E11 - Réponse indicielle -

(1)

E11 - Réponse indicielle

- Système 1

Il n'y a pas de discontinuité en t = 0 donc il n'y a pas de hautes fréquences dans le signal. La valeur finale est non nulle donc il y a une composante continue.

Enfin comme il y a des oscillations, le système est un filtre passe-bas du second ordre.

- Système 2

Il n'y a pas de discontinuité en t = 0 donc il n'y a pas de hautes fréquences dans le signal. La valeur finale est nulle donc il n'y a pas de composante continue.

Le système est un filtre passe-bande du second ordre.

- Système 3

On observe une discontinuité en t = 0, il y a donc des hautes fréquences dans le signal. La valeur finale est nulle donc il n'y a pas de composante continue.

Enfin comme il y a des oscillations, le système est un filtre passe-haut du second ordre.

- Système 4

On n'observe pas de discontinuité en t = 0, il n'y a pas de hautes fréquences dans le signal. La valeur finale est nulle donc il n'y a pas de composante continue.

Le système est un filtre passe-bande du second ordre (il diffère du système 2 par son facteur de qualité).

E12 - Equation différentielle et fonction de transfert

La fonction de transfert s'obtient avec un diviseur de tension :

𝐻𝐻 = 𝑍𝑍

𝑍𝑍 + 𝑅𝑅 = 1

1 + 𝑅𝑅 𝑍𝑍

𝑜𝑜ù 𝑍𝑍 =

𝐶𝐶 𝐿𝐿 𝑗𝑗𝐿𝐿 ω + 1 𝑗𝑗𝐶𝐶 ω

= 𝑗𝑗𝐿𝐿 ω 1 − 𝐿𝐿𝐶𝐶 ω ² Donc :

𝐻𝐻 = 1

1 + 𝑅𝑅 1 − 𝐿𝐿𝐶𝐶 ω

²

𝑗𝑗𝐿𝐿 ω

= 1

1 + 𝑅𝑅

𝑗𝑗𝐿𝐿 ω − −𝑅𝑅𝐿𝐿𝐶𝐶 ω

²

𝑗𝑗𝐿𝐿 ω

= 1

1 + 𝑅𝑅

𝑗𝑗𝐿𝐿 ω + 𝑗𝑗𝑅𝑅𝐶𝐶 ω

⇔ 𝐻𝐻 = 1

1 + 𝑅𝑅 �𝑗𝑗𝐶𝐶 ω + 1 𝑗𝑗𝐿𝐿 ω � Donc :

𝑢𝑢 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑗𝑗 ω 𝑢𝑢 + 𝑅𝑅 𝐿𝐿

1 𝑗𝑗 ω 𝑢𝑢 = 𝑒𝑒 ⇔ 𝑅𝑅

𝐿𝐿 𝑢𝑢 + 𝑗𝑗 ω 𝑢𝑢 + 𝑅𝑅𝐶𝐶(𝑗𝑗 ω )²𝑢𝑢 = 𝑗𝑗 ω 𝑒𝑒 Comme une multiplication par 𝑗𝑗 ω correspond à une dérivation temporelle, on en déduit :

𝑅𝑅

𝐿𝐿 𝑢𝑢 + 𝑑𝑑𝑢𝑢

𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑑𝑑²𝑢𝑢 𝑑𝑑𝑑𝑑² = 𝑑𝑑𝑒𝑒

𝑑𝑑𝑑𝑑 ⇔ 𝑑𝑑²𝑢𝑢 𝑑𝑑𝑑𝑑² + 1

𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑢𝑢

𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑢𝑢

𝐿𝐿𝐶𝐶 += 1 𝑅𝑅𝐶𝐶

𝑑𝑑𝑒𝑒

𝑑𝑑𝑑𝑑

(2)

E13 - Comportement dynamique d'un transducteur

Remarque : ω

₀

= �𝑘𝑘 − α

²

𝐶𝐶

𝑚𝑚 ≈ � 𝑘𝑘

𝑚𝑚 , 𝑄𝑄 = 𝑚𝑚 ω

₀

𝛿𝛿 (𝑄𝑄 ≫ 1) 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝐻𝐻

0

= − 𝛼𝛼𝐶𝐶

𝑚𝑚 ω

₀

(3)

E14 - Etude d’une suspension de véhicule

Remarque : α = 2𝑞𝑞√𝑘𝑘𝑚𝑚 = 2𝑞𝑞 ω

₀

𝑚𝑚 …

(4)

E15 - Réponse indicielle

𝑃𝑃𝑜𝑜𝑢𝑢𝑃𝑃 𝑙𝑙𝑒𝑒 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑃𝑃𝑐𝑐𝑢𝑢𝑐𝑐𝑑𝑑 𝑆𝑆

₁

, 𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑎𝑎 ∶ 𝐻𝐻 = 𝑅𝑅

2

𝑅𝑅

1

+ 𝑅𝑅

2

+ 1 𝑗𝑗𝐶𝐶𝑗𝑗

⇒ 𝑠𝑠(𝑅𝑅

₁

+ 𝑅𝑅

₂

)𝑗𝑗𝐶𝐶 ω + 𝑠𝑠 = 𝑅𝑅

₂

𝐶𝐶𝑗𝑗 ω 𝑒𝑒

⇒ τ

^{𝑑𝑑𝑑𝑑}

𝑑𝑑𝑑𝑑

+ 𝑠𝑠 = 𝐴𝐴 τ

^{𝑑𝑑𝑑𝑑}

𝑑𝑑𝑑𝑑

𝑜𝑜ù τ = (𝑅𝑅

₁

+ 𝑅𝑅

₂

)𝐶𝐶 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝐴𝐴 =

_𝑅𝑅^𝑅𝑅²

1+𝑅𝑅₂

d’où les choix des circuits.

