Exercices et problèmes d'électricité - PCSI-PSI AUX ULIS

Problème 1 : Mesures d’impédances

A. Mesure de l’impédance de sortie d’un générateur basse

fréquence (GBF)

1.

2. Dans le premier montage, on a

u

_s

=

E

⇒

E

_m

=

E

₀

⇒

E

_m

=

8 V

.

Dans le second montage, on a un pont diviseur de tension :

0 c s 0 g c g g c g

50

2

E

R

R

u

E

E

R

R

R

R

R

R

R

=

⇒

=

⇒

=

⇒

=

Ω

+

+

.

B. Mesure de l’impédance d’entrée d’un oscilloscope

1.

R ≈

₀

1 M

Ω .

2. On note

U

_sm

l’amplitude de la tension

u .

_s

Diviseur de tension :

0 0 s sm m 0 0

R

R

u

E

U

E

R

R

R

R

=

⇒

=

+

+

.

Pour

R =

0

, on a

E

=

E

.

Pour

R =

1 M

Ω

, on a

0 0 m 0 0 0

1 M

2

E

R

E

R

R

R

R

R

=

⇒

=

⇒

=

Ω

+

.

3.

On a

_{1 0} 1 0

1

1

j

Y

C

Z

R

ω

=

=

+

.

Diviseur de tension :

_s 1 1 1 0 0

1

1

j

Z

_E

_E

u

E

R

Z

RY

R

RC

R

ω

=

=

=

+

+

+

+

.

On a donc

(

)

0 m 2 2 0 0

2

1

E

E

R

RC

R

ω

=



_

 +



+



_









et

E

₀

=

E

_m

.

On en déduit

(

)

2 2 0 0 0 0 0

4

0, 04 nF

2

R

R

R

C

C

fRR

−

+

=

⇒

=

π

.

C. Mesure d’impédances par la méthode des ponts

I. Condition d’équilibre du pont

On a

U

_BD

=

U

_BC

+

U

_CD avec _BC 2 _AC 1 2

Z

U

U

Z

Z

=

+

et 3 DC AC 4 3

Z

U

U

Z

Z

=

+

.

Le pont est équilibré pour

U

_BD

=

0

⇒

Z Z

_{1 3}

=

Z Z

_{2 4} .

1.

Z

₁

=

R

+

j

Lω

et

₃

1

j

Z

r

C ω

=

+

.

2. La condition d’équilibre du pont s’écrit

₍

j

₎

1

j

R

L

r

PQ

C

ω

ω



_



+



+



_

=





.

On en déduit

(

)

(

)

2 2 2 2

j

j

2

1

1

rC

PQrC

R

L

PQC

R

R

rC

rC

ω

ω

ω

ω

ω

ω

+

+

=

⇒

=

⇒

=

Ω

+

+

.

De plus, on obtient

(

)

2

0, 09 H

1

PQC

L

L

rC ω

=

⇒

=

+

.

III. Pont de Maxwell

1. On a maintenant

3

1

1

jC

Z

=

r

′

+

′

ω

.

D’autre part,

₁ 2 4 3

1

j

j

Z Z

_PQ

Z

R

L

PQ

C

R

Z

ω

r

ω

r



_



_′

=

⇒

+

=

_

+



_

⇒

=

 ′

′





et

L

=

PQC ′

.

2. On a donc

r

PQ

r

3 M

R

′

=

⇒

′

=

Ω et

C

L

C

15 nF

PQ

′

=

⇒

′

=

.

IV. Pont de Wien

1. On a maintenant

_{1 1} 1

1

j

Z

R

C ω

=

+

,

Z

₂

=

P

,

Z

₃

=

Q

et

4

1

1

jC

Z

=

R

+

ω

.

La condition d’équilibre du pont s’écrit

2 1 1

2 4 1 3 1 ₁

j

1

1

j

1

Z

_{Px x}

C

Z

Z Z

R

ω

QR

x

+

=

⇒

+

=

+

.

