Signaux analogiques et numériques : exercices corrigés de Bac pro CIEL

a) Les signaux issus de capteurs sont analogiques.¹ La tension du capteur varie de façon continue : elle est analogique. Pour la traiter dans un microcontrôleur, il faut un CAN.

b) Des octets sont des valeurs codées sur des bits : le signal est numérique. Pour obtenir un son, il faudra un CNA en sortie, puisque ce composant transforme une valeur codée en valeur analogique.⁴

c) Le haut-parleur reçoit une tension qui varie de façon continue : le signal est analogique. Il vient d'un CNA qui a converti le son numérique en signal audible.⁴

d) Un fichier est une suite de bits : le signal est numérique. Le stockage et la copie sont justement faciles parce que l'information est numérisée.¹

Chaque bit a 2 états possibles, 0 ou 1.

Pour 8 bits indépendants, on multiplie : $2 \times 2 \times \dots \times 2 = 2^8$.

Calcul : $2^8 = 256$ codes, numérotés de $0$ à $255$.

Nombre de codes : $2^{10} = 1024$.

Formule du pas : $q = \dfrac{V_{ref}}{2^n}$.

Application : $q = \dfrac{5}{1024} = 0{,}0048828125$ V.

Conversion : $0{,}0048828125$ V $\approx 4{,}88$ mV.

Nombre de codes : $2^4 = 16$.

Pas : $q = \dfrac{5}{16} = 0{,}3125$ V.

Rapport : $\dfrac{V_e}{q} = \dfrac{3}{0{,}3125} = 9{,}6$.

Code décimal : partie entière de $9{,}6$, soit $9$.

Binaire : $9 = 8 + 1 = 1001_2$.

Pas : $q = \dfrac{5}{16} = 0{,}3125$ V.

Le CNA renvoie une valeur proportionnelle au code numérique :⁴ $V_s = 9 \times 0{,}3125 = 2{,}8125$ V.

Écart : $V_e - V_s = 3 - 2{,}8125 = 0{,}1875$ V.

Vérification : l'écart est bien inférieur au pas ($0{,}1875 < 0{,}3125$).

Convertis : $5$ mV $= 0{,}005$ V.

Inégalité : $\dfrac{3{,}3}{2^n} \leq 0{,}005$, donc $2^n \geq \dfrac{3{,}3}{0{,}005} = 660$.

Test de $n = 9$ : $2^9 = 512 < 660$, le pas vaut $\dfrac{3{,}3}{512} \approx 6{,}45$ mV, trop grand.

Test de $n = 10$ : $2^{10} = 1024 \geq 660$, le pas vaut $\dfrac{3{,}3}{1024} \approx 3{,}22$ mV, ce qui convient.

Conclusion : $n = 10$ bits.

Période : $T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{50} = 0{,}02$ s $= 20$ ms.

Nombre d'échantillons : $\dfrac{T}{T_e} = \dfrac{20}{2} = 10$ échantillons par période.

Avec $T_e = 10$ ms : $\dfrac{20}{10} = 2$ échantillons seulement par période. Avec si peu de points, on ne peut plus reconnaître la forme sinusoïdale.

La période d'échantillonnage a bien une influence sur la qualité du signal numérisé, au même titre que le pas du convertisseur.¹

Vérification : $\dfrac{1}{125 \times 10^{-6}} = 8000$ échantillons par seconde.

Chaque échantillon occupe 8 bits.

Débit : $8000 \times 8 = 64\,000$ bit/s.