E16 - Réponse d'un dispositif thermique

L'essai indiciel correspond à la mise en route du chauffage, après une longue période d'arrêt au cours de laquelle la température intérieure a rejoint la température extérieure. L'équation différentielle étant :

𝑃𝑃

₀

= 𝐺𝐺

_𝑑𝑑ℎ

∆𝜃𝜃 + 𝐶𝐶

_𝑑𝑑ℎ

𝑑𝑑∆𝜃𝜃

𝑑𝑑𝑑𝑑 ⇔ 𝑑𝑑∆𝜃𝜃 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝐺𝐺

𝑑𝑑ℎ

𝐶𝐶

_𝑑𝑑ℎ

∆𝜃𝜃 = 𝑃𝑃

0

𝐶𝐶

_𝑑𝑑ℎ

on obtient, en tenant compte de la condition initiale :

∆𝜃𝜃 = 𝑃𝑃

₀

𝐺𝐺

𝑑𝑑ℎ

�1 − 𝑒𝑒

^−𝑑𝑑^τ

� 𝑜𝑜ù τ = 𝐶𝐶

_𝑑𝑑ℎ

𝐺𝐺

𝑑𝑑ℎ

b) Le temps de réponse à 5 % est donc : 𝑑𝑑

𝑟𝑟

= 3𝜏𝜏

(5)

E17 - Gabarit d’un filtre passe-bande

a) Le gabarit est tracé sur la figure :

b) Le gain sur la figure ne coupe pas les gabarits dessinés, le filtre respecte donc le cahier des charges. Les asymptotes du filtre ont des pentes de ±20 db/décade conformément à un filtre passe-bande d'ordre deux.

Sur la figure, on repère la fréquence centrale f0 = 500Hz et puisque 𝑓𝑓

0

=

^ω_2𝜋𝜋⁰

=

_{2𝜋𝜋√𝐿𝐿𝐿𝐿}¹

⇒ 𝐶𝐶 =

_{4𝜋𝜋²𝐿𝐿𝑓𝑓}¹

02

= 1𝜇𝜇𝜇𝜇

c) Pour estimer la valeur du facteur de qualité Q, il faut repérer les fréquences de coupures à —3 dB, soit 310 Hz et 810 Hz, puis déterminer la largeur de la bande passante

⇒ Q = fo/∆f =1 La formule 𝑄𝑄 =

_{𝑅𝑅𝐿𝐿}¹_ω

0

permet de déterminer la valeur de la résistance :

𝑅𝑅 = 1

𝑄𝑄𝐶𝐶 ω

₀

= 0,3𝑘𝑘 Ω

(6)

E18 - Filtre de Collpits et de Hartley

1°)

On a :

𝑢𝑢₂ 𝑢𝑢

=

1 𝑗𝑗𝑗𝑗ω 1

𝑗𝑗𝑗𝑗ω+_{𝑗𝑗𝑗𝑗}¹_ω

=

¹₂

Et

_𝑢𝑢^𝑢𝑢

1

=

_{𝑅𝑅+𝑍𝑍}^𝑍𝑍

𝑜𝑜ù 𝑍𝑍 =

^{𝑗𝑗𝐿𝐿}^ω^∗

2 𝑗𝑗𝑗𝑗ω

𝑗𝑗𝐿𝐿ω+_{𝑗𝑗𝑗𝑗}²_ω

=

_{2−𝐿𝐿𝐿𝐿}^{2𝑗𝑗𝐿𝐿}^ω_ω_²

⇒

_𝑢𝑢^𝑢𝑢

1

=

₁₊¹𝑅𝑅

𝑍𝑍

=

¹

1+R^{2−𝐿𝐿𝑗𝑗}_{2𝑗𝑗𝐿𝐿ω}^ω^²

Donc :

𝐻𝐻 = 1 2

1 1 + R 2 − 𝐿𝐿𝐶𝐶 ω ² 2𝑗𝑗𝐿𝐿 ω

=

1 2

1 + R 𝑗𝑗𝐿𝐿 ω + 𝑗𝑗 𝑅𝑅𝐶𝐶 ω 2

=

1 2 1 + 𝑗𝑗 �𝑅𝑅𝐶𝐶 ω

2 − R

𝐿𝐿 ω � == 𝐻𝐻

0

1 1 + 𝑗𝑗𝑄𝑄 �𝑥𝑥 − 1 𝑥𝑥�

𝐷𝐷’𝑜𝑜ù 𝐻𝐻

₀

= 1

2 , 𝑄𝑄𝑥𝑥 = 𝑅𝑅𝐶𝐶 ω 2 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑄𝑄

𝑥𝑥 = R 𝐿𝐿 ω

⇒ 𝑄𝑄² = 𝑅𝑅²𝐶𝐶

2𝐿𝐿 ⇒ 𝑄𝑄 = R � 𝐶𝐶 2𝐿𝐿 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑥𝑥² = 𝐶𝐶 ω

2𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑅𝑅 ω = 𝐿𝐿𝐶𝐶

2 ω ⇒ ω

₀

= � 2 LC

2°) Tracer le diagramme asymptotique de Bode de gain de ce filtre pour Q=1.

