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Problème 1 : Mesures d’impédances
A. Mesure de l’impédance de sortie d’un générateur basse
fréquence (GBF)
1.
2. Dans le premier montage, on a u s = E ⇒ E m = E 0 ⇒ E m = 8 V .
Dans le second montage, on a un pont diviseur de tension :
us =
E
Rc
R
E ⇒ 0 =
E ⇒ Rg = Rc ⇒ Rg = 50 Ω .
R + Rg
Rc + Rg 0
2
B. Mesure de l’impédance d’entrée d’un oscilloscope
1. R0 ≈ 1 MΩ .
2. On note U sm l’amplitude de la tension us .
Diviseur de tension :
us =
R0
R0
E ⇒ U sm =
E .
R + R0
R + R0 m
Pour R = 0 , on a E 0 = E m .
1/14
Pour R = 1 MΩ , on a
E0
R0
=
E ⇒ R0 = R ⇒ R0 = 1 MΩ .
2
R + R0 m
On retrouve bien l’ordre de grandeur annoncé en 1.
2/14
3.
On a Y1 =
1
1
=
+ jC 0 ω .
Z1
R0
Diviseur de tension : u s =
On a donc
E0
=
2
Z1
R + Z1
E =
E
=
1 + RY1
Em

 1 + R

R
2
 + ( RC ω )2
0

0
E
R
1+
+ jRC 0ω
R0
.
et E 0 = E m .
2
On en déduit C 0 =
4R02 − ( R + R0 )
⇒ C 0 = 0, 04 nF .
2πfRR0
C. Mesure d’impédances par la méthode des ponts
I. Condition d’équilibre du pont
On a U BD = U BC + U CD avec U BC =
Z2
Z1 + Z 2
U AC et U DC =
Le pont est équilibré pour U BD = 0 ⇒ Z1 Z 3 = Z 2 Z 4 .
II. Pont de Hay
3/14
Z3
Z4 + Z3
U AC .
1. Z1 = R + jLω et Z 3 = r +
1
.
jC ω

1 
2. La condition d’équilibre du pont s’écrit ( R + jLω )  r +
 = PQ .

jC ω 
On en déduit R + jLω = PQC ω
De plus, on obtient L =
rC ω + j
2
1 + ( rC ω )
PQC
2
1 + ( rC ω )
⇒ R=
PQrC 2ω 2
2
1 + ( rC ω )
⇒ R = 2 Ω.
⇒ L = 0, 09 H .
III. Pont de Maxwell
1. On a maintenant
D’autre part, Z1 =
2. On a donc r ′ =
1
1
= + jC ′ω .
Z3
r′
Z2 Z 4
Z3
1

PQ
⇒ R + jLω = PQ  + jC ′ω  ⇒ R =
et L = PQC ′ .
r′
 r ′

PQ
L
⇒ r ′ = 3 MΩ et C ′ =
⇒ C ′ = 15 nF .
R
PQ
IV. Pont de Wien
1. On a maintenant Z1 = R1 +
1
1
1
, Z 2 = P , Z 3 = Q et
= + jC ω .
Z4
R
jC 1ω
La condition d’équilibre du pont s’écrit
Z2
Px1 x1 + j
1
1
=
⇒ + jC ω =
.
Z4
Z1 Z 3
R
QR1 1 + x 12
PC 1
Q 
1 
On en déduit R =  R1 +
et C =
.

2

P 
R1C 12ω 2 
Q  1 + ( R1C 1ω ) 


2. On obtient R = 1 Ω et C = 0, 5 mF .
4/14
Problème 2 : Quartz et électronique
A. Modèle électromécanique du résonateur à quartz
Système : élément de masse m .
1.
Référentiel : laboratoire supposé galiléen.
Forces :
force élastique : F1 = −kxux ;
ɺ x ;
frottements : F2 = −hxu
force due à l’effet piézoélectrique : F3 = βV ( t ) ux .
Loi de la quantité de mouvement : ma = F1 + F2 + F3 .
Selon ux : mxɺɺ = −kx − hxɺ + βV ( t ) .
On obtient donc xɺɺ +
2.a.
h
k
β
xɺ + x = V ( t ) .
m
m
m
ε0εrS
πε0εrd 2
πd 2
CP =
et S =
, d’où C P =
⇒ C P = 8, 00 pF .
e
4
4e
La valeur obtenue correspond à celle proposée dans la partie B.
b.
q1 = C PV ( t ) .
3.
q2
d2q2
h dq 2
k
βγ
x =
⇒
+
+
q
=
V (t ) .
γ
m dt
m 2
m
dt 2
4.
D’après la loi des mailles :
V ( t ) = uR + uC + uL = Ri +
S
q2
di
+L .
CS
dt
V (t )
dq 2
d2q2 R dq2
q2
+
+
=
Or i =
, d’où
.
dt
L dt
LC S
L
dt 2
5/14
Les deux équations différentielles obtenues pour q2 sont équivalentes à condition de poser
h
R
= ,
m
L
βγ
1
k
1
et
= .
=
m
L
m
LC S
On en déduit L =
m
h
βγ
, R=
et C S =
.
βγ
βγ
k
B. Impédance équivalente
1.a.
1
Z AB
= jC P ω +
On a donc Z AB = −
j
αω
1−L
1
1
jL ω +
jC Sω
1−
1−
ω2
ωr2
ω2
ωa2
= jω (C P + C S )
1 − LC Sω 2
avec α = C P + C S , ωa2 =
ωa2 =

