ÉLECTROCINÉTIQUE ET ONDES

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ÉLECTROCINÉTIQUE ET ONDES

I. Chaîne de traitement du signal d’un magnétomètre (inspiré de E3A PSI 2019) 1. CommeB=µH−aH³, on obtient e= (−µ−3aH²)SdH

dt .

2. On a H(t) = nI_msin(ω_et) +^B_µ⁰. On linéarise les termes de e(t) apparaissant comme des produits de fonctions sinusoïdales puis on les ordonne dans un ordre de fréquences croissantes :

e = (−µ−3aH²)S^dH_dt

= −µ+ 3an²I_m² sin²(ω_et) +^B02

µ²+^2nB_µ⁰I_msin(ω_et)SnI_mω_ecos(ω_et)

= −µ+ 3a^B_µ²⁰2+³₂an²I_m²(1−cos(2ωet)) +^6anB_µ ⁰Imsin(ωet)SnImωecos(ωet)

= −µ+ 3a^B_µ²⁰2+³₂an²I_m² −³₂an²I_m² cos(2ω_et) +^6anB_µ ⁰I_msin(ω_et)SnI_mω_ecos(ω_et) En notant que 2 sin(ω_et).cos(ω_et) = sin(2ω_et) et cos(2ω_et).cos(ω_et) =¹₂(cos(ω_et) + cos(3ω_et)), on obtient finalement¹:

e(t) =K1cos(ω_et) +K2sin(2ω_et) +K3cos(3ω_et) ,avec K1 = −µ+ 3a^B02

µ²+³₄an²I_m²SnI_mω_e K2 = 3an²I_m²SωeB0

µ

K3 = −³₄an³I_m³Sω_e

On constate queK2 est simplement proportionnelle àB0, ce qui justifie que l’on souhaite extraire uniquement la composante 2ω_e.

3. Pour un filtre passe-bande, la fonction de transfert en régime sinusoïdal forcé de pulsationωs’écrit

H= H0j_Q^x

1 +j_Q^x−x²= H0

1 +jQx−_x¹ avec x= ω ω0

,

oùω0est la pulsation propre,Qest le facteur de qualité, etH0est la valeur de la fonction de transfert à la résonance, enx= 1 (cf question suivante).

4. On a G(x) =|H|= |H0| r

1 +Q²x−¹_x²

, fonction qui est maximale lorsque Q²x−¹_x² est minimale,

c’est-à-dire enx= 1, c’est-à-dire en ω=ω0. On a alors un gain maximal Gmax=|H0|. 5. La bande passante à−3 dB correspond à l’intervalle de pulsation (ou de fréquences) vérifiant

GdB(x)≥GdB max−3,0 dB = 20 logGmax−20 log√ 2 = 20 log

Gmax

√2

⇔ G(x)≥Gmax

√2 .

Les pulsations de coupureω_c1etω_c2qui vérifientG(ω_c) =^G√max₂ vérifient ∆ω=|ω_c2−ω_c1|=ω0

Q . 1. Les expressions deK1etK3n’étaient pas exigées pour alléger le calcul

1

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6. À basse fréquence, c’est-à-dire lorsqueωω0on a H ∼

x→0H0jx

Q ⇔ ∀t, s(t)≈ H0

Qω0

jωe(t) ⇔ ∀t, s(t)≈ H0

Qω0

de dt . Le filtre a un comportement dérivateur à basse fréquence.

À haute fréquence, c’est-à-dire lorsqueωω0on a H ∼

x→∞

H0

jQx ⇔ ∀t, s(t)≈H0ω0

Q jωe(t) ⇔ ∀t, s(t)≈H0ω0

Q ˆ

e(t) .

Le filtre a un comportement intégrateur à haute fréquence.

7. On souhaite que le filtre passe-bande prélève la composante de pulsation 2ω_eet élimine les autres, donc on fixe ω0= 2ω_e.

Sous l’hypothèse de composantes de même amplitude (K1=K2=K3), le rapport des amplitudes des différentes composantes en sortie de filtre est le rapport des gains pour les pulsations considérées. On a

• G(ω=ω0= 2ωe) =G(x= 1) =Gmax;

• G(ω=ω_e) =G(x= 1/2) =_p ^Gmax

1+Q²(¹₂−2)²=_p^Gmax

1+Q^{2 9}₄;

• G(ω= 3ω_e) =G(x= 3/2) =p ^Gmax 1+Q²(³

2−²₃)²=p^Gmax 1+Q^{2 25}₉. Ainsi on aG(x= 1/2)> G(x= 3/2) donc on veut imposer

G(x= 1/2)≤Gmax

10 ⇔ 1 +Q²9

4≥100 ⇔ Q≥2√ 99 3 ≈6,6.