0.1 1 10 100 x

50

40

30

20

10 0 Gen



^dB



0.01 0.1 1 10 100

75.

50.

25.

0.

25.

50.

75.

(7)

3°) Filtre de Hartley

On a :

𝑢𝑢₂ 𝑢𝑢

=

¹₂

Et

_𝑢𝑢^𝑢𝑢

1

=

_{𝑅𝑅+𝑍𝑍}^𝑍𝑍

𝑜𝑜ù 𝑍𝑍 =

^{2𝑗𝑗𝐿𝐿}^ω^∗

1 𝑗𝑗𝑗𝑗ω

2𝑗𝑗𝐿𝐿ω+_{𝑗𝑗𝑗𝑗}¹_ω

=

_{1−2𝐿𝐿𝐿𝐿ω²}^{2𝑗𝑗𝐿𝐿}^ω

⇒

_𝑢𝑢^𝑢𝑢

1

=

₁₊¹𝑅𝑅

𝑍𝑍

=

¹

1+R^{1−2𝐿𝐿𝑗𝑗}_{2𝑗𝑗𝐿𝐿}_ω^ω^²

Donc : 𝐻𝐻 = 1

2

1 1 + R 1 − 2𝐿𝐿𝐶𝐶 ω ² 2𝑗𝑗𝐿𝐿 ω

=

1 2

1 + R 𝑗𝑗𝐿𝐿 ω + 𝑗𝑗𝑅𝑅 𝐶𝐶 ω 2

=

1 2 1 + 𝑗𝑗𝑅𝑅 �𝐶𝐶 ω − R

2𝐿𝐿 ω � == 𝐻𝐻

₀

1 1 + 𝑗𝑗𝑄𝑄 �𝑥𝑥 − 1

𝑥𝑥�

𝐷𝐷’𝑜𝑜ù 𝐻𝐻

0

= 1

2 , 𝑄𝑄𝑥𝑥 = 𝑅𝑅𝐶𝐶 ω 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑄𝑄

𝑥𝑥 = R

2𝑅𝑅 ω

⇒ 𝑄𝑄² = R² 𝐶𝐶

2𝐿𝐿 ⇒ 𝑄𝑄 = R � 𝐶𝐶 2𝐿𝐿 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑥𝑥² = 2 𝐶𝐶 ω

𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑅𝑅 ω = 2𝐿𝐿𝐶𝐶 ω ⇒ ω

₀

= 1

√2𝐿𝐿𝐶𝐶

4°) cf 2°)

(8)

E19 - Circuit RL

(9)

E20 - Filtre de Wien

1°) En appliquant les formules de diviseur des tensions au circuit on a :

𝐻𝐻 = 𝑍𝑍

2

𝑍𝑍

₂

+ 𝑍𝑍

₁

= 1 1 + 𝑍𝑍

₁

𝑍𝑍

₂

= 1

1 + �𝑅𝑅 + 1 𝑗𝑗𝐶𝐶 ω � � 1

𝑅𝑅 + 𝑗𝑗𝐶𝐶 ω � = 1

3 + 1 𝑗𝑗𝑅𝑅𝐶𝐶 ω + 𝑗𝑗𝑅𝑅𝐶𝐶 ω

=

1 3 1 + 𝑗𝑗

3 �𝑅𝑅𝐶𝐶 ω − 1 𝑅𝑅𝐶𝐶 ω � =

1 3 1 + 𝑗𝑗

3 �𝑅𝑅𝐶𝐶 ω − 1

𝑅𝑅𝐶𝐶 ω � = 𝐻𝐻

₀

1 1 + 𝑗𝑗𝑄𝑄 �𝑥𝑥 − 1 𝑥𝑥�

𝑂𝑂ù 𝐻𝐻

0

= 1

3 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑄𝑄 = 1 2°) 𝑂𝑂𝑜𝑜 𝑎𝑎 ∆ 𝑥𝑥 =

_𝑄𝑄¹

= 3 3

3°) 𝑂𝑂𝑜𝑜 𝑎𝑎 : 𝐻𝐻 = 𝐻𝐻

₀

1 1 + 𝑗𝑗𝑄𝑄 �𝑥𝑥 − 1

𝑥𝑥�

= 𝐻𝐻

₀

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄 1 + 𝑗𝑗𝑥𝑥

𝑄𝑄 + (𝑗𝑗𝑥𝑥)² 𝑂𝑂𝑃𝑃 1 + 𝑋𝑋 + 𝑋𝑋² = 0 ⇔ 𝑋𝑋 = −3 ± √5

2 𝐷𝐷’𝑜𝑜ù 𝐻𝐻 = 𝐻𝐻

₀

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄

�𝑗𝑗𝑥𝑥 − − 3 + √5

2 � �𝑗𝑗𝑥𝑥 − − 3 − √5

2 �

= 𝐻𝐻

₀

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄

�𝑗𝑗𝑥𝑥 + 3 − √5

2 � �𝑗𝑗𝑥𝑥 + 3 + √5 2 �

=

= 𝐻𝐻

0

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄

�1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥

3 − √5 � �1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥

3 + √5 � = 𝐻𝐻

𝑃𝑃𝑃𝑃

. 𝐻𝐻

𝑃𝑃𝑃𝑃

Pour réaliser le passe-bande il faut que la fréquence de coupure du passe haut soit après celle du passe- bas d’où :

