Correction DM n°3
Q1. Le modèle de l’amplificateur linéaire intégré idéal a les caractéristiques suivantes : - Impédance d’entrée infinie, ce qui implique que les courants de polarisations sont nuls
⟹ 𝑖+ = 𝑖− = 0.
- Impédance de sortie nulle - Gain différentiel infini.
La tension aux bornes de la résistance 𝑅1 vérifie : 𝑈𝑅1 = 𝑅1𝑖+ = 0
On en déduit que 𝑉+ = 𝑉𝑒.
Il y a une rétroaction sur la borne inverseuse de l’ALI, on peut donc en déduire que son fonctionnement est a priori linéaire. De plus, le gain différentiel étant infini, on en déduit que :
𝑉− = 𝑉+ = 𝑉𝑒
Sachant que 𝑖− = 0, les résistances 𝑅1 et 𝑅2 sont en série, donc un pont diviseur de tension donne :
𝑈𝑅3 = 𝑅3
𝑅2+ 𝑅3(𝑉𝑠− 𝑒1)
⟹ 𝑉−− 𝑒1 = 𝑅3
𝑅2+ 𝑅3(𝑉𝑠− 𝑒1)
⟹𝑉𝑒 = 𝑅3
𝑅2+ 𝑅3𝑉𝑠+ 𝑅2 𝑅2 + 𝑅3𝑒1 Q2. AN : 𝑉𝑒 = 1,08 𝑉
Q3. L’intensité de la force vérifie :
𝐹 = 𝐶 𝐾𝑉𝑒 AN : 𝐹 = 0,86 𝑁
Q4.
On appelle 𝑍1 l’impédance équivalente à 𝑅1 et 𝐶1 en série, et 𝑍2 l’impédance équivalente à 𝑅2 et 𝐶2 en série.
𝑍1 = 𝑅1+ 1 𝑗𝐶1𝜔 𝑍2 =
𝑅2 𝑗𝐶2𝜔 𝑅2+ 1
𝑗𝐶2𝜔
= 𝑅2 1 + 𝑗𝑅2𝐶2𝜔
L’ALI ayant une rétroaction sur la borne inverseuse, on peut supposer que son
fonctionnement est a priori linéaire. De plus, comme il a un gain différentiel infini, on en déduit que 𝑉− = 𝑉+ = 0.
Le courant de polarisation 𝑖− étant nul, les deux impédances 𝑍1 et 𝑍2 sont en série. L’égalité des courants s’écrit :
𝑉𝑒− 𝑉−
𝑍1 = 𝑉−− 𝑉𝑠 𝑍2 ⟹ 𝑉𝑒
𝑍1 = −𝑉𝑠 𝑍2 ⟹𝑉𝑠
𝑉𝑒 = −𝑍2 𝑍1 On en déduit que la fonction de transfert de ce filtre vérifie :
𝐻(𝑗𝜔) = −
𝑅2 1 + 𝑗𝑅2𝐶2𝜔
𝑅1+ 1 𝑗𝐶1𝜔
= − 𝑅2
(𝑅1+ 1
𝑗𝐶1𝜔) (1 + 𝑗𝑅2𝐶2𝜔)
⟹ 𝐻(𝑗𝜔) = − 𝑅2
𝑅1+𝑅2𝐶2 𝐶1 + 1
𝑗𝐶1𝜔 + 𝑗𝑅1𝑅2𝐶2𝜔
⟹𝐻(𝑗𝜔) = −
𝑅2𝐶1 𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2 1 + 𝑗( 𝑅1𝑅2𝐶2𝐶1
𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2𝜔 − 1
(𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2)𝜔) Par identification a la fonction de transfert de l’énoncé on trouve :
{
𝐴 = 𝑅2𝐶1 𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2 𝜔1 =𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2
𝑅1𝑅2𝐶2𝐶1 𝜔2 = 1
𝑅1𝐶1+ 𝑅2𝐶2
Q5. Quand 𝜔 → 0 et 𝜔 → ∞ ⟹ 𝐻 → 0, il s’agit donc d’un filtre passe-bande.
Q6. Le gain est défini par 𝐺 = |𝐻|, donc :
𝐺 = 𝐴
√1 + (𝜔 𝜔1−𝜔2
𝜔 )
2
Comme le numérateur est une constante, le gain est maximal quand le dénominateur passe par un minimum, soit quand (𝜔
𝜔1−𝜔2
𝜔)2 est minimal. Sachant que (𝜔
𝜔1−𝜔2
𝜔)2 ≥ 0, le minimum vérifie (𝜔
𝜔1−𝜔2
𝜔)2 = 0 ⟹ 𝜔
𝜔1−𝜔2
𝜔 = 0 ⟹ 𝜔2 = 𝜔1𝜔2
⟹𝜔 = √𝜔1𝜔2 Le gain maximal vaut : 𝐺𝑚𝑎𝑥 = 𝐴
Q7. Pour vérifier que deux signaux sont en opposition de phase, on utilise un oscilloscope branché comme indiqué à la question Q4 et on vérifie que l’un des signaux est maximal quand l’autre est minimal et réciproquement.