8.

i₊ i−

+

ε Vs

La caratéristique donnant la tension de sortieV_sen fonction de la tension différentielle d’entrée ε est donnée ci-contre. On observe un régime linéaire au centre, degain infiniet tel que ε= 0 , et deux régimes de saturationde part et d’autre :

V_s=Vsatsiε >0 etV_s=−Vsatsiε <0. D’autre part, les courants de polarisation sont consi- dérés nuls :

i+=i−= 0.

Vs

ε O

Vsat

−Vsat

Regime Lineaire

Regime Sature

Sature Regime

9. La boucle de rétroaction présente sur l’entréeE⁻ nous permet de supposer quel’ALI est stable en régime linéaire. Ainsi on aV⁻=V⁺= 0.

La loi des nœuds en termes de potentiel s’écrit donc en A

V_A(Y1+Y2+Y4+Y5) =Y1e+Y4s , (1) et enE⁻

0 =Y₃s+Y₅V_A. (2)

En injectant cette dernière équation dans la précédente on obtient

−s Y3(Y₁+Y₂+Y₄+Y₅) =Y₁Y₅e+Y₄Y₅s ⇔ H=s

e= −Y1.Y₅

Y₄.Y₅+Y₃.(Y₁+Y₂+Y₄+Y₅) . (3) 2

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10. Le dénominateur correspond, une fois mis sous forme canonique, au polynôme enjωd’ordre 2 1 + jω

ω0Q+ jω

ω0 2

tandis que le numérateur correspondra au monômeH0j ^ω

ω0Q. Or les admittances valent soit ¹

RsoitjωC, et on a déjà imposé Y₃= 1

R. Donc nécessairement le terme de degré 2 estY₄.Y₅, avec Y₄=Y₅=jωC qui sont des capacités. Cela implique qu’au numérateur Y₁= 1

R est constituée par une résistance. Il nous reste donc deux choix possibles pourY2. Pour maximiser le facteur de qualité et donc minimiser le facteur_Q¹ devant les termes^jω_ω

0, on a intérêt à prendre Y₂= 1

R pour ne pas ajouter un terme enjω.

11. Si on choisi Y₃=jωC, alors le terme constant au dénominateur est nécessairementY₄.Y₅, donc on y place des résistances : Y₄=Y₅= 1

R. Pour le numérateur cela impose donc Y₁=jωC. On a de nouveau le choix pourY₂. Cette fois on maximise le facteur de qualité en y plaçant une capacité, donc Y₂=jωC, pour éviter d’ajouter un terme d’ordre 1. Finalement,on a simplement échangé tous les composants indiqués dans la solution précédente.

12.

Le circuit explicite est représenté ci-contre. À Basse Fréquence (BF) le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert, alors qu’à Haute Fréquence (HF) il se comporte comme un fil, d’où les circuits asymptotiques ci-dessous.

• À BF :s=V⁻+Ri−=V⁻cari−= 0. Or V⁻=V⁺= 0 en régime linéaire. Doncs= 0.

Les basses fréquences sont éliminées.

• À HF :s =V⁻ =V⁺ = 0. Les hautes fré- quences sont éliminées.

Il s’agit donc bien d’un filtre passe-bande.

C

s R

+

R

R C

e

A

s R

+

R

R e

A

BF

s R

+

R

R e

A

HF 13. En explicitant les admittances on obtient

H= j^ωC_R

−ω²C²+_R¹(_R² + 2jωC)= j^ωC_R

2

R²+j^2ωC_R −ω²C²= j^ωRC₂ 1 +jωRC−^ω2R₂^2C2 d’où l’on tire

H= H0j_Q^x

1 +j_Q^x−x² avec ω0=

√2

RC , Q= 1

√2 et H0=1

2 , (4)

3

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oùGmax=H0est le gain à la résonance.

Le facteur de qualité devrait être au moins de l’ordre de 7 au regard de la question7..Il est donc 10 fois trop petit, le filtre n’est pas assez sélectif. Il faudrait prendre des valeurs de capacités ou de résistances différentes pour atteindre cette valeur.

