Eléments de correction du Devoir Maison no

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Eléments de correction du Devoir Maison no 9 Problème 1 Bobine en régime sinusoïdal forcé A Détermination de r A.1 u(t) = L di dt + ri(t) A.2 La bobine se comporte en régime permanent continu comme un fil. On peut alors écrire, à l'aide de la relation relative au diviseur de tension : UR = R r0 + r +R E0. On obtient : r = RE0 UR ?R? r0 = 29, 4 ?. B Détermination de r et L à partir d'un oscillogramme B.1 Ue = 5 V et UR = 2, 5 V . B.2 I = UR R = 62, 5 mA B.3 Z = U I donc ZAM = Ue I = 80 ? B.4 L'oscillogramme montre que la tension ue(t) est en avance sur la tension uR(t) ; elle passe par 0 en descendant avant uR(t). B.5 ?ue/i = pi 6 B.6 ZAM = r +R+ jL? + 1 jC? B.7 ZAM = ZAMcos?ue/i + jZAMsin?ue/i B.8 r +R = Re(ZAM ) = ZAMcos?ue/i d'où r = 29, 3 ? B.9 L? ? 1C? = Im(ZAM ) = ZAMsin?ue/i d'où L = 66 mH C Etude de la fonction de transfert C.

  • gain

  • tensions crête-crête

  • régime permanent

  • diagramme de bode en phase

  • l? ?

