PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N◦5 - 17/01/15- durée 4H A. MARTIN
SIGNAUX
I. Filtre de Hartley
1. Il s’agit d’un pont diviseur de tension avec deux impédances identiques : s=12u. 2. Basse Fréquence (BF) : la bobine équivaut à un fil doncs= 0. SCHEMA
Haute Fréquence (HF) : le condensateur équivaut à un fil doncs=12u= 0. SCHEMA Il s’agit donc d’un filtre passe-bande.
3. On noteAle nœud connectant la résistance, la capacité et l’inductance, et on place une masse sur le conducteur d’où partent les flèches. SCHEMA
La loi des nœuds en terme de potentiel s’écrit :uR1 +jCω+jLω1 =Re + 0 +jLωs . En injectantu= 2set en regroupant on obtient H = 1
2+2RC jω+RLjω1, d’où H= H0
1 +jQx−1x , où
H0=12 est legain à la résonance(enx= 1), ω0=√1
2LC est lapulsation propre, et Q=RqC
2L est le facteur de qualité.
4. Les pentes des asymptotes sont respectivement de +20 dB.dec−1à gauche et−20 dB.dec−1à droite. Ceci est cohérent avec le fait que GdB= 20 logH0−20 log
r
1 +Q2x−1x2
!
et donc les asymptotes sont GdB ∼
x→020 logH0−20 logQ+ 20 logx et GdB ∼
x→∞20 logH0−20 logQ−20 logx
5. On lit sur le diagrammea=−6 dB ora= 20 logH0doncH0= 0,5, ce qui est cohérent avec la valeur théorique ci-dessus. On litb=−42 dB orb= 20 logH0−20 logQdoncQ= 631, ce qui est cohérent avec la caractère aigü de la résonance. En effet la bande passante est de l’ordre de ∆x∼0,01 or ∆x= 1/Q doncQ∼100.
On en déduit R=Qq2L
C = 8,9 kΩ.
6.
BF :H ∼
x→0 H0
Qjxdoncϕ ∼
x→0 π 2. HF :H ∼
x→∞
H0
Qjx doncϕ ∼
x→0−π2. EnfinH(x= 1) =H0doncϕ(x= 1) = 0.
La courbe réelle est symétrique par rapport à l’origine (ϕ(x) est impaire) et très rapprochée de l’axe des ordon- nées carQest grand.
7. Calculons la fréquence propre (de résonance) f0= 1
2π√
2LC = 11,3 kHz.
D’après les comportements asymtotiques reportés ci-dessus, le filtre joue le rôle de dérivateur à BF (pour x1,eest multiplié parjω), donc approximativement pourx <0,1 ouf <1,1 kHz.
Il joue le rôle d’intégrateur à HF (pourx1,eest divisé parjω), donc approximativement pourx >10 ouf >1,1.102kHz.
Toutefois, ces fonctions sont obtenues en dehors de la bande passante, horsle gain à la résonanceH0
est faible donc les signaux intégrés ou dérivés seront très faibles.
8. La composante continue est éliminée carG(x= 0) = 0. La partie variable est à la fréquence de résonance.
OrG(x= 1) =H0etϕ(x= 1) = 0. D’où s1(t) =H0E1mcos(ω1t) . 9. Valeur efficace (RMS) :E2=
s 1 T2
R T2
2
−T2 2
e22(t)dt=qT1
2E2m2 T2donc E2=E2m = 1,0 V.
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10.
11. G(x) =H0
1 +Q2x−1x2 −1
2 . Pour les 3 premiers harmoniques, on obtient respectivement les am- plitudes G(13)4Eπ2m = 0,004 V, G(1)−134Eπ2m =−0,21 V et G(53)154Eπ2m = 0,002 V. On peut donc éliminer les harmoniques de rang 1 et 5 puisque leurs amplitudes sont respectivement de l’ordre de 50 et 100 fois plus faibles. Ainsi s2(t)≈ −4E3π2mH0sin(3ω2t) . On n’a conservé que l’harmonique de rang 3, d’où le nom du filtre.
12. On n’est plus en RSF donc on ne peut plus raisonner avec les relations précédentes (valables en complexes).
On revient donc aux lois de Kirchhoff. Les deux bobines étant en série et identiques, elles sont soumises à la même tension. Doncu= 2s. Oruest continue pour un condensateur et il est déchargé àt= 0 donc
s4(0+) = 0 .