On peut vérifier de manière bien plus précise en utilisant le mode XY de l’oscilloscope : quand les deux signaux sont en opposition de phase, on observe un segment de droite de pente négative.
Q8. Quand l’entrée et la sortie sont en opposition de phase, 𝐻 = −𝐴 et 𝜔 = √𝜔1𝜔2, on en déduit que la fréquence de la contrainte vaut :
𝑓 = 1 2𝜋√𝑅1𝑅2𝐶2𝐶1 AN : 𝑓 ≃ 0,3 𝑘𝐻𝑧
Q9. On peut utilizer l’ALI dans un montage en comparateur simple :
La diode doit s’allumer lorsque la tension aux bornes du quartz passe par une valeur haute de l’ordre de 3 V. On peut choisir, par exemple, la tension 𝐸0 = 1 𝑉.
Lors d’un simple freinage, 𝑉+ = 𝑉𝑒 = 𝑉𝑓 < 𝑉−= 𝐸0, alors 𝜖 = 𝑉+− 𝑉− < 0, donc 𝑉𝑠 =
−𝑉𝑠𝑎𝑡 = −15 𝑉 et la LED est éteinte.
Lors d’un choc, 𝑉+ = 𝑉𝑒 = 𝑉𝐶 > 𝑉− = 𝐸0, alors 𝜖 = 𝑉+− 𝑉− > 0, donc 𝑉𝑠 = 𝑉𝑠𝑎𝑡 = 15 𝑉 et la LED est allumée.
La résistance 𝑅𝑝 est une résistance de protection qui limite l’intensité du courant 𝑖𝑑 et la puissance dissipée dans la diode :
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑑. 𝐼𝑑,𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑑𝑉𝑠𝑎𝑡− 𝑈𝑑
𝑅𝑑 ⟹ 𝑅𝑑 = 𝑈𝑑𝑉𝑠𝑎𝑡− 𝑈𝑑 𝑃𝑚𝑎𝑥 AN : 𝑅𝑑 = 260 Ω
Q10. 𝑑
2𝑧
𝑑𝑡2 représente l’accélération du centre d’inertie de la poutre.
Q11. −𝑘𝑧 correspond à une force de rappel élastique liée à la flexibilité de la poutre.
−𝛼𝑑𝑧
𝑑𝑡 traduit une force de frottement modélisant l’action de l’air sur la poutre en vibration.
Q12. En passant l’équation du mouvement en notation complexe, on obtient :
−𝑀𝜔2𝑍𝑚+ 𝑗𝛼𝜔𝑍𝑚+ 𝑘𝑍𝑚 = 𝐹0
⟹𝑍𝑚 = 𝐹0
𝑘 + 𝑗𝛼𝜔 − 𝑀𝜔2
Q13. D’après le résultat de la question 12, en posant 𝜔0 = √𝑘/𝑀, on obtient : 𝑍𝑚 =
𝐹0 𝑘 1 + 𝑗𝛼
𝑘𝜔 −𝜔2 𝜔02 Pour 𝜔 = 𝜔0, on a
𝑍𝑚 = 𝐹0 𝑗𝛼𝜔0 En repassant à la notation réelle, on en déduit que :
𝑧(𝑡) = 𝐹0
𝛼𝜔0cos (𝜔0𝑡 −𝜋
2) = 𝐹0
𝛼𝜔0sin(𝜔0𝑡)
Le centre de masse oscille à la même pulsation que la force mais en quadrature de phase avec une amplitude de 𝐹0
𝛼𝜔0.
Q14. D’après la définition de la vitesse, on obtient :
𝑣𝑧 =𝑑𝑧 𝑑𝑡 =𝐹0
𝛼 cos(𝜔0𝑡)
Q15. La capacité 𝐶0 correspond à la capacité du quartz à accumuler des charges sur ses armatures.
Q16. D’après la définition de l’énoncé : [𝛽] = [𝐹𝑜𝑟𝑐𝑒]
[𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛]⟹ [𝛽𝑣𝑧] =[𝐹𝑜𝑟𝑐𝑒. 𝑣𝑖𝑡𝑒𝑠𝑠𝑒]
[𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛] = [𝑃𝑢𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑐𝑒]
[𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛] = [𝐼𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑡é]
Le produit 𝛽𝑣𝑧 est bien homogène à l’intensité d’un courant.