𝐻𝐻 = 𝐻𝐻

0

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄

(1 + 𝑗𝑗𝑥𝑥′)(1 + 𝑗𝑗𝑥𝑥′′) 𝑂𝑂ù 𝑥𝑥’ = 2𝑥𝑥

3 − √5 = ω

ω

₀^′

𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒𝑐𝑐 ω

₀^′

= ω

₀

3 − √5

2 𝑒𝑒𝑑𝑑 ω

₀^′′

= ω

₀

3 + √5 2 Donc :

𝐻𝐻

_{𝑃𝑃𝑃𝑃}

= 1

1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥 3 + √5

𝑒𝑒𝑑𝑑 𝐻𝐻

_{𝑃𝑃𝑃𝑃}

= 𝐻𝐻

₀

𝑗𝑗𝑥𝑥 𝑄𝑄 1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥

3 − √5

= 𝐻𝐻

0

𝑄𝑄

3 − √5 2

2𝑗𝑗𝑥𝑥 3 − √5 1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥

3 − √5 Avec les valeurs numériques on peut écrire :

𝐻𝐻 = 3 − √5

2 . 1

1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥 3 + √5

.

2𝑗𝑗𝑥𝑥 3 − √5 1 + 2 𝑗𝑗𝑥𝑥

3 − √5

= 𝐻𝐻

₀^′

. 1

1 + 𝑗𝑗𝑥𝑥′ . 𝑗𝑗𝑥𝑥′′

1 + 𝑗𝑗𝑥𝑥"

4°) On utilise le fait que G=G’+G’+G

0

’ et ϕ=ϕ’+ϕ’’

(10)

E21 - Montages classiques

1°) Figure 1 : Montage non-inverseur

𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= −𝑅𝑅

₁

𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= −𝑅𝑅

₂

𝑐𝑐 ⇒ 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= 𝑅𝑅

2

𝑅𝑅

₁

𝑎𝑎

_𝐸𝐸

⇒ v

S

v

_E

= 1 + R

2

R

₁

Figure 2 : Montage inverseur :

𝑎𝑎

𝐸𝐸

= 𝑅𝑅

1

𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑑𝑑 v

S

= −𝑅𝑅

2

𝑐𝑐 ⇒ v

𝑑𝑑

= − 𝑅𝑅

₂

𝑅𝑅

1

𝑎𝑎

𝐸𝐸

⇒ v

_S

v

E

= −𝑅𝑅

2

/𝑅𝑅

1

2°) Intégrateur : dans le cas b, on a :

𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= 𝑅𝑅𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

= 𝑎𝑎

_𝑐𝑐

𝑜𝑜ù 𝑐𝑐 = −𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑎𝑎

𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑 ⇒ 𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= −𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑎𝑎

𝑑𝑑

𝑑𝑑𝑑𝑑

⇒ v

_s

= − 1

RC � v

_E

dt Or : 𝑎𝑎

_𝐸𝐸

= −𝑉𝑉

₀

⇒ v

_s

(t) − v

_s

(0) = −

_RC¹

∫

₀^t

v

_E

dt ⇒ v

_s

(t) =

_RC¹

V

₀

t

3°) 1

^ère

hypothèse :

Supposons l'amplificateur linéaire intégré en régime de saturation positive. Les deux équations sont :

- Diviseur de tension en A : 𝑎𝑎

_𝐴𝐴

= 𝛽𝛽𝑎𝑎

_𝑑𝑑

- Et Ali en saturation positive : 𝑎𝑎

𝑑𝑑

= 𝑉𝑉

𝑑𝑑𝑠𝑠𝑑𝑑

Vérification des hypothèses : Il faut que ε > 0. Comme 𝑎𝑎

_𝐴𝐴

= 𝛽𝛽𝑎𝑎

_{𝑑𝑑𝑠𝑠𝑑𝑑}

, on doit avoir : 𝑎𝑎

𝐸𝐸

< 𝛽𝛽𝑎𝑎

2

^ème

hypothèse :

Supposons l'amplificateur linéaire intégré en régime de saturation négative.

Les deux équations sont :

- Diviseur de tension en A : 𝑎𝑎

𝐴𝐴

= 𝛽𝛽𝑎𝑎

_𝑑𝑑

- Et Ali en saturation négative : 𝑎𝑎

𝑑𝑑

= −𝑉𝑉

Vérification des hypothèses : Il faut que ε < 0. Comme 𝑎𝑎

_𝐴𝐴

= −𝛽𝛽𝑎𝑎

, on doit avoir : 𝑎𝑎

_𝐸𝐸

> −𝛽𝛽𝑎𝑎

Conclusion : On a la caractéristique suivante :

Explication du sens de parcours du cycle :

- On augmente la tension v

E

à partir d'une valeur inférieure à −𝛽𝛽𝑎𝑎

. La tension de sortie vaut V

sat

. v

s

vaut V

sat

tant que v

E

est inférieure à 𝛽𝛽𝑎𝑎

.

