INSA Rouen Normandie - STPI1 - E.C. P3
Correction du DS de P3 du 19 janvier 2017
Partie A - Filtre RLC
A1)Les ´equivalences entre les g´en´erateurs de Th´evenin et de Norton donnent les circuits ci-dessous :
avec η=e/ZL
Une association de dipˆoles en parall`ele donne : 1
ZT h = 1
jLω +jCωce qui donne ZT h = 1
j(Cω−Lω1 ) (1) Enfin,eT h =ZT h×η= 1
j(Cω−Lω1 )· e
ZL et donc eT h = e
1−LCω2 (2) Analyse dimensionnelle :
1
jCω
= [R]et 1
jLω
= [R]−1 Ainsi
"
1 j(Cω−Lω1 )
#
= [R] L’expression (1) est bien homog`ene.
De plus d’apr`es ce qui pr´ec`ede [LCω2] = 1, ainsi
e 1−LCω2
= [e]
L’expression (2) est bien homog`ene.
A2)Un pont diviseur de tension donne : u= R
ZT h+ReT h ce qui s’´ecrit :
u= R
1
j(Cω−Lω1 ) +R
× 1
1−LCω2e On obtient finalement u= Re
R+jLω−RLCω2 A3)On a u= e
1 +jLω
R +j2LCω2
ce qui donneH = u
e = 1
1 +jLω
R +j2LCω2
= A0
1 +jx
Q+ (jx)2 On obtient donc l’expression demand´ee avec A0 = 1 . Pourx etQ, proc´edons par identification :
1
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LCω2=x2 (1) x
Q = Lω R (2)
(1) donnex2 =LCω2 et donc x=√ LCω En r´e-injectant dans(2), on obtient Q=R
rC L
A4)|H|= 1
|1 +jx
Q + (jx)2| et donc |H|= 1 s
(1−x2)2+ x
Q 2
Arg(H) = Arg
1 1 +jx
Q+ (jx)2
= Arg(1)−Arg
1 +jx
Q + (jx)2
et donc
Arg(H) =−arctan
x Q(1−x2)
A5)Il s’agit d’unph´enom`ene de r´esonance, se produisant si la pulsationωr existe, c’est `a dire si 1− 1
2Q2 ≥0 ce qui correspond `a Q≥ 1
√2 ou encore `a R≥ r L
2C Il s’agit d’un filtre passe-bande d’ordre 2.
A6)On d´etermine graphiquement fr= 650 Hz (abscisse du maximum de la courbe |H|(f)) Ici, fr≈f0 = 1
2π√
LC et donc L= 1
4π2fr2C AN : On trouve L= 60 mH A7) La bande passante correspond `a l’ensemble des
fr´equences f telles que |H|(f) ≥ H√max
2 o`u Hmax est le maximum de la fonction|H|(f). Les fr´equences d´elimitant celle-ci sont lesfr´equences de coupure.
Ici, Hmax = 10, et donc Hmax
√2 ≈7,2
On cherche la largeur de l’intervalle de fr´equences telles que|H|(f)≥ Hmax
√2 ,
La largeur de la bande passante est d’environ 60 Hz.
A8a) Hmax =|H(x=xr = 1)|, on a Hmax=A0Q
A8b) On mesure graphiquement Hmax =Q= 10 et puisque R=Q rL
C, on obtient R=2,5 kΩ .
Partie B - Restitution d’un signal analogique
B1) Trois raies sont visibles, la tensionv1 n’est donc pas purement sinuso¨ıdale.
B1.2)voir tableau ci-dessous
B1.3)On a (en V) v1(t) = 5 cos(2π·12·103t) + 0,8 cos(2π·76·103t) + 0,6 cos(2π·100·103t) B2.1)La fr´equence de coupure doit ˆetre sensiblement plus grande que la fr´equence du signal utile, on prend par exemple fc = 20 kHz . D’autre part, il faut que pour des fr´equences sup´erieures `a 70 kHz, l’at´enuation soit au moins de 10 dB.
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B2.2)Il s’agit du gabarit d’unfiltre passe-bas. La pente limite (celle passant par les points A (7kHz ;3 dB) et B (70 kHz ;-10 dB) du gabarit) est de -13 dB/decade, unfiltre d’ordre 1 ayant une pente de -20dB/d´ecade convient.
B3.1) Il s’agit d’un filtre qui transmet les basses fr´equences (gain nul aux basses fr´equences) et qui att´enue les hautes fr´equences (gain n´egatif), il s’agit bien d’un filtrepasse-bas. Aux hautes fr´equences, la pente est de -20 dB/d´ecade, il s’agit donc d’un filtre d’ordre 1. La fr´equence de coupurefccorrespond `a la fr´equence telle queGdB(fc) =Gmax−3. Ici,GdB(fc)
= -3 dB, ce qui donne graphiquement fc = 20 kHz .
B3.2)Le cahier des charges impose 12< fc<76 kHz et que le filtre soit d’ordre 1 (apr`es analyse du gabarit). Ce filtre est donc conforme au gabarit de B2.
B3.3)Le tableau se remplit `a l’aide des formules :
|T|= 10GdB/20,v2max=|T| ×v1,max et d´ephasagev2/v1 = phase `a l’origine v1+arg|T|
Harmoniques H H’ H’’
Fréquences
(kHz)
12 76 100
v1(t) Amplitudes
(V)
5 0,8 0,6
G
dB-11
|T| 0,28
Arg T
(°) -75
v2(t) Amplitudes
(V)
4,5
0,22
0,12Déphasage 2/1 (rad)
-0,58
-1,3
-1,40B3.4)Seule la composante de fr´equence 12 kHz est transmise, on obtient donc le spectre ci-contre.
B3.5)On obtient donc (en V) v2(t) = 4,5 cos(2π·12·103t−0,58)
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