Q17. La loi des nœuds en notation complexe donne : 𝛽𝑣𝑧 = 𝑗𝐶0𝜔0𝑉 +𝑉
𝑅
⟹ 𝑉 = 𝛽𝑣𝑧 𝑗𝐶0𝜔0+ 1
𝑅
= 𝑅𝛽𝑣𝑧 𝑗𝑅𝐶0𝜔0 + 1
A l’aide de la question Q14, on en déduit que l’amplitude complexe 𝑉𝑚 vérifie : 𝑉𝑚 = 𝑅𝛽𝐹0
𝛼(1 + 𝑗𝑅𝐶0𝜔0) D’où l’amplitude des oscillations :
𝑉𝑚 = 𝑅𝛽𝐹0 𝛼√1 + (𝑅𝐶0𝜔0)2 Q18. Par définition d’une fonction de transfert, on a :
𝑣𝑠 = 𝐻(𝑗𝜔)𝑣𝑒 Q19. Une loi des mailles donne : 𝐾(𝑗𝜔)𝑣𝑠+ 𝑣𝑒 = 𝑣1
Q20. En réinjectant l’expression de 𝑣𝑒 de la question Q18, dans celle de Q19, on obtient : 𝐾(𝑗𝜔)𝑣𝑠+ 𝑣𝑠
𝐻(𝑗𝜔)= 𝑣1 ⟹ 𝑣𝑠(𝐾(𝑗𝜔) + 1
𝐻(𝑗𝜔)) = 𝑣1
⟹ 𝑣𝑠
𝑣1 = 1 𝐾(𝑗𝜔) + 1
𝐻(𝑗𝜔)
⟹𝐴(𝑗𝜔) = 𝐻(𝑗𝜔) 1 + 𝐻(𝑗𝜔)𝐾(𝑗𝜔)
Q21. Pour avoir la sortie non nulle avec une tension d’entrée nulle, la fonction de transfert 𝐴(𝑗𝜔) doit être infinie, donc 𝐻(𝑗𝜔)𝐾(𝑗𝜔) = −1.
Q22. Ce qui implique pour le gain : |𝐻(𝑗𝜔)||𝐾(𝑗𝜔)| = 1
Q23. Et pour la phase : arg (𝐻(𝑗𝜔)𝐾(𝑗𝜔)) = 𝜋 ⟹arg (𝐻(𝑗𝜔)) + arg (𝐾(𝑗𝜔)) = 𝜋 Q24. On considère les impédances équivalentes d’une part pour l’association série :
𝑍𝑠 = 𝑅 + 1 𝑗𝐶𝜔 et d’autre part pour l’association parallèle :
1 𝑍𝑝 = 1
𝑅+ 𝑗𝐶𝜔 On peut alors se ramener à la formule du diviseur de tension :
𝐾(𝑗𝜔) = 𝑢𝑠
𝑢𝑒 = 𝑍𝑝
𝑍𝑝+ 𝑍𝑠 = 1 1 +𝑍𝑠
𝑍𝑝
= 1
1 + (𝑅 + 1 𝑗𝐶𝜔) (1
𝑅 + 𝑗𝐶𝜔)
⟹𝐾(𝑗𝜔) = 1
3 + 𝑗 (𝑅𝐶𝜔 − 1 𝑅𝐶𝜔) Q25. Le gain vérifie :
⟹|𝐾(𝑗𝜔)| = 1
√9 + (𝑅𝐶𝜔 − 1𝑅𝐶𝜔)
2
Pour 𝜔 → 0 et 𝜔 → ∞ ⟹ 𝐾 → 0, il s’agit donc d’un filtre passe-bande. La pulsation de résonance 𝜔𝑟 = 1
𝑅𝐶 et |𝐾(𝑗𝜔𝑟)| =1
3. Q26. D’où l’allure du gain :
Q27. L’impédance vérifie :
𝑍𝑠 = 𝑅 + 1
𝑗𝐶𝜔0 = 𝑅 − 𝑗𝑅 Soit : 𝑍𝑠 = (1 − 𝑗)𝑅
Q28. L’impédance vérifie : 1 𝑍𝑝 = 1
𝑅+ 𝑗𝐶𝜔0 = 1 𝑅+ 𝑗
𝑅 =1 + 𝑗 𝑅
⟹𝑍𝑝 = 𝑅 1 + 𝑗
Q29. Comme le courant de polarisation 𝑖+ est nul, les deux impédances 𝑍𝑠 et 𝑍𝑝 sont en série.