On en déduit

₁ 2 2 1 1

1

Q

R

R

P

R C ω



_



_



=

_

+

_







et

₍

₎

1 2 1 1

1

PC

C

Q

R C ω

=



₊











.

2. On obtient

R =

1

Ω et

C =

0, 5 mF

.

Problème 2 : Quartz et électronique

A. Modèle électromécanique du résonateur à quartz

1. Système : élément de masse

m

.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces :

force élastique :

F

₁

= −

kxu

_x

;

frottements :

F

₂

= − ɺ

hxu

_x

;

force due à l’effet piézoélectrique :

F

₃

=

β

V t u

( )

_x

.

Loi de la quantité de mouvement :

ma

=

F

₁

+

F

₂

+

F

₃. Selon

u

_x :

mx

ɺɺ

= −

kx

−

hx

ɺ

+

β

V t

( )

_. On obtient donc

x

h

x

k

x

V t

( )

m

m

m

β

+

+

=

ɺɺ

ɺ

_. 2.a.

C

_P 0 r

S

e

ε ε

=

et 2

4

d

S

=

π

, d’où 2 0 r P

₄

P

8, 00 pF

d

C

C

e

ε ε

π

=

⇒

=

.

La valeur obtenue correspond à celle proposée dans la partie B.

b.

q

₁

=

C V t

_P

( )

. 3.

( )

2 2 2 2 2 2

d

d

d

d

q

q

h

q

k

x

q

V t

m

t

m

m

t

βγ

γ

=

⇒

+

+

=

.

4. D’après la loi des mailles :

( )

_S 2 S

d

d

R C L

q

i

V t

u

u

u

Ri

L

C

t

=

+

+

=

+

+

. Or

d

2

d

q

i

t

=

, d’où

( )

2 2 2 2 2 S

d

d

d

d

V t

q

R

q

q

L

t

LC

L

t

+

+

=

.

Les deux équations différentielles obtenues pour

q

₂ sont équivalentes à condition de poser

h

R

m

=

L

, S

1

k

m

=

LC

et

1

m

L

βγ

=

. On en déduit

L

m

βγ

=

,

R

h

βγ

=

et

C

_S

k

βγ

=

.

B. Impédance équivalente

1.a.

(

)

2 S P P S P P S ₂ AB S S

1

1

1

j

j

1

₁

j

j

C C

L

C

C

C

C

C

Z

_LC

L

C

ω

ω

ω

ω

ω

ω

−

+

=

+

=

+

−

+

. On a donc 2 2 r AB ₂ 2 a

1

j

1

Z

ω

ω

αω

ω

ω

−

= −

−

avec

α

=

C

_P

+

C

_S , _a2 S P S P

C

C

LC C

ω

=

+

et 2_r S

1

LC

ω

=

. b. _a2 S P _r2 S S P P

1

1

C

C

C

LC

C

C

ω

=

+

=

ω







_

+







_

_





, d’où 2 2 a r

ω

>

ω

. 2. _a a _a P S _a P S

1

800 kHz

2

2

C

C

f

f

f

LC C

ω

+

=

⇒

=

⇒

=

π

π

. r r r r S

1

796 kHz

2

₂

f

f

f

LC

ω

=

⇒

=

⇒

=

π

_π

.

Cette valeur correspond à celle proposée à la question C.3.a.

3.

(

)

2 2 2 2 r r AB _{2 2} 2 2 a a

1

1

1

1

Im

2

1

1

f

f

Z

f

f

f

ω

ω

αω

ω

α

ω

−

−

= −

= −

π

−

−

.

Si

f

<

f

_r

<

f

_a, alors

Im

(

Z

_AB

)

<

0

: le quartz a un comportement capacitif. Si

f

_r

<

f

<

f

_a, alors

Im

(

Z

_AB

)

>

0

: le quartz a un comportement inductif. Si

f

_r

<

f

_a

<

f

, alors

Im

(

Z

_AB

)

<

0

: le quartz a un comportement capacitif.

4. 2 2 r AB ₂ 2 a

1

1

2

1

f

f

Z

f

f

f

α

−

=

π

−

.