C 
1 CS + CP
= ωr2  1 + S  , d’où ωa2 > ωr2 .

LC S C P
C P 
2.
fa =
ωa
1 CP + CS
⇒ fa =
⇒ fa = 800 kHz .
2π
2π LC PC S
ωr
1
⇒ fr =
⇒ fr = 796 kHz .
2π
2π LC S
Cette valeur correspond à celle proposée à la question C.3.a.
3.
Im ( Z AB ) = −
1
αω
1−
1−
ω2
ωr2
ω2
ωa2
(
)
(
)
(
)
=−
1
2πα f
1−
1−
f2
fr2
f2
.
fa2
Si f < fr < fa , alors Im Z AB < 0 : le quartz a un comportement capacitif.
Si fr < f < fa , alors Im Z AB > 0 : le quartz a un comportement inductif.
Si fr < fa < f , alors Im Z AB < 0 : le quartz a un comportement capacitif.
6/14
.
CS + CP
1
et ωr2 =
.
LC SC P
LC S
b.
fr =
C SC P
ω2
CP + CS
4.
1
2πf α
Z AB =
1−
f2
fr2
f2
1− 2
fa
.
lim Z AB ( f ) = +∞ .
f →0
lim Z AB ( f ) = 0 .
f → fr
lim Z AB ( f ) = +∞ .
f → fa
lim Z AB ( f ) = 0 .
f →+∞
C. Étude expérimentale
de la résonance
1.
2.
Pont diviseur de tension : VS =
H =
Rv
Rv + Z AB
=
Rv
Rv
VE , soit H =
.
Rv + Z AB
Rv + Z AB
1
.
2
Rv est un réel, Z AB est un imaginaire pur. On a donc Rv + Z AB =
On en déduit Z AB =
3.a. Q =
3Rv .
fr
. AN : Q = 1, 6 × 104 .
∆f
Cette valeur du facteur de qualité est très élevée : le filtre est très sélectif.
b.
Q=
L ωr
Lωr
2πLfr
⇒R=
=
, soit R = 2π∆fL .
R
Q
Q
AN : R = 0,16 kΩ .
D. Principe d’une montre à quartz
7/14
2
Rv2 + Z AB
.
f1
⇒ f2 = 16384 Hz .
2
1.
f2 =
2.a.
32768 = 2k ⇒ k =
b.
On veut une période T = 1 s , soit une fréquence f = 1 Hz . Or chaque compteur permet
ln ( 32768 )
ln ( 2 )
⇒ k = 15 .
de diviser la fréquence par 2 . Puisque l’on veut diviser la fréquence par 32768 = 215 , il faut donc
15 compteurs.
Problème 3 : Impédance d’une bobine
1.
En basses fréquences, la bobine est équivalente à un fil
et le condensateur à un interrupteur ouvert.
On a donc i = 0 ⇒ uR = 0 .
En hautes fréquences, la bobine est équivalente à un
interrupteur ouvert et le condensateur à un fil. Le schéma
équivalent est alors identique au précédent.
On a aussi i = 0 ⇒ uR = 0 .
On peut supposer que ce filtre est un passe-bande.
R
Diviseur de tension : uR =
3.
R
R
r +R
r +R
=
On peut écrire H =
.




j 
1 
j
L
1
 LC ω −
1+
 1+
 Lω −

r + R 
C ω 
r + R C 
LC ω 
Avec H max =
H =
R
, ω0 =
r +R
1
r + R + jL ω +
jC ω
1
LC
et Q =
ue ⇒ H =
R
2.
1
r + R + jL ω +
jC ω
1
L
, on obtient
r +R C
H max
.
ω