Un pont diviseur de tension donne : 𝑣 = 𝑍𝑝
𝑍𝑝+ 𝑍𝑠𝑣𝑠 ⟹ 𝑣 𝑣𝑠 =
𝑅 1 + 𝑗 𝑅
1 + 𝑗 +(1 − 𝑗)𝑅
= 1
1 + (1 + 𝑗)(1 − 𝑗)= 1 3
⟹|𝑣 𝑣𝑠| = 1
3 On retrouve bien le résultat de la question Q26.
Q30. Le courant de polarisation 𝑖− étant nul, 𝑅1 et 𝑅2 sont en série. L’égalité des courants s’écrit :
𝑣1− 𝑣−
𝑅1 =𝑣−− 𝑣𝑠 𝑅2 De plus 𝑣1= 𝑣𝑒+ 𝑣, donc :
𝑣𝑒+ 𝑣 − 𝑣−
𝑅1 = 𝑣−− 𝑣𝑠 𝑅2
L’ALI possède une rétroaction sur la borne inverseuse, on peut donc supposer qu’il
fonctionne a priori en régime linéaire. De plus, son gain différentiel étant infini, on en déduit que : 𝑣− = 𝑣+ = 𝑣
En réinjectant dans l’équation précédente, on en déduit que : 𝑣𝑒
𝑅1 = 𝑣 − 𝑣𝑠 𝑅2
⟹𝑣 =𝑅2
𝑅1𝑣𝑒+ 𝑣𝑠 Q31. D’après la question 29, on sait qu’à 𝜔 = 𝜔0 : 𝑣 =1
3𝑣𝑠, donc en réinjectant dans le résultat de la question précédente, on obtient :
1
3𝑣𝑠 = 𝑅2
𝑅1𝑣𝑒+ 𝑣𝑠 ⟹ −2
3𝑣𝑠 =𝑅2 𝑅1𝑣𝑒 D’où la fonction de transfert :
𝐻(𝑗𝜔0) = 𝑣𝑠
𝑣𝑒 = −3 2
𝑅2 𝑅1
Q32. D’après la question Q21, on sait que : 𝐻(𝑗𝜔0)𝐾(𝑗𝜔0) = −1, donc : 𝐾(𝑗𝜔0) = − 1
𝐻(𝑗𝜔0) =2 3
𝑅1 𝑅2 =1
3⟹ 𝑅2 = 2𝑅1 On pourrait prendre par exemple 𝑅1 = 1 𝑘Ω et 𝑅2 = 2 𝑘Ω.
Q33. En basse fréquence le schéma équivalent du quartz est :
En basse fréquence, le quartz se comporte
donc comme un interrupteur ouvert, donc une impédance infinie.
En haute fréquence le schéma équivalent du quartz est :
En haute fréquence, le quartz se comporte donc comme un fil, donc une impédance nulle.
Q34. L’impédance équivalente du quartz vérifie : 1
𝑍𝐴𝐵 = 𝑗𝐶0𝜔 + 1 𝑗𝐿𝜔 + 1
𝑗𝐶𝜔
= 𝑗𝐶0𝜔 + 𝑗𝐶𝜔 1 − 𝐿𝐶𝜔2
⟹ 𝑍𝐴𝐵 = 1 𝑗𝐶0𝜔 + 𝑗𝐶𝜔
1 − 𝐿𝐶𝜔2
= 1 − 𝐿𝐶𝜔2
(1 − 𝐿𝐶𝜔2)𝑗𝐶0𝜔 + 𝑗𝐶𝜔
⟹ 𝑍𝐴𝐵 = 1 − 𝐿𝐶𝜔2 𝑗(𝐶 + 𝐶0− 𝐿𝐶𝐶0𝜔2)𝜔
⟹𝐼𝑚(𝑍𝐴𝐵) = − 1 − 𝐿𝐶𝜔2 (𝐶 + 𝐶0− 𝐿𝐶𝐶0𝜔2)𝜔 On trouve deux pulsations caractéristiques :
• 𝜔1 = 1
√𝐿𝐶 pour laquelle 𝑍𝐴𝐵 = 0
• 𝜔2 = √𝐶+𝐶𝐿𝐶𝐶0
0 pour laquelle 𝐼𝑚(𝑍𝐴𝐵) diverge.
Sachant que :
𝐶 + 𝐶0
𝐶0 > 1 ⟹ 𝜔1 < 𝜔2 On observe bien une asymptote verticale pour 𝜔2 > 𝜔1.
Q35. Le comportement du quartz est capacitif quand 𝐼𝑚(𝑍𝐴𝐵) < 0.
Graphiquement on en déduit qu’il a un comportement capacitif dans les intervalles : [0, 𝜔1[ et ]𝜔2, ∞[.