14.On analyse les comportements asymptotiques pour obtenir les asymptotes du diagramme de Bode, et on ajoute le point x= 1. On note ϕ= arg (H) la phase de la fonction de transfert, et on note que arg(H0) = arg(¹₂= 0.

x H G_dB ϕ

x1 ∼

x→0H0j_Q^x 20 log|H0| −20 logQ+ 20 logx ^π₂ x1 ∼

x→∞

H0

jQx 20 log|H0| −20 logQ−20 logx −^π₂

x= 1 H0 20 log|H0| 0

avec

• 20 log|H0| −20 logQ=−20 log 2 + 10 log 2 =−3,0 dB ;

• 20 log|H0|=−20 log 2 =−6,0 dB.

On représente ci-dessous les diagrammes de Bode en gain et phase, avec les asymptotes en gras, et la courbe réelle en trait fin.

0 logx

GdB

-2 -1 1 2

-20

-40 -43dB +20dB/dec

-20dB/dec -3,0dB

-6,0

Diagramme de Bode en gain.

0 logx

ϕ

-2 -1 1 2

π 2

-^π₂

Diagramme de Bode en phase.

15.On remarque d’abord que les relations des Eqs. (1)-(2) obtenues par la loi des nœuds en termes de potentiel sont valables en présence d’une charge ou non. Doncla fonction de transfertHtrouvée en Eq. (3) ne dépend pas de la charge, donc l’impédance de sortie est nulle: Z_s= 0 .

En notanti_ele courant entrant dansY₁=_R¹, et en réutilisant les Eqs. (1)-(4), on peut écrire

Ri_e=e−V_A=e− Y₁e+Y₄s Y₁+Y₂+Y₄+Y₅=e

1− Y₁+Y₄H Y₁+Y₂+Y₄+Y₅

=e 1−

1

R+jωC H

2 R+ 2jωC

! d’où

Z_e= e

i_e=R 1−1 +√ 2jx H 2 + 2√

2jx

!−1

avec H= H0j_Q^x 1 +j_Q^x−x².

Ainsi l’impédance d’entrée n’est pas infinie, et dépend de la fréquence.Donc un quadripôle d’impé- dance de sortie nulle verra sa fonction de transfert modifiée s’il est placé en amont de ce filtre.Comme elle est proportionnelle àR, on voit que l’on a intérêt à augmenterRautant que possible, et donc diminuerC en conséquence(pour maintenir la valeur deω0).

Pour information, on peut chercher les valeurs particulière deZ_e en utilisant les comportements deH étudiés en14.:

Z_e(x= 1) = 2R1 +√ 2j

1 +^√3₂j ; Z_e−→

x→02R et Z_e −→

x→∞R 16.On souhaite une résonance enf0= 2f_e, donc

2f_e=

√2

2πRC ⇔ C= 1

2π√ 2Rf_e . 4

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Pour avoir une impédance d’entrée relativement grande, on peut prendreR= 10 kΩ, ce qui donneC= 11 nF, valeur facilement accessible. Pour améliorer l’impédance d’entrée, on pourrait aussi prendreR= 100 kΩ etC= 1,1 nF.

17. On a

s2(t) = K(s_p(t) +b(t))sref(t)

= K s_p(t)s_ref(t) +K b(t)s_ref(t) =

= K ABcos(2ω_et+ϕ) cos(2ω_et) +K b(t)sref(t) d’où

s(t) =K

2ABcosϕ+K

2ABcos(4ω_et+ϕ) +K Bcos(2ω_et)b(t) . Ce signal admet donc une composante continue ¹₂KABcosϕ.

18. On cherche maintenant à choisir les admittances de façon à avoir une nouvelle fonction de transfert²de la forme

H⁰=s

e= −Y1.Y₅

Y₄.Y₅+Y₃.(Y₁+Y₂+Y₄+Y₅)= H₀⁰ 1 + ^jω

ω₀⁰Q⁰+^jω

ω⁰₀ 2.

Le numérateur doit être de degré 0 en jω donc Y₁=Y₅= 1

R. Cela implique que Y₃=jωC pour permettre l’existence d’un terme d’ordre 2 en jω. Par conséquent le termeY₄.Y₅constituera né- cessairement le terme d’ordre 0, donc Y₄= 1

R. Pour terminer on a nécessairement Y₂=jωC pour former le terme d’ordre 2 car tous les autres termes sont d’ordre inférieur.