On a un basculement de la tension de sortie de 𝑎𝑎

à −𝑎𝑎

quand v

E

vaut 𝛽𝛽𝑎𝑎

. Au delà, vs vaut −𝑎𝑎

puisque v

E

est comparée à −𝛽𝛽𝑎𝑎

.

- On diminue la tension v

E

à partir d'une valeur supérieure à 𝛽𝛽𝑎𝑎

. La tension de sortie vaut

−𝑎𝑎

. v

s

vaut −𝑎𝑎

tant que v

E

est supérieure à −𝛽𝛽𝑎𝑎

. On a un basculement de la tension de sortie de −𝑎𝑎

à 𝑎𝑎

quand v

E

vaut −𝛽𝛽𝑎𝑎

. Au delà, v

s

vaut 𝑎𝑎

puisque v

E

est comparée

à 𝛽𝛽𝑎𝑎

. Une fois le basculement effectué, le seuil de comparaison change. Ce montage permet

d'éviter des rebonds successifs. Le cycle est appelé cycle à hystérésis.

(11)

E22 - Simulation d’une inductance

1°) La contre-réaction se fait exclusivement sur l'entrée inverseuse, ce branchement stabilise le montage dans son régime linéaire.

2°) L'admittance d'entrée d'un montage est le rapport du courant complexe d'entrée sur la tension complexe d'entrée soit :

𝑌𝑌

_𝑑𝑑

= 𝑐𝑐

𝑑𝑑

𝑢𝑢

_𝑑𝑑

3°) On cherche à exprimer 𝑌𝑌

𝑑𝑑

sous la forme 𝑌𝑌

𝑑𝑑

=

_𝑅𝑅¹

0

+

_{𝑗𝑗𝐿𝐿}¹

0ω

On applique le théorème de Millmann (ou la loi des nœuds) à l'entrée en faisant attention de prendre en compte le courant 𝑐𝑐

_𝑑𝑑

, on a alors :

𝑐𝑐

_𝑑𝑑

= 𝑎𝑎

𝑑𝑑

𝑅𝑅 + 𝑎𝑎

𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

𝑑𝑑

Et à la borne - : 𝑅𝑅′

𝑎𝑎

_𝑑𝑑

𝑅𝑅 = − 𝑗𝑗𝐶𝐶 ω 𝑎𝑎

𝑑𝑑

⇔ 𝑎𝑎

𝑑𝑑

= − 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

𝑗𝑗𝑅𝑅𝐶𝐶 ω Donc : 𝑐𝑐

_𝑑𝑑

=

^𝑣𝑣_𝑅𝑅^𝑒𝑒

+

^𝑣𝑣^𝑒𝑒⁺_𝑅𝑅′^{𝑗𝑗𝑅𝑅𝑗𝑗}^{𝑣𝑣𝑒𝑒}^ω

= 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

�

_𝑅𝑅¹

+

_𝑅𝑅¹_′

+

_𝑗𝑗_ω_{𝑅𝑅𝑅𝑅}¹ _′_𝐿𝐿

�

⇒ 𝑌𝑌

_𝑑𝑑

= 𝑐𝑐

𝑑𝑑

𝑢𝑢

_𝑑𝑑

= 1 𝑅𝑅 + 1

𝑅𝑅

^′

+ 1

𝑗𝑗 ω 𝑅𝑅𝑅𝑅

^′

𝐶𝐶 On identifie : 𝑅𝑅

₀

=

_{𝑅𝑅+𝑅𝑅′}^{𝑅𝑅𝑅𝑅}^′

𝑒𝑒𝑑𝑑 𝐿𝐿

₀

= 𝑅𝑅𝑅𝑅

^′

𝐶𝐶

4°) Les bobines sont des composants encombrants, lourds, chers et sensibles aux parasites, on a tout

intérêt à éviter leur utilisation quand c'est possible. Les valeurs des inductances de taille raisonnable

dépassent rarement 10 mH; le circuit permet également de simuler des inductances plus importantes

(12)

E23 - Circuit suiveur

E24 - Filtres actifs

(13)

E25 - Circuit à capacité variable

1°) Commençons par flécher le circuit et numéroter les amplificateurs opérationnels. La rétroaction de la sortie sur la borne - leur assure un fonctionnement en régime linéaire.

On cherche à montrer que 𝑐𝑐

_𝑑𝑑

= 𝑗𝑗𝐶𝐶 ω 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

car c'est la relation courant-tension d'un condensateur.

