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Concours Physique ENSI 1994 (Corrigé)

PREMIERE PARTIE
1 - Amplificateur sélectif à circuit résonant
1 - Etude du bobinage primaire.
1 - 1 - a - Les lignes de champ sont des cercles dont les axes sont confondus avec l'axe Oz. En effet tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie de la distribution etB est normal à chacun de ces plans.
1 - 1 - b - Prenons le contour fermé suivant :
- un arc de cercle de rayonr0 et d'angle passant par O'
- un arc de cercle de rayonr0+rcosθ et d'angle passant par P - on ferme naturellement le contour (la circulation y est nulle).
Le théorème d'Ampère s'exprime :Bdl=0
soit B0.r0α2πBP+rcosθα2π=0ou encore, avecB0=n1μ0I2πr0
BP=B01+rr0cosθ
1 - 1 - c - En calculant le fluxΦ engendré par le tore sur lui-même :
Φ=n1.BdS=n21μ0I2πr0(1+rr0cosθ)rdrdθ commer0>>ar
Φ=n21μ0I2πr0(1rr0cosθ+rr0cosθ)rdrdθ
on obtient finalement pour L après simplification :
L=n21μ0a22r0(1+a24r20)

1 - 1 - d - Comme on aL=L1(1+a24r20),LL1avec une précision inférieure à 1% si a24r20<0,01 soit ar0<0,2.
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
R=ρIs avec I=n12πas=πd24 et n1=2π(r0ad)
SoitR=16πρ(r0a)d3 etL1R=μ0πad(r0a)8ρr0.
1 - 1 - f - A.N.L1=0,11mH.L1R=5,92.105H.Ω1.L1ω0R=37,2
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -Φ12=n2.B1.dS2=M.I1 soit, en négligeant les temes du second ordreM=n1n2μ0a22r0.
1 - 2 - b -M=L1.L2.
3 - Etude de l'amplificateur
1 - 3 - a - la puisanace complexe est :
P_=12Ze_Imax_˙Imax_=12Ze_|Imax_|2=Ze_|I0_|2 avec P=Re(P_).
Ze=R//C1//L1=jR1L1ωR1(1L1C1ω2+jL1ω)soitP_=jR1L1ω.I20R1(1ω2ω20+jL1ω)
finalement
P=R1I201+R21L21ω20(x1x)2 avec Pmax=R1I10 et Q=R1L1ω0
1 - 3 - b -Pmax1+Q2(x1x)2=Pmax2 soitx1x=±1Q (deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=121Q±(1Q)2+4 seule la racine positive est accebtable (x1).
( 2 )x2,4=121Q±(1Q)2+4 seule la racine positive est acceptable (x2).
Δω0=(x2x1)ω0=ω0Qsoit ω0Δω0=Q
1 - 3 - c -Vs_=Ze_I0_=Ze_sVe_ soit G=|Ze_|s finalement G=R1.s1+Q2(x1x)2
Vs,max est donné pour x=1Vs,max=R1I0
Vs,min est donné pour ω1 ou ω2 soit Vs,min=R1I02
1 - 3 - d - Ve=A0+n=1Cncos(nω0t)+ψn
Vn,s=G(nω0).Vn,e on peut donc d\'e finir τn,e=Cn,eC1,e et τn,s=G(nω0).Cn,eG(ω0).C1,e
On obtient pour l'atténuation en décibels
δn=τn,eτn,s=G(nω0)G(ω0)=1+Q2(x1x)21+Q2(nx1nx)2 comme x= 1 et n = 2,δ2=11+Q2(32)2
Tout calculs fait on trouveQ=2.
1 - 3 - e – PosonsReq=R1//Ru On exprime alors Q' par Q=ReqL1ω0 soit Q=QRuR1+Ru donc Δω0R1+RuRu
Si Ru=R1 alors Δω0=2.Δω0

4 - Couplage magnétique de l'amplificateur à une charge
1 - 4 - a - ( 1 ) V1_=jL1ωI1_+jMω(I1_+I2_)+jL2ω(I1_+I2_)+jMωI1_
( 2 ) V2_=jMωI1_+jL2ω(I1_+I2_)
( 3 ) V2_=RuI2_
De ( 2 ) et ( 3 ) on tire ( 4 ) I2_=jL2ω+jMωRu+jL2ωI1_
En substituant ( 4 ) dans ( 2 ) et remarquant queL1L2=n21n22 et que 2ML2=2n1n2n22
on trouveV1_I1_=Ze_=μ2jL2ωRuRu+jL2ω avec μ=n1+n2n2.
1 - 4 - b - Calculons la pulsation de résonance du montage.
Comme on nous demande dans la question - c - le facteur de qualité Q, exprimons la puissance moyenne absorbée par l'impédance constituéeR1,C2, les bobines coupl\'e es et Ru. En premier lieu, exprimons l'impédance équivalenteZeq_=R1//C2//Ze_ soit
Zeq_=jR1Ruμ2L2ωR1Ru(1L2C2μ2ω2)+jL2ω(R1+μ2Ru)
CommeP=Re(Ze_)|I0_|2 on trouve alors tout calcul fait
P=R1Ruμ2R1+μ2RuI201+(R1RuR1+μ2Ru)21L22ω20(1xx)2 soitPmax=R1Ruμ2R1+μ2RuI20ω20=1L2C2μ2
EtQ=R1RuR1+μ2Ru1L2ω0.
On veut1L2C2μ2=1L1C1soitC2=n21(n1+n2)2C1
1 - 4 - c - En définissantΔQ=QQavecQ=R1μ2L2ω0 etQ=R1Ru(R1+μ2Ru)L2ω0
on obtientΔQQ=11+μ2. A..N. = 9,9
DEUXIEME PARTIE
11 - Exemples de filtres actifs à circuits RC
11 - 1 - Expression générale de la fonction de transfert d'un filtre passe -bande du second ordre.
Calculons le module deT(jω)_ .|T(jω)_|=G0(1+14α2(1xx)2)1/2. Soit F la fonction suivanteF=1+14α2(1xx)2, étudions la sur l'intervalle[0,+].
dFdx=12α2(1xx)(1x2+1)
soit
x     0            1                                  +
F      ↘     min           ↗                 +
F'       -      0              +
T 0   ↗     G0            ↘                    0
La forme de la courbe permet de conclure sur la nature du filtre.
Calculons la bande passante :G02=G0(1xx)(14α2+1) soitx1x=±2α(deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=α±α2+1 seulex1est positive.
( 2 )x2,4=α±α2+1 seulex2est positive.
Δω0=(x2x1)ω0=2αω0 soitQ=ω0Δω0=12α2