( )

AB 0

lim

f→

Z

f

= +∞

.

( )

r AB

lim

0

f→f

Z

f

=

.

( )

a AB

lim

f→f

Z

f

= +∞

.

( )

AB

lim

0

f→+∞

Z

f

=

.

C. Étude expérimentale

de la résonance

1. Pont diviseur de tension : _S v _E

v AB

R

V

V

R

Z

=

+

, soit v v AB

R

H

R

Z

=

+

. 2. v v AB

1

2

R

H

R

Z

=

=

+

. v

R

est un réel,

Z

_AB est un imaginaire pur. On a donc

R

_v

+

Z

_AB

=

R

_v2

+

Z

_AB2 . On en déduit

Z

_AB

=

3

R

_v . 3.a.

Q

f

r

f

=

∆

. AN : 4

1, 6

10

Q

=

×

.

Cette valeur du facteur de qualité est très élevée : le filtre est très sélectif.

b.

Q

L

r

R

L

r

2

Lf

r

R

Q

Q

ω

ω

π

=

⇒

=

=

, soit

R

= π∆

2

fL

.

AN :

R =

0,16 k

Ω

.

1. ₂ 1 ₂

16384 Hz

2

f

f

=

⇒

f

=

. 2.a.

(

)

( )

ln 32768

32768

2

15

ln 2

k

_k

_k

=

⇒

=

⇒

=

.

b. On veut une période

T =

1 s

, soit une fréquence

f =

1 Hz

. Or chaque compteur permet de diviser la fréquence par

2

. Puisque l’on veut diviser la fréquence par

32768

=

2

15, il faut donc

15

compteurs.

Problème 3 : Impédance d’une bobine

1. En basses fréquences, la bobine est équivalente à un fil

et le condensateur à un interrupteur ouvert. On a donc

i

=

0

⇒

u

_R

=

0

.

En hautes fréquences, la bobine est équivalente à un interrupteur ouvert et le condensateur à un fil. Le schéma équivalent est alors identique au précédent.

On a aussi

i

=

0

⇒

u

_R

=

0

.

On peut supposer que ce filtre est un passe-bande.

2. Diviseur de tension : _e

1

1

j

j

j

j

R

R

R

u

u

H

r

R

L

r

R

L

C

C

ω

ω

ω

ω

=

⇒

=

+

+

+

+

+

+

. 3. On peut écrire

j

1

j

1

1

ω

₁

_ω

ω

_ω

+

+

=

=





_











+

₊



_

_

−



_

_

+



_

−



_

+





R

R

r

R

r

R

H

L

L

_LC

r

R

C

r

R C

_LC

. Avec

H

_max

R

r

R

=

+

, 0

1

LC

ω

=

et

=

1

+

L

Q

r

R C

, on obtient max 0 0

1

j

ω

ω

ω

ω

=



_



+

_

−



_









H

H

Q

.

Les expressions obtenues pour

ω

₀ et

Q

sont celles de la pulsation propre et du facteur de qualité d’un circuit

(

R

+

r LC

)

série.

4. Gain en décibel : 2 2 0 dB max 0

20 log

10 log 1

ω

ω

ω

ω



_

_









_



=

−

_

+

_

−

_

_

















G

H

Q

.

Il est maximum lorsque

ω

=

ω

₀, et

G

_dBmax

=

20 log

H

_max.

Le graphe nous donne

G

_dBmax

= −

4, 8 dB

et ₀ 0

196 Hz

2

f

=

ω

=

π

.

On en déduit r = 30 Ω et L = 70 mH

Problème 4 : Action d'un filtre sur un signal

périodique

a) On s’intéresse aux limites de basse et haute fréquences. À basse fréquence, H tend vers - 1, alors qu’à haute fréquence, H tend vers 0. Le filtre est passe-bas (du premier ordre).