R

s R

+

e

A R C

C₂

3

19. On obtient

H= −_R¹2 1

R²+jωC3(_R³ +jωC2)= −1

1 + 3jωRC3−ω²R²C2C3

, d’où

H= H₀⁰

1 +j_Q^x0−x² avec x= ω

ω⁰₀ et ω⁰₀= 1 R√

C2C3

, Q⁰=1 3

sC2

C3

, H₀⁰=−1.

20.

Q⁰=1 3

sC2

C3

= 1

√2 ⇔ C2

C3

=9 2 .

On peut montrer³ que cette valeur estla plus grande pour laquelle le gain n’admet pas de résonance. Cela est préférable pour un filtrage restituant au mieux (de façon plus uniforme) les basses fréquences sans réhausser les fréquences proches de la fréquence propre.

21. CommeQ⁰=^√1

2, le gain vaut

G⁰(x) = 1

p(1−x²)²+ 2x²= 1

√ 1 +x⁴

doncla fréquence de coupure est égale à la fréquence propref₀⁰=^ω_2π⁰⁰. Comme on doit éliminer la composante à 4f_eainsi que le bruit (présent à toutes les fréquences), on choisi une fréquence de coupure 2. On a introduit des⁰pour différencier les expressions par rapport au filtre passe-bande précédent.

3. Il n’est pas demandé explicitement par l’énoncé de le démontrer...

5

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suffisamment basse. Au maximum : f₀⁰=4f_e

10 ⇔ 1

2π^√3

2RC3

=2f_e

5 ⇔ C3= 5

2√

6πRf_e et C2=9 2C3 .

Pour avoir une impédance d’entrée relativement grande, on peut prendreR= 10 kΩ, ce qui donneC3= 0,32 mF etC2= 1,5 mF, valeurs relativement importantes pour de l’électronique mais accessibles.

Un meilleur choix serait de prendreR= 100 kΩ et une coupure 10 fois plus basse, f₀⁰=4fe

100 = 40 Hz, ce qui conduit aux mêmes valeurs numériques deC2etC3, ce qui permet d’obtenir .

22.Le filtre joue le rôle demoyenneur, avec une fréquence de coupure très basse, doncle bruit est supposé totalement éliminé. La composante continue est multipliée par le gain statique|H₀⁰|= 1 et « déphasée » de arg(H₀⁰) =π, d’où

s3(t) =¹₂KABcosϕ|H0|cos(π) =−¹₂KABcosϕ

23.En sortie de détection synchrone, le signal s3 est constant et proportionnel au champ statique total B0 tot=B0+B0 comp. Donc en sortie de l’intégrateur on récupère un signals4(t) =s3 t

R⁰C⁰+ constante (la constante d’intégration est nulle si condensateur de l’intégrateur est déchargé initialement). Ainsi, tant que le champ statique totalB0 tot=B0+B0 compest non nul, alorss4 croît ou décroît ce qui permet de modifier le courant de compensation pour augmenter ou diminuer le champ de compensation⁴. Lorsque l’asservissement a atteint son état stationnaire, on obtientB0 tot= 0 ets4(t) = constante.

24.CommeB0 tot= 0, le champ statique externe vérifie B0=−B0 comp. Il suffit donc de mesurer le courant de compensation⁵pour remonter àB0.

ANNEXE

Pour information on a tracé ci-dessous l’évolution du module de l’impédance d’entrée|Z_e|du filtre passe-bande en fonction de la pulsation réduite en diagramme logarithmique. Cela confirme que cette impédance reste de l’ordre deRquelle que soit la fréquence.

0 logx

|Z_e|

-2 -1 1 2

2R

R

4. Il faut donc ajuster correctement le signe de la transmittance du convertisseur tension-courant, qui en l’occurrence ici devrait être positive carK2, etA=^K2

2 croissent lorsqueB0 totcroît.

5. Nous verrons dans la partie Induction que l’on a approximativementB0 comp=µncic, oùnceticsont respectivement le nombre de spires par unité de longueur et le courant dans la bobine de compensation.

6

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II. Modes propres dans une fibre à saut d’indice (d’après IPHO 2013)

1. À l’instanttet sur le plan d’ondeBB⁰, le déphasage de l’onde deux fois réfléchie par rapport à l’onde incidente originale vaut

∆ϕ=−2π λ0

n1(BC+CB⁰).