11 - 2 - Filtre actif à structure de Sallen et Key
11 - 2 - a - ( 1 ) V_=V+_=1kVs_
( 2 )VA_=Y1_Ve_+Y2_V+_+Y3_Vs_Y1_+Y2_+Y3_
( 3 )VA_=V+_Y2_+Y4_Y2_
De ( 1 ) et ( 3 ) on tire ( 4 )VA_=Vs_Y2_+Y4_Y2_.k
En égalisant ( 2 ) et ( 4 ) on trouveVs_Ve_=Y1_Y2_.k(Y2_+Y4_)(Y1_+Y2_+Y3_)Y22_Y2_Y3_.k
11 - 2 - b – AvecY1_=1R,Y2_=jCω,Y3_=1R,Y4_=1R+jCωet en exprimant T(jω)_=G01+12αjx+jx2α on trouve tout calcul fait T(jω)_=k(5k)(1+2jRCω(5k)+jRCω5k)
soit en identifiant: ( 1 )G0=k15k
( 2 )jx2α=jRCω5k
( 3 )1jx2α=2jRCω(5k)
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tireα=5k22 on trouve alors pourω0=2RC et Q=25k
11 - 2 - c - A partir de l'équation différentielle homogène associée au montage, étudions la stabilité du système :v(t)+2αω0dv(t)dt+1ω20d2v(t)dt2=0
le discriminant réduit associé à l'équation caractéristique de cette équation différentielle s'exprime ainsiΔ=1ω20(α21).
Si k = 5 alors = 0 et le sytéme oscille.
Si k > 5 alors < 0. On peut distinguer deux cas :|α|<1 et |α|>1.
Dans ces deux cas le systéme est instable.
11 - 3 - Filtre actif à varialble d'état
11 - 3 - a - VA_=rI1_etVA_=2rI1_+Vs_ soitVA_=Vs_
De plusVA_=RI1_Vs_ etV0_=1jCωI1_ soitV0_Vs=1jRCω ( 1 )
En écrivant la loi des noeuds en D on obtientVs_Zeq_Ve_R2_=V0_R_ ( 2 )
En combinant ( 1 ) et ( 2 ) on obtient la relation demandé sous la forme
T(jω)_=G01+12αjx+jx2α=R1R211+R1jR2Cω+jR1Cω
SoitG0=R1R2α=R2R1ω0=1RC et Q=R1R
11 - 4 - Filtres actifs à condensateurs commutés
11 - 4 - a -e1=u(t)+rCdu(t)dt soitu(t)=e1+Cte.exp(tτ). Le temps de charge étant trés faible par rapport à la période du système, on peut facilement supposer que la tension aux bornes du condensateur à t = 0 est égale àe2.
La constante se déduit facilementCte=e2e1. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps[nTc,n+12Tc] est u1(t)=e1+(e2e1)exp(tτ).
De même on trouve pour l'intervalle de temps[n+12Tc,(n+1)Tc]
u2(t)=e1+(e1e2)exp(tTc2τ)
11 - 4 - b - i1(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e1e2)exp(tτ) de même pouri2(t)
i2(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e2e1)exp(tτ)
La valeur moyenne étant définit ainsii1(t)=1TcTc0i1(t)dt.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximationτ<<Tci1(t)=CTc(e1e2).
De même pouri2(t) on obtient i2(t)=CTc(e2e1)=i1(t)

11 - 4 - c - uAB=e1e2=iAB(t)Reavec
iAB(t)=i1(t)i2(t)=i1(t)i2(t)=2i1(t)=2CTc(e1e2)
SoitRe=Tc2C=12Cfc
11 - 4 - d - Comme la fréquence de commutation de l'intérupteur est bien suppérieure à la fréquence du signal, pour un intervalle de temps de l'ordre deTc, le signal apparait continu pour l'intérruteur lors de plusieurs commutations.
11 - 4 - e - En utilisant le théorème de Millman au point A :
VA_=Y1_Ve_+Y3_Vs_Y1_+Y4_+Y3_
et au point BVB_=0=Y2_Vs_+Y4_VA_. En combinant les deux équations
précédentes , en fonction des admittancesVs_Ve_=Y1_Y2_Y4_(Y1_+Y4_+Y3_)Y3_soit , en exprimant ce résultat en fonction des admittaces :Y1_=1Re=Y2_Y2_=jC2ωY4_=jC1ω et sous la forme déja vue :Vs_Ve=1(1+C2C1)(1+C1jReC1ω(C1+C2)+jReC1C2ωC1+C2).
On peut exprimer les grandeurs demandées :G0=C1C1+C2α=C1+C22C1C2ω0=1ReC1C2=2CfcC1C2 et Q=C1C2C1+C2

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