Sur la borne 2- :

𝑎𝑎

_𝑑𝑑1

𝛼𝛼𝑅𝑅 + 𝑎𝑎

_𝑑𝑑2

(1 − 𝛼𝛼)𝑅𝑅 = 0 ⇒ 𝑎𝑎

𝑑𝑑2

= α − 1 𝛼𝛼 𝑎𝑎

^𝑑𝑑

De plus :

𝑐𝑐

𝑑𝑑

= 𝑗𝑗𝐶𝐶

0

𝑗𝑗(𝑎𝑎

₁₊

− 𝑎𝑎

𝑑𝑑2

) = 𝑗𝑗𝐶𝐶

0

𝑗𝑗(𝑎𝑎

_𝑑𝑑1

− 𝑎𝑎

𝑑𝑑2

)

⇔ 𝑐𝑐

_𝑑𝑑

= 𝑗𝑗𝐶𝐶

₀

𝑗𝑗 �𝑎𝑎

_𝑑𝑑

− α − 1

𝛼𝛼 𝑎𝑎

^𝑑𝑑

� = 𝑗𝑗𝐶𝐶

₀

𝑗𝑗𝑎𝑎

_𝑑𝑑

�1 − α − 1

𝛼𝛼 � = 𝑗𝑗𝐶𝐶

0

𝑗𝑗𝑎𝑎

𝑑𝑑

α

⇒ 𝐶𝐶 = 𝐶𝐶

0

2°) On règle facilement la capacité équivalente à l'aide du potentiomètre en ajustant la valeur de α α

E26 - Intégrateur avec amplificateur linéaire intégré

(14)

E27 - Fréquencemètre

1°) Sans rétroaction de la sortie sur l'entrée inverseuse, le montage fonctionne en régime de saturation.

2°) Si v

e

(t) = V- = 0, le régime est permanent et le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert ; ainsi V+ = ½ V

sat

, donc ε> 0 et Vs = V

sat

3°) Reprenons le circuit et fléchons-le :

a) Commençons par calculer ε (0

⁺

) :

ε (0

⁺

) = 𝑎𝑎

+

(0

⁺

) − 𝑎𝑎

𝑑𝑑

(0

⁺

) = 𝑎𝑎

𝑑𝑑

(0

⁺

) − 𝑎𝑎

𝑐𝑐

(0

⁺

) − 𝑎𝑎

𝑑𝑑

(0

⁺

) La tension u

c

(t) est une fonction continue du temps: 𝑎𝑎

_𝑐𝑐

(0

⁺

) =

^𝑉𝑉^{𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠}₂

⇒ ε (0

⁺

) = 𝑎𝑎

𝑑𝑑

(0

⁺

) − 3

2 𝑉𝑉

< 0

La tension de sortie va basculer pendant la durée de l’impulsion de 𝑉𝑉

à - 𝑉𝑉

. b) Or :

𝑉𝑉

_𝑑𝑑

= 1

2 𝑉𝑉

+ 𝑅𝑅𝑐𝑐 + 𝑢𝑢

_𝑐𝑐

= 1

2 𝑉𝑉

+ 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑢𝑢

𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑢𝑢

_𝑐𝑐

⇔ 𝑅𝑅𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑢𝑢

𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑢𝑢

_𝑐𝑐

= − 3 2 𝑉𝑉

⇒ 𝑢𝑢

_𝑐𝑐

= − 3

2 𝑉𝑉

+ 𝐴𝐴 𝑒𝑒

^−𝑑𝑑^τ

= − 3

2 𝑉𝑉

+ 𝑉𝑉

𝑒𝑒

^−𝑑𝑑^τ

Prenons comme nouvelle origine du temps la fin de l’impulsion :

Alors 𝑢𝑢

𝑐𝑐

(0

⁺

) = −

^𝑉𝑉^{𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠}₂

⇒ 𝑢𝑢

_𝑐𝑐

= − 3

2 𝑉𝑉

+ 𝑉𝑉

𝑒𝑒

^−𝑑𝑑^τ

ε = 𝑎𝑎

𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

𝑐𝑐

− 𝑎𝑎

𝑑𝑑

= 𝑎𝑎

𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

𝑐𝑐

= 1

2 𝑉𝑉

− 𝑉𝑉

𝑒𝑒

^−𝑑𝑑^τ

𝑐𝑐𝑎𝑎𝑃𝑃 𝑎𝑎

𝑑𝑑

𝑒𝑒𝑠𝑠𝑑𝑑 𝑃𝑃𝑒𝑒𝑟𝑟𝑎𝑎𝑠𝑠𝑠𝑠é à 0 Or : ε = 0 ⇒ θ = τ 𝐿𝐿𝑜𝑜(2)

4°) La tension v

s

(t) a pour période T, elle vaut -V

sat

de 0 à θ et +V

sat

de θ à T; on en déduit sa valeur moyenne temporelle :

〈 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

〉 = 𝑉𝑉

𝑇𝑇 (− θ + 𝑇𝑇 − θ ) = 𝑉𝑉

�1 − 2 θ

𝑇𝑇 � = 𝑉𝑉

(1 − 2𝑅𝑅𝐶𝐶𝑓𝑓 𝐿𝐿𝑜𝑜(2))

5°) Pour récupérer la valeur moyenne d'un signal il faut faire un filtrage de type passe-bas, par exemple

en prélevant la tension aux bornes du condensateur d'un circuit R'C' série. Pour que le filtrage soit

efficace il faut que R'C' << T. Notons qu'il faut aussi disposer d'un soustracteur pour mesurer f car

c'est la différence 𝑉𝑉

− 〈 𝑎𝑎

𝑑𝑑

〉 qui est proportionnelle à la fréquence f des impulsions.