13. On a donc aussidsdt =12dudt. Or àt= 0+, le courant est nul dans les bobines (il doit rester continu) donc le courantiqui circulant dans la résistance de gauche à droite entre totalement dans le condensateur : i(0+) =Cdu
dt(0+). De plus àt= 0+on aE4m=Ri+u=Ri+0 donci(0+) =E4m/Ret ds4
dt(0+) =E4m
2RC . 14. En partant de la fonction de transfert canonique que l’on multiplie en haut et en bas parjxQ, on obtient
(jx)2+jx Q+ 1
s=H0
jx
Q ⇔ d2s dt2+ω0
Q ds
dt+ω20s=H0ω0
Q de dt . 15. CommeQ12, le discriminent de l’équation caractéristique ∆ =ω201
Q2−4est négatif. Le régime est donc pseudo-périodique et s4(t) =A e−
ω0t
2Q cos(Ωt+ϕ) avec Ω =ω0 q
1−4Q12 etA >0 par convention.
On as4(0+) = 0 =Acosϕdoncϕ=±π2. Dans la suite, on approxime les résultats compte-tenu du fait queQ= 631 : Ω≈ω0etdsdt4=A e−
ω0t 2Q h
−ωsin(Ωt±π2)−2Qω0cos(Ωt±π2)i≈ −ω0A e−
ω0t
2Q sin(Ωt±π2).
On a ds4
dt(0+) =E4m
2RC =−ω0Asin(±π2).
Ceci conduit àϕ = −π2 car A > 0 etA =
E4m 2RCω0=E4m
2R q2L
C =E4m
2Q, et donc s4(t)≈E4m
2Q e−ω0t2Q sin(ω0t) . L’allure est représentée ci-contre avecτ =2Qω (l’écart entreτ etT0 = 2π/ω0 est très sous-0
estimé).
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II. Mouvement d’un caillou sur un pneu
Figure1 – Repérage du problème. Figure2 – Trajectoire du caillou accroché à la roue.
1. a) La distancedxparcourue par le centreCde la roue est égale à la distance parcourue par le point de contact avec la route. Vu que la roue roule sans glisser, cette distance vautRdθ. Ainsi :
dx=Rdθ =⇒dx
dt=v0=Rθ˙=⇒ ω=v0
R= cte b) On a ˙θ=v0
R=cte, d’où par intégration au cours du temps, avecθ(0) = 0 : θ=v0
Rt+ 0 =ωt. 2. D’après la relation de Chasles :−−→
OM=−−→ OC+−−→
CM.
Or la roue avance en mouvement rectiligne uniforme à la vitessev0, doncCa un mouvement uniquement selonOx, à la cote constantezC=R, et évoluant selonxC=v0t. Donc :
−−→OM = [v0t−u→x+R−→uz] +R−→ur
= [Rθ−u→x+R−u→z] +R[−sinθ−u→x−cosθ−→uz]
=⇒
(x(t) =R[θ−sinθ]
z(t) =R[1−cosθ]
3. a) On dérive le vecteur position deM :
−
→v =d
−−→OM
dt =Rω[(1−cosθ)−u→x+ sinθ−→uz]
−
→a =ddt−→v =Rω2[sinθ−→ux+ cosθ−→uz]
b) Au moment oùMest en contact avec le sol,θ= 0 [2π], alors :
(−→vcontact=−→ 0
−
→acontact=Rω2−→uz
4. On constate quex(t)est toujours croissante(dxdt=Rω[1−cosθ]≥0). De plus,z(t) estbornéeentre 0 et 2R, avec des points de contact sur le sol (points de rebroussement) tous lesθ= 0 [2π], c’est-à- dire tous lesx= 0 [2πR]. La trajectoire du caillou, dans le référentiel terrestre, a donc l’allure suivante représentée dans la Fig. 2 (cycloïde).
5. Le caillou, au moment où il se détache, possède la vitesse qu’il avait sur la roue. Or−→v .−→ux=dxdt ≥0, donc le cailloupartira vers l’avant(il aura ensuite un mouvement de chute libre, jusqu’à éventuellement rencontrer à nouveau la roue).
6. Le caillou a unmouvement circulaire de rayon R autour de C(fixe dansR0).
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III. Enroulement d’un fil
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IV. Point glissant à l’intérieur et à l’extérieur d’une sphère
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