Eléments de correction du Devoir Maison no

Yves Josse

Description

Niveau: Supérieur
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

Sujets

• Diviseur de tension

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
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• Langue: Français

Extrait

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 :U R =E 0 . r 0 +r+R RE 0 On obtient :r=−R−r 0 = 29,4 Ω. U R

B DÉterminationde r et L À partir d’un oscillogramme B.1U e = 5VetU R = 2,5V. U R B.2I= =62,5mA R U U e B.3Z=doncZ AM 80 Ω= = I I B.4L’oscillogramme montre que la tensionu e (t)est en avance sur la tensionu R (t); elle passe par0 en descendant avantu R (t). π .5φ= B u e /i 6 1 B.6Z AM =r+R+jLω+ jCω B.7osφ+jZ sinφ Z AM =Z AM c u e /i AM u e /i B.8r sφoÙr= 29,3 Ω +R=Re(Z AM ) =Z AM co u e /i d’ 1 d’ B.9Lω−=Im(Z AM ) =Z AM sinφ u e /i oÙL= 66mH Cω

C Etudede la fonction de transfert u R C.1H= u e 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 doncu R = 0. A haute frÉquence c’est le contraire. On a donc encoreu R = 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 H max R   C.4Cette expression peut se mettre sous la formeH=avecH max =, ω ω 0 R+r 1 +jQ− ω 0 ω r 1 1L ω 0 = √ etQ=. r+R C LC C.5Un diagramme de Bode est constituÉ par l’ensemble de deux diagrammes : le diagramme de Bode en gain (G dB = 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.6ω 0 = √ = 2πf 0 soitL= =66mH 2 2 f LC 4π 0 C   R (G dB ) 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 e u e /i u e /i e 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 doncY∈R. AD |Z| |Y| AD AD 1 0 D.5Y=jC ω+   . AD 1 r+j Lω− Cω   1 1 r−j Lω− L− 2 0 Cω 0 Cω 0 −5 D.6Y=jC ω+   . Im(Y) = 0⇔C=   . AN :C= 1,0.10F. AD AD 2 2 1 1 2 2 r+Lω−r+Lω− Cω Cω

ProblÈme 2Alimentation Électrique d’un four À induction A Transfertde puissance À un dipÔle inductif A.1DÉterminer littÉralement : √ jϕ U m U m A.1.1I e=so=; √ m R+jLω itI m =I2 2 ω 2 2 R+L 2 RU U m R m √ √ A.1.2P=Icosϕetcosϕ=soitP= 2 22 2(R+L ω) 2 22 2 R+L ω 2 U m A.1.3La puissance est maximale lorsqueω→0soitP max =; 2R 2 P R A.1.4T P= = 22 2 . P max R+L ω A.2Pour la frÉquencef= 4000Hz,T P= 5,88%