En reportant l’angleθcomme indiqué ci-contre, on voit que BC= a

cosθ et CB⁰=BCcos(2θ). D’où : BC+CB⁰=a1 + cos(2θ)

cosθ =a2 cos²θ

cosθ = 2acosθ . Et donc ∆ϕ=−4πan1

λ0

cosθ.

2. Le mode propre va pouvoir se propager dans toute la fibre si les ondes réfléchies successivementinterfèrent constructivement, c’est-à-dire si

∃p∈N,∆ϕ=−2pπ ⇔ cosθ_p=p λ0

2an1

⇔ θ_p= arccos

p λ0

2an1

.

3. D’après l’expression ci-dessus,θpdiminue quandpaugmente. Orθpne doit pas être inférieur àθ_`pour que la réflexion totale se produise. Ainsi

θ_p≥θ_{`</sub> ⇔ cosθ<sub>p</sub>≤cosθ<sub>`} ⇔ p λ0

2an1

≤cos

arcsin n2

n1

⇔ p≤2an1

λ0 s

1−sin²

arcsin n2

n1

d’où p≤N= E 2a

λ0 q

n²₁−n²₂

où E() représente la partie entière. Poura= 0,1 mm etλ0= 1,5×10⁻⁶m, on obtientN+ 1 = 49 modes propres guidés (p= 0 possible).

4. On ré-exprime la condition de réflexion totale en fonction de la fréquencefen introduisant la célérité de la lumière dans le videc:

cosθ_`≥cosθ_p=p λ0

2an1

=p c

2an1f ⇔ f≥f_p= pc 2a^qn²₁−n²₂

.

Ainsi, chaque mode propreθ_pest effectivement guidé si sa fréquence est supérieuref_p. Il s’agit donc d’un comportement de filtre passe-haut de fréquence de coupuref_p (la coupure est nette et non progressive comme dans un filtre linéaire analogique d’ordre fini).

5. En reprenant le résultat de3., on impose queN= 0 pour que seul le modep= 0 soit possible : 2a

λ0 q

n²₁−n²₂<1 ⇔ a < amax= λ0

2^qn²₁−n²₂

= 2,1µm.

7

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III. Ondes capillaires dans une cuve à ondes

1. λ=c

f = 3,6 mm.

2. −→

k = +k−u→_x avec k=2πf c .

3. L’onde progressive se propage selon lesxcroissant sans déformation (milieu non absorbant et non dispersif) doncz(x, t) =z 0, t−^x_c.

Ainsi :z(x, t) =asin ωt−ω^x

c

⇒ z(x, t) =acos (ωt−kx) .

4. _





z(x_M, t) =acosωt−^3kλ₄ =acosωt−^3π₂=acos ωt+^π₂ z(x_N, t) =acos (ωt−5kλ) =acos (ωt−5π) =acos (ωt+π)

Les pointsM etN ont le même mouvement queS (sinusoïdal d’amplitudeaet de fréquencef), mais déphasés de +^π₂[2π] pourMet−π[2π] pourN. L’onde paraît donc en avance de phase (quadrature) en M et en opposition de phase (retard ou avance) enN, par rapport à la sourceS.

0 t

z a

−a

5. Le déphasage entre les deux ondes (1 par rapport à 2) vaut ∆ϕ=^2π_λδen notant la différence de marche δ=S2M−S1M. La condition d’interférence destructive s’écrit

∆ϕ= (2p+ 1)π ⇔ δ=d2−d1= (2p+ 1)λ 2= (p+1

2)λ avec p∈Z. 6. a)

LorsqueMest le long de l’axeOx, la différence de marche vautδ=d2−d1 =±a(cf figure ci-contre,−asiM est à droite deS2).

M S₁ S₂

d₂ d₁ a

x

Sur les lignes de vibration minimalex <−^a₂ etx >^a₂, on a alors :

δ=±a= (2p+ 1)λ

2 avec⇔ a λ=±

p+1

2

avec p∈N .

b)Sur le segment [S1S2], la différence de marcheδ=d2−d1varie entre -a et +a. En chaque point de ce segment où la vibration est minimale, on aδ=k+¹₂λaveck∈N, c’est-à-dire_λ^δ demi-entier.

Dix points respectent cette condition sur [S1S2] en comptant les extrémitésS1etS2 : il s’agit des points pour lesquels^δ_λ=k+¹₂ aveck=−5,−4, . . . ,3,4. On a donc a

λ= 4,5 .

8