(15)

E31 - Oscillateur à circuit LC

(16)

E32 - Oscillateur à résistance négative

1°) La connaissance de la caractéristique du dipôle de la figure 1 permettant de simplifier l'étude du montage de la figure 2. On va étudier la naissance des oscillations avec une phase initiale d'amplification où l'amplificateur linéaire intégré est en régime linéaire.

Bilan des inconnues : v

s

, v et v

B

. On cherche à les exprimer en fonction de i.

Il faut donc écrire 3 équations :

- Loi des noeuds en termes de potentiels en A et B - Amplificateur linéaire intégré idéal en régime linéaire On a donc :

𝑎𝑎

𝑏𝑏

=

^𝑣𝑣₂^𝑠𝑠

, 𝑐𝑐 +

^𝑣𝑣^𝑠𝑠_𝑅𝑅^−𝑣𝑣

= 0 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑎𝑎

𝑏𝑏

= 𝑎𝑎 ⇒ 𝑐𝑐 +

^𝑣𝑣_𝑅𝑅^𝑏𝑏

= 0

⇒ 𝑎𝑎 = −𝑅𝑅𝑐𝑐 (𝑒𝑒𝑜𝑜 𝑐𝑐𝑜𝑜𝑜𝑜𝑎𝑎𝑒𝑒𝑜𝑜𝑑𝑑𝑐𝑐𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑃𝑃é𝑐𝑐𝑒𝑒𝑟𝑟𝑑𝑑𝑒𝑒𝑢𝑢𝑃𝑃 !)

Il ne faut pas oublier de vérifier tes hypothèses. Les calculs précédents sont valables à condition d'être en régime linéaire. Il faut donc que |𝑎𝑎

_𝑑𝑑

| ≤ 𝑉𝑉

Les relations précédentes donnent :

𝑎𝑎

_𝑑𝑑

= −2𝑅𝑅𝑐𝑐

On appelle i

0

la valeur de i pour laquelle v

s

vaut —V

sat

: 𝑐𝑐

₀

=

^𝑉𝑉_2𝑅𝑅^{𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠}

Pour être en régime linéaire, on doit donc avoir : |𝑐𝑐| ≤ 𝑐𝑐

₀

:

- Régime de saturation positive ou négative : Les trois équations s'écrivent : 𝑎𝑎

_𝑏𝑏

= 𝑎𝑎

𝑑𝑑

2 , 𝑐𝑐 + 𝑎𝑎

𝑑𝑑

− 𝑎𝑎

𝑅𝑅 = 0 𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑎𝑎

_𝑑𝑑

= ±𝑉𝑉

⇒ 𝑐𝑐 + ±𝑉𝑉

− 𝑎𝑎

𝑅𝑅 = 0

⇒ 𝑎𝑎 = ±𝑉𝑉

+ 𝑅𝑅𝑐𝑐 On en déduit la caractéristique donnant v en fonction de i :

Pour 𝑐𝑐 𝜖𝜖 [−𝑐𝑐

_𝑜𝑜

, 𝑐𝑐

_𝑜𝑜

] , le montage est équivalent à une résistance négative. C'est en fait un générateur de tension proportionnelle à l'intensité. L'énergie vient de l'alimentation de l'amplificateur linéaire intégré qui n'est pas représentée sur le schéma mais qu'il ne faut pas oublier en TP !

2°) On a étudié dans la question précédente le dipôle représenté en pointillés.

En régime linéaire, l'équation différentielle s'écrit : 𝑎𝑎 = −𝑃𝑃𝑐𝑐 − 𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑞𝑞

𝐶𝐶 = −𝑅𝑅𝑐𝑐

(17)

D'après les orientations de i et q : 𝑐𝑐 = −

^{𝑑𝑑𝑑𝑑}_{𝑑𝑑𝑑𝑑}

En dérivant l'équation précédente par rapport au temps, on obtient :

−𝐿𝐿 𝑑𝑑²𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑² + (𝑅𝑅 − 𝑃𝑃) 𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑑𝑑𝑑𝑑 −

𝑐𝑐

𝐶𝐶 = 0 ⇔ 𝑑𝑑²𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑² + (𝑃𝑃 − 𝑅𝑅) 𝐿𝐿

𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑐𝑐

𝐿𝐿𝐶𝐶 = 0

Le système est donc divergent si R > r. Ce régime reste valable tant que la tension v

s

n'atteint pas la saturation de l'amplificateur opérationnel. On n'a plus la même équation différentielle une fois la saturation atteinte.

- En régime de saturation positive ou négative : L'équation différentielle s'écrit :

𝑎𝑎 = −𝑃𝑃𝑐𝑐 − 𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑞𝑞

𝐶𝐶 = 𝑅𝑅𝑐𝑐 ± 𝑉𝑉

En dérivant l'équation précédente par rapport au temps, on obtient :

𝑑𝑑²𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑² + (𝑃𝑃 + 𝑅𝑅) 𝐿𝐿

𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝑐𝑐

𝐿𝐿𝐶𝐶 = 0 On a donc un régime convergent.

3°) Pour r = R, on retrouve l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique : 𝑑𝑑²𝑐𝑐

𝑑𝑑𝑑𝑑² + 𝑐𝑐 𝐿𝐿𝐶𝐶 = 0 On peut donc avoir des oscillations sinusoïdales.