B AmÉliorationdu facteur de puissance 2 RU jφ U m 1 m B.1I m e= 1 . On remplace doncLωparLω−soitP= 2 1 2 soit Cω R+j(Lω−) 2(R+(Lω−) ) Cω Cω 2 2 U R m T P= 2 1 2 avecP max =. 2R R+(Lω−) Cω 1 B.2T P= 1pourC 0 = 2 ,T P(C 0 ) = 1etC 0 = 99,5nF. Le taux de transfert de puissance a Lω fortement augmentÉ (5,88% sans condensateur). 2 R B.3C→0,T P→0;C→ ∞,T P→ 22 2 = 5,88%:C=C 0 ,T P= 1. R+L ω U m B.4LorsqueC=C 0 ,I m =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== U m o 1 1 que les deux courbes sont en phases donc. On observe sur l’oscillogramme nφ= 0, R+r+j(Lω−) Cω 1 1 soitLω−= 0soitL v = 2 2 = 42,2mH. On obtient ensuiteR v À partir des tensions crte-crte Cω 4π Cf U m mesurÉ À l’oscilloscope :I m =soitR v = 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= 64,7 o 1 C.3Sur l’oscillogrammen3,uetisont en phase d’ouL c ω− 0 = 0soitL c = 36,2mHet C ω rU m rI m =soitR c = 53 Ω R c +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+v 3 )jRCω(e+v 3 ) A.2On applique le thÉorÈme de Millman au pointAet au pointB:V A = 2 =et 2+2jRCω +2jCω R V 1 B (e+v 3 V A jCω+ R e+v 3R V B = 2 =. On applique À nouveau le thÉorÈme de Millman env 3 soitv 3 = 1 = 2+2jRCω +2jCω+jCω R R 2 22 22 22 22 (1−R C ω)(e+v) (1−R C ω) (1−R C ω)(e) V A jRCω+V B 3 . Soit en remplaÇant :v 3 = 2 d’oÙv 3 (1− 2 = 2 . On a 1+jRCω 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2(1+jRCω) 2 22 v 3 1−R C ω1 alors= 22 2 = 4jRCω . En basse frÉquence et en haute frÉquence, on retrouve un e 1−R C ω+4jRCω 1+ 2 2 2 1−R C ω gain Égal À 1. A.3Le gain maximal est Égal À 1 et les pulsations de coupure sont dÉfinies de telle sorte queG 3 (ω c ) = 1 1 √q .Le gain de ce filtre est donnÉ parG 3 (ω) =avecx=RCω. On doit alors rÉsoudre 4x 2 2 1+( ) 2 1−x 2−1 1−x=±4x. On en tire deux solutions positivesx 1 = 4,24etx 2 = 0,236soitω c1 = 1475rad.set 3−1 ω c2 = 26,5.10rad.s A.4cf cours avecQ= 4 −3 A.5Pourf= 1kHz,G 3 = 2,6.10. Le signal de sortie aura une amplitude deG 3 ∗2 = 5,2mV. 4RCω La phase est donnÉe parϕ 3 =−arctan( 2 22 = 1,57rad≈90. 1−R C ω

B Filtreactif +− 1 B.1L’amplificateur opÉrationnel fonctionne en rÉgime linÉaire. On a alorsV=V=V s 1+α (formule du diviseur de tension). En appliquant le thÉorÈme de Millman au pointA, on obtient :V A = + 1 e V e+V s(jRCω+ ) +V s jCω+ R R 1+α + 2 =. On dÉtermine la relation entreVetV A en appliquant la formule (2+jRCω) +jCω R + V A 1+jRCω du diviseur de tension :V=, soitV A =V s . En mixant ces deux relations, on obtient : 1+jRCω1+α 1+jRCω 1+(1+α)(1+jRCω) e1+α V s[−=Soit en simplifiant on obtientH= 2 22 1+α (1+α)(2+jRCω ) 2+jRCω 1+(2−α)jRCω−R C ω A1α B.2On a alorsH= 2 avecA= 1 +α,ω 0 =etm= 1−.   RC2 ω ω 1+2jm− ω 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 2 ω un maximum, c’est À dire lorsque la fonctiong(x) = (1−x4) +m xa un minimum avecx=. ω 0 02 22 2 g(x) =−4x(1−x−2m) = 0soitx= 1−2m. Sachant quex >0, le gain passe par un maximum √ 1 ω 0 2 √ sim <. La frÉquence de rÉsonance est alors Égale Àf r = 1−2m 2π 2 B.4On un filtre passe bas d’ordre 2. L’asymptote quandω→0est une asymptote horizontale de gainG dB0 log(1 += 20α)et lorsqueω→ ∞on a une asymptote de pente -40 dB/dÉcade. Les gains en dBG dB0 etG dB (ω 0 )sont donnÉs dans le tableau suivant : m αG dB0 G dB (ω 0 ) 0.1 1,88,9 dB22,9 dB 0,707 0,594 dB1 dB 1 00 dB-6 dB

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