SG-D.2 — remonter à la tension de référence et à la résistance depuis une mesure

4 questionsCorrigé masqué

Sur un convertisseur numérique-analogique à résistances pondérées de 4 bits, la tension de sortie obéit à $U_S = -\,R_0\,I$ , où $I$ est l'intensité qui arrive à l'entrée inverseuse d'un amplificateur opérationnel supposé idéal fonctionnant en régime linéaire, et $I = \dfrac{U_{\text{réf}}\,N}{8R}$ .

On applique le mot binaire $[1\,1\,0\,0]$ et on mesure simultanément $U_S = -\,6{,}0\,\text{V}$ et $I = 3{,}0\,\text{mA}$ . La résistance de contre-réaction vaut $R_0 = R$ .

Écrire l'équivalent décimal $N$ du mot binaire appliqué.
Déterminer la valeur de la résistance $R$ .
En déduire la valeur de la tension de référence $U_{\text{réf}}$ .
Calculer le quantum du convertisseur et la pleine échelle correspondante.

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Idée : deux mesures simultanées, deux inconnues ; on part de celle qui n'exige qu'une seule relation.

1. $N = 8 \times 1 + 4 \times 1 + 2 \times 0 + 1 \times 0 = \boxed{12}$ .

2. La relation $U_S = -\,R_0\,I$ avec $R_0 = R$ donne directement :

R = \dfrac{|U_S|}{I} = \dfrac{6{,}0}{3{,}0\times10^{-3}} = \boxed{2{,}0\ \text{k}\Omega}

3. On reporte ensuite dans l'expression de l'intensité, $I = \dfrac{U_{\text{réf}}\,N}{8R}$ :

U_{\text{réf}} = \dfrac{8\,R\,I}{N} = \dfrac{8 \times 2{,}0\times10^{3} \times 3{,}0\times10^{-3}}{12} = \boxed{4{,}0\ \text{V}}

4. Avec $R_0 = R$ , soit $a = 1$ , le quantum vaut $q = \dfrac{a\,U_{\text{réf}}}{8} = 0{,}50\ \text{V}$ et la pleine échelle $q\,(2^4 - 1) = 7{,}5\ \text{V}$ . La mesure initiale se retrouve bien : $0{,}50 \times 12 = 6{,}0\ \text{V}$ , ce qui valide les deux valeurs trouvées.

Méthode / Automatismes

Compter les variables logiques d'entrée : leur nombre est le nombre de bits, et $N_{\max} = 2^n - 1$ .
Écrire d'abord les deux hypothèses de l'amplificateur opérationnel idéal en régime linéaire : $\varepsilon = 0$ et $i^+ = i^- = 0$ — c'est ce qui crée la masse virtuelle.
Sommer les courants de branche avant d'écrire la sortie : chaque résistance $2^{\,j}R$ apporte un courant de poids $2^{-j}$ .
Retenir la relation de sortie sous la forme $U_S = -\,q\,N$ : la pleine échelle vaut $q\,(2^n - 1)$ et le quantum est le pas de sortie pour $\Delta N = 1$ .
Pour trouver un mot binaire à partir d'une tension : diviser par le quantum, puis décomposer l'entier obtenu en puissances de 2.

Pièges classiques

Prendre $N_{\max} = 2^n$ au lieu de $2^n - 1$ : la pleine échelle et le quantum en sont tous deux faussés.
Oublier le signe moins : le montage est inverseur, la sortie est négative pour $U_{\text{réf}}$ positive.
Attribuer le poids le plus fort à la plus grande résistance : c'est la plus petite ( $R$ ) qui porte le bit de poids fort.
Confondre le quantum (pas de conversion, en volts) et la pleine échelle (tension maximale, en volts) : le rapport entre eux vaut $2^n - 1$ .
Conclure sans vérifier que $|U_S|_{\max}$ reste inférieure à la tension de polarisation : au-delà, l'amplificateur sature et la conversion n'est plus linéaire.