ω
1 + jQ 
− 0 
 ω
ω 
0
Les expressions obtenues pour ω0 et Q sont celles de la pulsation propre et du facteur de qualité
d’un circuit ( R + r ) LC série.
8/14
.
4.
2


ω0  

2 ω
− 10 log  1 + Q 
−   .
 ω0
ω  



Gain en décibel : GdB = 20 log H max
Il est maximum lorsque ω = ω0 , et GdBmax = 20 log H max .
Le graphe nous donne GdBmax = −4, 8 dB et f0 =
ω0
= 196 Hz .
2π
On en déduit r = 30 Ω et L = 70 mH
Problème 4 : Action d'un filtre sur un signal
périodique
a) On s’intéresse aux limites de basse et haute fréquences. À basse fréquence, H tend vers - 1, alors
qu’à haute fréquence, H tend vers 0. Le filtre est passe-bas (du premier ordre).
Pour la fréquence de coupure, il faut évaluer la pulsation ωc telle que H(ωc ) =
x=
H max
. On pose
2
1
ω
. Comme H ( jx) =
on obtient Hmax = 1. On peut ainsi résoudre
ω0
1 + x2
H ( jxc ) =
1
1 + xc
2
1
2
=
soit xc = 1, en encore ωc = ω0. La fréquence de coupure est ainsi f c =
ω0
=1,9.104 Hz. La bande2π
passante va de la fréquence nulle à fc.
b) On utilise le fait que H ( jω ) =
vs
ve
. Ainsi vs = H ( jω ).ve si ve est sinusoidale complexe de pulsation
ω. Ici, ve = v0exp(jω0t). Comme H ( jω0 ) =
vs = −
−1
, on en déduit :
1+ j
v0
v
π
exp( jω0t ) = − 0 exp j (ω0t − )
1+ j
4
2
Pour obtenir ve, il faut passer à la partie réelle :
vs = −
π
v0
cos(ω0t − )
4
2
9/14
c) Plus généralement, on reprend la même étude pour une pulsation fixée et quelconque ω. On pose,
H ( jω ) = H ( jω ) exp( jϕ (ω )) c’est-à-dire :
1
H ( jω ) =
ω 
1+  
 ω0 
2
et φ(ω) = π - arctan(
ω
)
ω0
Alors, de même,
vs = H ( jω ) exp( jϕ (ω )) v0 exp(jω t) = v0 H ( jω ) exp( j (ωt + ϕ (ω )))
vs = v0 H ( jω ) cos(ωt + ϕ (ω ))
d) Par linéarité, on décompose le signal en deux. Pour la partie v0.cosωt, on a déjà résolu le problème
à la question b). Enfin, si ve2 = v1= Cte, vs2 = H (0)ve 2 = - ve2. Au final
vs = −
π
v0
cos(ω0t − ) − v1
4
2
e) On utilise encore la linéarité. La partie oscillant à ω0 a déjà été traitée. Ensuite, si
ve 2 = v1 cos(2ω0 t) , alors :
vs 2 = H (j2ω0 ) =
−1
−v
v1 exp(2 jω0t ) = 1 exp j (2ω0t − ϕ ')
1+ 2 j
5
où tanφ' = 2 (0 < φ' < π/2)
Alors, vs = −
v0
v
π
cos(ω0t − ) − 1 cos(2ω0t − ϕ ')
4
2
5
f) Il s’agit ici de l’action d’un filtre passe-bas de fréquence de coupure f c ~ 104 Hz sur un signal
périodique de fréquence associée f = 102 Hz << f c .
Par linéarité, on décompose le signal en série de Fourier et on s’intéresse à chacun de ses termes. Le
signal est la somme d’un terme constant et de sinusoïdes de pulsation
n 2π
( n entier).
T
Le terme constant, le fondamental et les harmoniques n = 3,5,7,9 sont sous la fréquence de coupure,
donc dans la bande passante. En première approximation, ils sont peu perturbés par le filtre passe-bas
et sont simplement multipliés par - 1 (car H ( 0) = - 1). Les harmoniques plus élevés sont coupés, ce
qui adoucit le signal. On en déduit l’allure de vs.
g) Cette fois-ci, la fréquence associée au signal d’entrée est f ~ 105 Hz >> fc. Mis à part le terme
constant (qui possède une fréquence nulle), tous les termes de la série de Fourier ont une fréquence
10/14
bien supérieure à la fréquence de coupure. En première approximation, ils sont coupés par le filtre.
Alors, vs (t ) ≃ −
−ω0
E
. De manière nettement plus fine, comme ω >> ω0, H ( jω ) ≃
.
2
jω
Le filtre se comporte comme un pseudo-intégrateur. Ainsi, au signal constant - E/2 se superpose un