  • diviseur de tension

  • asymptote horizontale de gain gdb0


Publié le : mardi 29 mai 2012
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o ElÉments de correction du Devoir Maison n9
ProblÈme 1Bobine en rÉgime sinusodal forcÉ A DÉterminationde r di A.1u(t) =L+ri(t) dt A.2La bobine se comporte en rÉgime permanent continu comme un fil. On peut alors Écrire, À l’aide R de la relation relative au diviseur de tension :UR=E0. r0+r+R RE0 On obtient :r=Rr0= 29,4 Ω. UR
B DÉterminationde r et L À partir d’un oscillogramme B.1Ue= 5VetUR= 2,5V. UR B.2I= =62,5mA R U Ue B.3Z=doncZAM80 Ω= = I I B.4L’oscillogramme montre que la tensionue(t)est en avance sur la tensionuR(t); elle passe par0 en descendant avantuR(t). π .5φ= Bue/i 6 1 B.6ZAM=r+R+jLω+ jCω B.7osφ+jZ sinφ ZAM=ZAMcue/i AMue/i B.8r sφr= 29,3 Ω +R=Re(ZAM) =ZAMcoue/id’ 1 d’ B.9=Im(ZAM) =ZAMsinφue/iL= 66mH
C Etudede la fonction de transfert uR C.1H= ue C.2A basse frÉquence, la bobine se comporte comme un fil et le condensateur comme un interrupteur ouvert. L’intensitÉ est alors nulle dans le circuit doncuR= 0. A haute frÉquence c’est le contraire. On a donc encoreuR= 0. Il s’agit alors probablement d’un filtre passe-bande. R C.3A partir du diviseur de tension on trouve :H=. 1 R+r+jLω+ jCω HmaxR   C.4Cette expression peut se mettre sous la formeH=avecHmax=, ω ω0R+r 1 +jQω0ω r 1 1L ω0=etQ=. r+R C LC C.5Un diagramme de Bode est constituÉ par l’ensemble de deux diagrammes : le diagramme de Bode en gain (GdB= 20log|H|en fonction delogω) et d’un diagramme de Bode en phase (arg(|H|en fonction delogω).
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1 1 C.6ω0== 2πf0soitL= =66mH 2 2 f LC4π0C   R (GdB)max= 20logdoncr= 29,5 Ω R+r
D Facteurde puissance D.1Le facteur de puissance d’un circuit est le cosinus du dÉphasage entre la tension aux bornes du circuit et l’intensitÉ le traversant. D.2La tension aux bornes du circuitAMestu(t), l’intensitÉ le traversant est en phase avecu(t). e R u(t)etu(t)Étant en phase,ϕ= 0etcosϕ= 1: lnce du circuitAMest R eue/i ue/ie facteur de puissa Égal À1. D.3u(t) =u(t)u(t).u(t)etu(t)Étant en phase,u(t)est Également en phase avecu(t), AD eR Re ADR c’est-À-dire aveci(t). Le facteur de puissance du circuitADest donc Égal À1. Re(Z)Re(Y) AD AD D.4cosϕ1= = =. On a doncYR. AD |Z| |Y| AD AD 1 0 D.5Y=jC ω+ . AD 1 r+j Lω  1 1 rj LωL2 000 −5 D.6Y=jC ω+ . Im(Y) = 0C= . AN :C= 1,0.10F. AD AD 2 2 1 1 2 2 r+r+Cω Cω
ProblÈme 2Alimentation Électrique d’un four À induction A Transfertde puissance À un dipÔle inductif A.1DÉterminer littÉralement : jϕ UmUm A.1.1I e=so=; mR+jLωitIm=I22ω2 2 R+L 2 RU UmRm √ √ A.1.2P=Icosϕetcosϕ=soitP=2 22 2(R+L ω) 2 22 2R+L ω 2 U m A.1.3La puissance est maximale lorsqueω0soitPmax=; 2R 2 P R A.1.4T P= =22 2. PmaxR+L ω A.2Pour la frÉquencef= 4000Hz,T P= 5,88%
B AmÉliorationdu facteur de puissance 2 RU jφ Um1m B.1Ime=1. On remplace doncparsoitP=2 12soit R+j() 2(R+() ) Cω Cω 2 2 U Rm T P=2 12avecPmax=. 2R R+() 1 B.2T P= 1pourC0=2,T P(C0) = 1etC0= 99,5nF. Le taux de transfert de puissance a fortement augmentÉ (5,88% sans condensateur). 2 R B.3C0,T P0;C→ ∞,T P22 2= 5,88%:C=C0,T P= 1. R+L ω Um B.4LorsqueC=C0,Im=etφ= 0. R
C Introductiond’une charge non ferreuse dans la bobine C.1On visualiseusur la voie 1 et l’image deisur la voie2. D’aprÈs la loi de pouilletI== Umo 11 que les deux courbes sont en phases donc. On observe sur l’oscillogramme nφ= 0, R+r+j() 1 1 soit= 0soitLv=2 2= 42,2mH. On obtient ensuiteRvÀ partir des tensions crte-crte 4π Cf Um mesurÉ À l’oscilloscope :Im=soitRv= 22 Ω R+r 2
C.2On observe un dÉcalage de 0,9 carreaux alors qu’une pÉriode (360) correspond À 5 carreaux. On en dÉduit de le dÉphasageφ= 64,7o1 C.3Sur l’oscillogrammen3,uetisont en phase d’ouLcω0= 0soitLc= 36,2mHet C ω rUm rIm=soitRc= 53 Ω Rc+r
D Pilotagedu four À induction 2 Le transfert de puissance est optimal siLCω= 1. L diminuant au court de la cuisson, on doit rÉguler le transfert de puissance en augmentant la frÉquence.
ProblÈme 3Etude de filtres du second ordre A Filtrepassif A.1
On reconnat un filtre rÉjecteur de bande. jCω(e+v3)jRCω(e+v3) A.2On applique le thÉorÈme de Millman au pointAet au pointB:VA=2=et 2+2jRCω +2jCω R V 1B (e+v3VAjCω+ Re+v3R VB=2=. On applique À nouveau le thÉorÈme de Millman env3soitv3=1= 2+2jRCω +2jCω+jCω R R 2 22 22 22 22 (1R C ω)(e+v) (1R C ω) (1R C ω)(e) VAjRCω+VB3 . Soit en remplaÇant :v3=2d’oÙv3(12=2. On a 1+jRCω2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2 22 v31R C ω1 alors=22 2=4jRCω. En basse frÉquence et en haute frÉquence, on retrouve un e1R C ω+4jRCω 1+ 2 2 2 1R C ω gain Égal À 1. A.3Le gain maximal est Égal À 1 et les pulsations de coupure sont dÉfinies de telle sorte queG3(ωc) = 1 1 q .Le gain de ce filtre est donnÉ parG3(ω) =avecx=RCω. On doit alors rÉsoudre 4x 2 2 1+( ) 2 1x 21 1x=±4x. On en tire deux solutions positivesx1= 4,24etx2= 0,236soitωc1= 1475rad.set 31 ωc2= 26,5.10rad.s A.4cf cours avecQ= 4 3 A.5Pourf= 1kHz,G3= 2,6.10. Le signal de sortie aura une amplitude deG32 = 5,2mV. 4RCω La phase est donnÉe parϕ3=arctan(2 22= 1,57rad90. 1R C ω
B Filtreactif +1 B.1L’amplificateur opÉrationnel fonctionne en rÉgime linÉaire. On a alorsV=V=Vs 1+α (formule du diviseur de tension). En appliquant le thÉorÈme de Millman au pointA, on obtient :VA= + 1 e V e+V s(jRCω+ ) +VsjCω+ R R1+α+ 2=. On dÉtermine la relation entreVetVAen appliquant la formule (2+jRCω) +jCω R +VA1+jRCω du diviseur de tension :V=, soitVA=Vs. En mixant ces deux relations, on obtient : 1+jRCω1+α 1+jRCω1+(1+α)(1+jRCω)e1+α V s[=Soit en simplifiant on obtientH=2 22 1+α(1+α)(2+jRCω) 2+jRCω1+(2α)jRCωR C ω A1α B.2On a alorsH=2avecA= 1 +α,ω0=etm= 1.   RC2 ω ω 1+2jmω ω 0 0
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B.3Ce montage peut prÉsenter un maximum lorsque le gain de la fonction de transfert passe par 2 22 2ω un maximum, c’est À dire lorsque la fonctiong(x) = (1x4) +m xa un minimum avecx=. ω0 02 22 2 g(x) =4x(1x2m) = 0soitx= 12m. Sachant quex >0, le gain passe par un maximum 1ω 02 sim <. La frÉquence de rÉsonance est alors Égale Àfr= 12m 2π 2 B.4On un filtre passe bas d’ordre 2. L’asymptote quandω0est une asymptote horizontale de gainGdB0log(1 += 20α)et lorsqueω→ ∞on a une asymptote de pente -40 dB/dÉcade. Les gains en dBGdB0etGdB(ω0)sont donnÉs dans le tableau suivant : m αGdB0GdB(ω0) 0.1 1,88,9 dB22,9 dB 0,707 0,594 dB1 dB 1 00 dB-6 dB
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