Pour la fréquence de coupure, il faut évaluer la pulsation ωc telle que H( c) max

2 H

ω

= . On pose 0 x ω ω = . Comme 2 1 ( ) 1 H jx x =

+ on obtient Hmax = 1. On peut ainsi résoudre

2 1 1 ( ) 2 1 c c H jx x = = +

soit xc = 1, en encore ωc = ω0. La fréquence de coupure est ainsi 0

2

c

f ω

π

= =1,9.104 Hz. La bande-passante va de la fréquence nulle à fc.

b) On utilise le fait que ( ) s

e

v H j

v

ω = . Ainsi vs =H j(

ω

).vesi ve est sinusoidale complexe de pulsation ω. Ici, ve = v0exp(jω0t). Comme 0

1 ( ) 1 H j j ω = − + , on en déduit : 0 0 0 0 exp( ) exp ( ) 1 2 4 s v v v j t j t j π ω ω = − = − − +

Pour obtenir ve, il faut passer à la partie réelle :

0 0 cos( ) 4 2 s v v = − ω t−π

c) Plus généralement, on reprend la même étude pour une pulsation fixée et quelconque ω. On pose, ( ) ( ) exp( ( )) H j

ω

= H j

ω

j

ϕ ω

c’est-à-dire : 2 0 1 ( ) 1 H j

ω

ω

ω

=   +    et φ(ω) = π - arctan( 0 ω ω ) Alors, de même, 0 0

( ) exp( ( )) v exp(j t) ( ) exp( ( ( )))

s

v = H j

ω

j

ϕ ω

ω

=v H j

ω

j

ω ϕ ω

t+

0 ( ) cos( ( ))

s

v =v H j

ω

ω ϕ ω

t+

d) Par linéarité, on décompose le signal en deux. Pour la partie v0.cosωt, on a déjà résolu le problème

à la question b). Enfin, si ve2 = v1= Cte, vs2 = H(0)v = - ve2 e2. Au final

0 0 1 cos( ) v 4 2 s v v = −

ω

t−

π

−

e) On utilise encore la linéarité. La partie oscillant à ω0 a déjà été traitée. Ensuite, si

2 1cos(2 0t) e v =v

ω

, alors : 1 2 0 1 0 0 1 (j2 ) exp(2 ) exp (2 ') 1 2 5 s v v H v j t j t j

ω

−

ω

−

ω

ϕ

= = = − + où tanφ' = 2 (0 < φ' < π/2) Alors, 0 1 0 0 cos( ) cos(2 ') 4 2 5 s v v v = −

ω

t−

π

−

ω

t−

ϕ

f) Il s’agit ici de l’action d’un filtre passe-bas de fréquence de coupure fc~ 104 Hz sur un signal

périodique de fréquence associée f = 102 Hz << fc.

Par linéarité, on décompose le signal en série de Fourier et on s’intéresse à chacun de ses termes. Le signal est la somme d’un terme constant et de sinusoïdes de pulsation n2

T π

( n entier).

Le terme constant, le fondamental et les harmoniques n = 3,5,7,9 sont sous la fréquence de coupure, donc dans la bande passante. En première approximation, ils sont peu perturbés par le filtre passe-bas et sont simplement multipliés par - 1 (car H ( 0) = - 1). Les harmoniques plus élevés sont coupés, ce qui adoucit le signal. On en déduit l’allure de vs.

g) Cette fois-ci, la fréquence associée au signal d’entrée est f ~ 105 Hz >> fc. Mis à part le terme

bien supérieure à la fréquence de coupure. En première approximation, ils sont coupés par le filtre. Alors, ( )

2

s

E

v t _≃− . De manière nettement plus fine, comme ω >> ω0, H j( ) 0 j

ω

ω

ω

− ≃ .

Le filtre se comporte comme un pseudo-intégrateur. Ainsi, au signal constant - E/2 se superpose un signal de faible amplitude en triangle.