signal de faible amplitude en triangle.
Problème 5 : Filtre linéaire ou non ?
a) Si un signal est la somme de sinusoïdes oscillant à certaines fréquences, alors, après passage par
un filtre linéaire, le signal est toujours somme de sinusoïdes de mêmes fréquences. Cette propriété
découle de la linéarité du filtre et du fait qu'un signal sinusoïdal garde même forme après passage
dans un filtre linéaire. Ainsi, le filtre 3 n'est certainement pas linéaire car de nouvelles fréquences
sont apparues à 500 Hz et 3 500 Hz. En revanche, les filtres 1 et 2 semblent linéaires.
b) Le filtre 1 est un filtre passe-bas : les harmoniques de fréquence supérieure à fc ≃ 3 kHz sont
coupés. Le filtre 2 est un filtre passe-bande de pulsation de résonance fr ≃ 3 kHz. En effet, cet
harmonique n'est quasiment pas amorti. La bande passante vaut environ ∆f ≃ 2kHz . En effet, la
bande entre 2 et 4 kHz n'est pas trop amortie par le filtre.
Problème 6 : Exemple de filtrage
a) À basse pulsation, la bobine est équivalente à un fil. On déduit alors immédiatement vs = ve . À
haute pulsation, le condensateur est équivalent à un fil. Alors, la tension de sortie vs est nulle. Le filtre
est passe-bas.
b) On appelle Z eq l'impédance équivalente de l’ensemble R//C :
R
R
jCω
Z eq =
=
1
1 + jRCω
R+
jCω
Le montage est alors équivalent à celui de la figure suivante.
11/14
On remarque un diviseur de tension :
H ( jω ) =
Z eq
Z eq + jLω
=
1
R
=
R + jLω (1 + jRCω ) 1 − LCω 2 + jLω
R
Cette expression est bien celle d’un filtre passe-bas.
c) On évalue le module : H ( jω ) =
1
avec
f (ω )
f (ω ) = (1 − LCω 2 ) 2 +
2
L2ω 2
2 L
=
1
+
ω
(
− 2 LC ) + L2C 2ω 4
2
2
R
R
L'application numérique donne :
f (ω ) = 1 + 2, 25.10−6 ω 2 + 4, 0.10−12 ω 4
Le gain (module de la fonction de transfert) en fonction de la fréquence f
est
représenté ci-dessous :
On cherche quand H =
H max
= 0, 7
2
La figure indique fc ~ 80 Hz, soit coc = 2 n f c ~ 500 rad.s-1.
d) L’énoncé suggère que seule la composante constante de e(t) passe. Le signal e(t) est la
somme d’un terme constant et de sinusoïdes de fréquence nf=n x 1000 Hz. Tous les termes
sinusoïdaux sont très atténués car ils sont nettement en dehors de la bande passante [0 —
12/14
80
Hz].
En
sortie,
seul
subsiste
quasiment
le
terme
constant.
Comme
H (0) = 1,s(t) ≃ s m = 1.c0 = α V0
e) Reprenons le raisonnement précédent, mais de manière plus quantitative :
H ( 0) = 1 : la composante continue passe intégralement ;
|H(ω = 2πf)| = 1,3.10
2
: le fondamental est très atténué (son amplitude est
multipliée par 0,013) ;
|H(ω = 4πf)| = 3,2.10-3 : l’harmonique n = 2 est encore plus atténué.
En sortie, l’amplitude du fondamental est ainsi |H(ω = 2πf)|c1 alors que celle de
l’harmonique n = 2 est |H(ω = 4πf)|c2. Le rapport de ces deux amplitudes est donc :
V0
sin(2πα )
| H (ω = 4π f ) | .c 2
3, 2.10 −3
2
π
=
= cos(πα )
≃ 0,17
−2
| H (ω = 2π f ) | .c1
1,3.10
−2 V0
1, 3.10 . sin(πα )
3, 2.10−3.
π
Négliger l’harmonique n = 2 par rapport au fondamental constitue une erreur de
17 %. C’est une assez bonne approximation.
f) D’après la question précédente, l’amplitude du fondamental du signal de sortie est
|H(ω = 2πf)|c1. Alors,
∆s = 2 | H (ω = 2π f ) | c1 = 2 | H (ω = 2π f ) |
2V0
π
sin(πα )
Finalement, le taux d’ondulation vaut :
4
∆s
=| H (ω = 2π f ) |
sin(πα ) ≃ 1, 5.10−2
πα
sm
Le signal de sortie est constant à 1,5 % près
13/14
14/14