Correction du DS de P3 du 12 janvier 2016

INSA de Rouen - STPI1 - E.C. P3

Correction du DS de P3 du 12 janvier 2016

Partie A

A1)Les ´equivalences entre les g´en´erateurs de Th´evenin et de Norton donnent les circuits ci-dessous :

avec η=e/R

Une association de dipˆoles en parall`ele donne : 1

Z_{T h} =jCω+ 1

R ce qui donne Z_{T h} = R

1 +jRCω (1)

Enfin,e_{T h} =Z_{T h}×η= R

1 +jRCω · e

R et donc e_{T h} = e

1 +jRCω (2) Analyse dimensionnelle :

1 jCω

= [R] et donc [RCω] = [1] Ainsi [1 +jRCω] = [1] et donc R

1 +jRCω

= [Z] L’expression (1) est bien homog`ene.

De plus

e 1 +jR_Cω

= [e] L’expression (2) est bien homog`ene.

A2)Un pont diviseur de tension donne : u= jLω

Z_{T h}+jLωe_{T h} ce qui s’´ecrit : u= jLω

R

1+jRCω +jLω × 1

1 +jRCωe On obtient finalement u= jLωe

R+jLω+j²RCLω² A3)On a u= jLωe

R+jLω+j²RCLω² ce qui donne H= u

e = 1

1 +_jLω^R +jRCω = A₀ 1 +jQ(x−_x¹) On obtient donc l’expression demand´ee avec A0 = 1 . Pourx etQ, proc´edons par identification : ( Qx=RCω (1)

Q x = R

Lω (2)

1

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(1) ×(2)donneQ² =R²C

L et donc Q=R rC

L etQs’appelle lefacteur de qualit´e.

(1) /(2) donnex² =LCω² et donc x=

√ LCω

Il s’agit d’un filtre passe-bande d’ordre 2 de pulsation propre ω0 telle que x = ω ω0

avec ω₀ = 1

√ LC

A4)|H|= 1

|1 +_jLω^R +jRCω| et donc |H|= 1 s

1 +R²

Cω− 1 Lω

2

Arg(H) = Arg 1

1 +_jLω^R +jRCω

!

= Arg(1)−Arg

1 +jR(Cω− 1 Lω)

et donc Arg(H) =−arctan

RCω− R Lω

A5) |H|passe par un maximum si et seulement si 1 +R²

Cω− 1 Lω

2

est minimum c’est `a dire Cω− 1

Lω = 1 ce qui donne LCω² = 0 et donc ω=ωr= 1

√ LC On est en pr´esence d’un ph´enom`ene de r´esonance.

θ_r= Arg(H(ω=ω_r)) = 0

A la r´esonance, les tensions u(t) et e(t) sont en phase.

A la r´esonance |H|= 1 et donc (U_max)_r =E_max

A6)On d´etermine graphiquement fr= 800 Hz (abscisse du maximum de la courbe |H|(f)) A7a) 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.

On cherche les deux fr´equences telles que|H|(f) = Hmax

√2 , deux fr´equences v´erifient ce crit`ere : 700 et 900 Hz.

La bande passante correspond alors `a l’intervalle [700; 900] Hz et la largeur de la bande passante est de 200 Hz.

A7b) On utilise la formule ∆f = f0

Q et doncQ= f0

∆f Ici, f0 = 1

2π√

LC = fr et donc Q = 800

200 ce qui donne Q= 4

A8)Pour une r´esonance plus aigu¨e, le facteur de qualit´e Q est plus ´elev´e et la bande passante plus ´etroite.Q est donc plus ´elev´e et ∆f plus faible qu’`a la question pr´ec´edente.

2

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Partie B

B1) La fr´equence de u_e(t) est la fr´equence de la composante fon- damentale, il s’agit donc defe.

Il n’y a pas de composante continue, la valeur moyenne deu_e(t) est donc nulle : < ue(t)>= 0

B2) fe est la fr´equence du cr´eneau.

T_e = 5 (div) × 0,2 (ms) = 1 ms. On a f_e = 1

T_e ce qui donne fe = 1 kHz

E est l’amplitude du cr´eneau E = 2 (div)× 5 V ce qui donne E = 10 V

Les branchements de l’oscilloscope sont indiqu´es sur la figure ci-contre.

B3) On posex= ω

ω₀, ce qui donne

H = 1

1 +jQx−j^Q_x

Int´eressons-nous aux termes pr´epond´erants en haute et basse fr´equence :

Tr`es basses fr´equences :On ax1, ce qui donne 1

x 1 et 1 x x D’o`u H≈ −1

jQ/x = −x

jQ ⇒ |H|= x

Q et doncG_dB(x) = 20 log|H| ≈20 log x Q Cherchons la variation du gain sur une d´ecade :

G_dB(10x) = 20 log|H| ≈20 log10x

Q = 20 log x

Q + 20 log 10 =G_dB(x) + 20

En basses fr´equences, la pente de l’asymptote `a la courbe est de + 20 dB/decade.

Tr`es hautes fr´equences :On a x1, ce qui donnex 1

x etx1 D’o`u H≈ 1

jQx et doncG_dB(x) = 20 log|H| ≈20 log 1 Qx Cherchons la variation du gain sur une d´ecade :

GdB(10x)≈20 log 1

Q×10x = 20 log 1

Qx −20 log 10 =GdB(x)−20

En hautes fr´equences, la pente de l’asymptote `a la courbe est de - 20 dB/decade.

B.4.a.u_s(t) est une fonction sinuso¨ıdale, son spectre contient une seule raie (ou composante spectrale) d’amplitude 4,2V. Sa p´eriode est deT_e/3, sa fr´equence est donc de 3fe = 3 kHz.

B.4.b.Pour 3kHz, on a |H|= 4,2

4×10 3×π

= 0,99≈1 Donc l’op´erateur est `a la r´esonance :f₀ = 3kHz.

La bande passante est tr`es ´etroite puisque les harmoniques de fr´equence 1 et 5 kHz ont des amplitudes n´egligeables.

On a ∆f = f₀

Q, le facteur de qualit´e est grand donc Q 1

√2 B5) On a : f0= 1

2πR2C d’o`u R2= 1 2πCf0

AN :R₂ = 1

2π×530×10⁻⁹×3.10³ ce qui donne R₂ = 100 Ω D’autre part, on a Q= R

R2

AN :Q= 10⁴

10² ce qui donne Q= 100 . On a bien Q 1

√ 2

3