Problème 5 : Filtre linéaire ou non ?

a) Si un signal est la somme de sinusoïdes oscillant à certaines fréquences, alors, après passage par un filtre linéaire, le signal est toujours somme de sinusoïdes de mêmes fréquences. Cette propriété découle de la linéarité du filtre et du fait qu'un signal sinusoïdal garde même forme après passage dans un filtre linéaire. Ainsi, le filtre 3 n'est certainement pas linéaire car de nouvelles fréquences sont apparues à 500 Hz et 3 500 Hz. En revanche, les filtres 1 et 2 semblent linéaires.

b) Le filtre 1 est un filtre passe-bas : les harmoniques de fréquence supérieure à fc ≃ 3 kHz sont

coupés. Le filtre 2 est un filtre passe-bande de pulsation de résonance fr ≃ 3 kHz. En effet, cet

harmonique n'est quasiment pas amorti. La bande passante vaut environ ∆f ≃2kHz. En effet, la bande entre 2 et 4 kHz n'est pas trop amortie par le filtre.

Problème 6 : Exemple de filtrage

a) À basse pulsation, la bobine est équivalente à un fil. On déduit alors immédiatement v_s =v_e. À haute pulsation, le condensateur est équivalent à un fil. Alors, la tension de sortie vs est nulle. Le filtre

est passe-bas.

b) On appelle Z l'impédance équivalente de l’ensemble R//C : _eq

1 1 eq R R jC Z jRC R jC

ω

ω

ω

= = + +

On remarque un diviseur de tension : 2 1 ( ) (1 ) 1 eq eq Z _R H j jL Z jL R jL jRC LC R ω _ω ω ω ω _ω = = = + + + _{− +}

Cette expression est bien celle d’un filtre passe-bas. c) On évalue le module : ( ) 1 ( ) H j f

ω

ω

= avec 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 ( ) (1 ) L 1 (L 2 ) f LC LC L C R R

ω

ω

= −

ω

+ = +

ω

− +

ω

L'application numérique donne :

6 2 12 4

( ) 1 2, 25.10 4, 0.10

f

ω

= + −

ω

+ −

ω

Le gain (module de la fonction de transfert) en fonction de la fréquence f est

représenté ci-dessous :

On cherche quand

max _{0, 7}

2 H

H = =

La figure indique f

c

~ 80 Hz, soit co

c

= 2 n f

c

~ 500 rad.s

-1

.

d) L’énoncé suggère que seule la composante constante de e(t) passe. Le signal e(t) est la somme d’un terme constant et de sinusoïdes de fréquence nf=n x 1000 Hz. Tous les termes sinusoïdaux sont très atténués car ils sont nettement en dehors de la bande passante [0 —

80 Hz]. En sortie, seul subsiste quasiment le terme constant. Comme

m 0 0

(0) 1, s(t) s 1.c V

H = ≃ = =

α

e)

Reprenons le raisonnement précédent, mais de manière plus quantitative :

H ( 0) = 1 : la composante continue passe intégralement ;

|H(ω

=

2πf)| = 1,3.10

2

_{: le fondamental est très atténué (son amplitude est}

multipliée par 0,013) ;

|H(ω

=

4πf)| = 3,2.10

-3

_{: l’harmonique n = 2 est encore plus atténué.}

En sortie, l’amplitude du fondamental est ainsi |H(ω

=

2πf)|c

1

alors que celle de

l’harmonique n = 2 est |H(ω

=

4πf)|c

2

.

Le rapport de ces deux amplitudes est donc :

3 0 3 2 2 2 0 1 3, 2.10 . sin(2 ) | ( ) | .c ₂ 3, 2.10 cos( ) 0,17 | ( ) | .c _{1, 3.10 . sin( )} 1, 3.10 4 2 H f H f V V

π

ω

π

ω

α

π

_πα

πα

π

π

− − − − = = = ₌ ≃

Négliger l’harmonique n = 2 par rapport au fondamental constitue une erreur de

17 %. C’est une assez bonne approximation.

f) D’après la question précédente, l’amplitude du fondamental du signal de sortie est

|H(ω

=

2πf)|c

₁

. Alors,

0 1 2 |H( 2 f)|c 2 |H( 2 f) |2V sin( ) s ω π ω π πα π = = ∆ = =

Finalement, le taux d’ondulation vaut :

2 | ( 2 ) | 4 sin( ) 1, 5.10 m s H f s ω π πα πα − ∆ = = ≃