4°) Analyse de la courbe :

- À t = 0, les conditions initiales sont quasi nulles. L'amplificateur linéaire intégré est en régime linéaire. On a une phase d'amplification. L'énergie reçue vient de l'alimentation de l'amplificateur linéaire intégré. On observe sur la courbe un régime pseudo-périodique divergent.

- Il y a ensuite une saturation de l'amplificateur linéaire intégré. On n'a plus la même équation différentielle et on observe une phase d'amortissement.

- On a ensuite une alternance des phases d'amplification et d'amortissement. Un équilibre peut se créer et on obtient d'après la figure des solutions quasi sinusoïdales.

Conclusion :

- r > R : le système ne peut pas démarrer. On a toujours une phase d'amortissement et on ne peut pas observer la naissance des oscillations.

- r = R est un cas théorique puisqu'en pratique, on n'a pas l'égalité parfaite.

- r < R : on peut observer la naissance des oscillations.

(18)

E33 - Oscillateur de relaxation

(19)

E34 - Stabilisation d'amplitude d'un oscillateur

(20)

35 – Multivibrateur astable

On s'intéresse au circuit électrique présenté ci-dessous :

(21)

7°) On aura une constante de temps pour les phases de charge et une autre pour la phase de décharge

du condensateur. On va donc rendre non symétrique le créneau de sortie.

(22)

E41 - Condition de Shannon

Il faut bien définir les paramètres de l'échantillonnage pour pouvoir appliquer le théorème de

Shannon. Si le théorème de Shannon n'est pas vérifié, on observe un repliement du spectre.

(23)

(24)

E42 - Filtrage d'un signal modulé en amplitude

E43 - Filtre numérique

1°) Soit :

𝑠𝑠

𝑘𝑘

− 2𝑠𝑠

𝑘𝑘−1

+ 𝑠𝑠

𝑘𝑘−2

𝑇𝑇

_𝑑𝑑²

+ 𝑗𝑗

0

𝑄𝑄

𝑠𝑠

𝑘𝑘

− 𝑠𝑠

𝑘𝑘−1

𝑇𝑇

_𝑑𝑑

+ 𝑗𝑗

₀²

𝑠𝑠

_𝑘𝑘

= 𝑗𝑗

0

𝑄𝑄

𝑒𝑒

𝑘𝑘

− 𝑒𝑒

𝑘𝑘−1

𝑇𝑇

_𝑑𝑑

⇔ 𝑠𝑠

𝑘𝑘

− 2𝑠𝑠

𝑘𝑘−1

+ 𝑠𝑠

𝑘𝑘−2

+ 𝑗𝑗

₀

𝑇𝑇

_𝑑𝑑

𝑄𝑄 (𝑠𝑠

_𝑘𝑘

− 𝑠𝑠

𝑘𝑘−1

) + 𝑗𝑗

02

𝑠𝑠

𝑘𝑘

= 𝑗𝑗

₀

𝑇𝑇

_𝑑𝑑

𝑄𝑄 (𝑒𝑒

_𝑘𝑘

− 𝑒𝑒

𝑘𝑘−1

)

⇔ 𝑠𝑠

_𝑘𝑘

�1 + 𝑗𝑗

0

𝑇𝑇

𝑑𝑑

𝑄𝑄 + 𝑗𝑗

₀²

𝑇𝑇

_𝑑𝑑²

� = 2𝑠𝑠

_𝑘𝑘−1

− 𝑠𝑠

_𝑘𝑘−2

+ 𝑗𝑗

0

𝑇𝑇

𝑑𝑑

𝑄𝑄 (𝑒𝑒

_𝑘𝑘

− 𝑒𝑒

_𝑘𝑘−1

+ 𝑠𝑠

_𝑘𝑘−1

)

⇒ α = 1 + 𝑗𝑗

₀

𝑇𝑇

_𝑑𝑑

𝑄𝑄 + 𝑗𝑗

₀²

T

e2

2°) Le temps caractéristique d'amortissement est de 2 périodes environ. Donc Q est de l'ordre de 2 (2 exactement en réalité). Par le décrément logarithmique on obtient à peu près deux.

3°) Le filtre est instable. Ce qui veut dire que la méthode proposée, si elle a le mérite de la simplicité,

n'est pas fiable. Il existe de nombreuses autres méthodes de synthèse, mais elles dépassent le cadre du

programme

(25)

E44 - Repliement du spectre

E45 - Puissance d'un signal modulé

b) 𝐿𝐿𝑜𝑜𝑃𝑃𝑠𝑠𝑞𝑞𝑢𝑢𝑒𝑒 𝐾𝐾𝑀𝑀

𝑚𝑚

= 1 𝑎𝑎𝑙𝑙𝑜𝑜𝑃𝑃𝑠𝑠 𝑃𝑃 =

^3𝑉𝑉₄^𝑚𝑚²

𝑒𝑒𝑑𝑑 𝑃𝑃

𝑝𝑝

=

¹₂

𝑉𝑉

𝑚𝑚2

𝑑𝑑

^′

𝑜𝑜ù 𝑙𝑙𝑒𝑒 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑟𝑟𝑟𝑟𝑜𝑜𝑃𝑃𝑑𝑑

_𝑃𝑃^𝑃𝑃

𝑝𝑝

=

³₂

(26)