PREMIERE PARTIE |
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 et→B 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 :→B→dl=0
soit B0.r0α2π−BP+rcosθα2π=0ou encore, avecB0=n1μ0I2πr0
BP=B01+rr0cosθ
1 - 1 - c - En calculant le fluxΦ engendré par le tore sur lui-même :
Φ=n1.→Bd→S=n21μ0I2πr0(1+rr0cosθ)rdrdθ commer0>>a≈r
Φ=n21μ0I2πr0(1−rr0cosθ+rr0cosθ)rdrdθ
on obtient finalement pour L après simplification :
L=n21μ0a22r0(1+a24r20)
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
R=ρIs avec I=n12πa, s=πd24 et n1=2π(r0−ad)
SoitR=16πρ(r0−a)d3 etL1R=μ0πad(r0−a)8ρr0.
1 - 1 - f - A.N.L1=0,11mH.L1R=5,92.10−5H.Ω−1.L1ω0R=37,2
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -Φ1→2=n2.→B1.d→S2=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(1−L1C1ω2+jL1ω)soitP_=jR1L1ω.I20R1(1−ω2ω20+jL1ω)
finalement
P=R1I201+R21L21ω20(x−1x)2 avec Pmax=R1I10 et Q=R1L1ω0
1 - 3 - b -Pmax1+Q2(x−1x)2=Pmax2 soitx−1x=±1Q (deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=12−1Q±√(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=(x2−x1)ω0=ω0Qsoit ω0Δω0=Q
1 - 3 - c -Vs_=Ze_I0_=Ze_sVe_ soit G=|Ze_|s finalement G=R1.s1+Q2(x−1x)2
Vs,max est donné pour x=1Vs,max=R1I0
Vs,min est donné pour ω1 ou ω2 soit Vs,min=R1I0√2
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(x−1x)21+Q2(nx−1nx)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 Δω′0R1+RuRu
Si Ru=R1 alors Δω′0=2.Δω0
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+jMω−Ru+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(1−L2C2μ2ω2)+jL2ω(R1+μ2Ru)
CommeP=Re(Ze_)|I0_|2 on trouve alors tout calcul fait
P=R1Ruμ2R1+μ2RuI201+(R1RuR1+μ2Ru)21L22ω20(1x−x)2 soitPmax=R1Ruμ2R1+μ2RuI20ω20=1L2C2μ2
EtQ=R1RuR1+μ2Ru1L2ω0.
On veut1L2C2μ2=1L1C1soitC2=n21(n1+n2)2C1
1 - 4 - c - En définissantΔQ=Q−Q′avecQ=R1μ2L2ω0 etQ′=R1Ru(R1+μ2Ru)L2ω0
on obtientΔQQ=11+μ2. A..N. = 9,9
DEUXIEME PARTIE |
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(1x−x)2)1/2. Soit F la fonction suivanteF=1+14α2(1x−x)2, étudions la sur l'intervalle[0,+∞].
dFdx=−12α2(1x−x)(1x2+1)
soit
x | 0 1 +∞ |
F | ↘ min ↗ +∞ |
F' | - 0 + |
T | 0 ↗ G0 ↘ 0 |
Calculons la bande passante :G0√2=G0√(1x−x)(14α2+1) soitx−1x=±2α(deux équations du second degré)
( 1 )x1,3=−α±√α2+1 seulex1est positive.
( 2 )x2,4=α±√α2+1 seulex2est positive.
Δω0=(x2−x1)ω0=2αω0 soitQ=ω0Δω0=12α2
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(5−k)(1+2jRCω(5−k)+jRCω5−k)
soit en identifiant: ( 1 )G0=k−15−k
( 2 )jx2α=jRCω5−k
( 3 )1jx2α=2jRCω(5−k)
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tireα=5−k2√2 on trouve alors pourω0=√2RC et Q=√25−k
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(α2−1).
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 obtient−Vs_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=−R1R2, α=R2R1, ω0=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=e2−e1. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps[nTc,n+12Tc] est u1(t)=e1+(e2−e1)exp(−tτ).
De même on trouve pour l'intervalle de temps[n+12Tc,(n+1)Tc]
u2(t)=e1+(e1−e2)exp(−t−Tc2τ)
11 - 4 - b - i1(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e1−e2)exp(−tτ) de même pouri2(t)
i2(t)=Cdu1(t)dt=Cτ(e2−e1)exp(−tτ)
La valeur moyenne étant définit ainsi⟨i1(t)⟩=1Tc∫Tc0i1(t)dt.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximationτ<<Tc⟨i1(t)⟩=CTc(e1−e2).
De même pour⟨i2(t)⟩ on obtient ⟨i2(t)⟩=CTc(e2−e1)=−⟨i1(t)⟩
⟨iAB(t)⟩=⟨i1(t)−i2(t)⟩=⟨i1(t)⟩−⟨i2(t)⟩=2⟨i1(t)⟩=2CTc(e1−e2)
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_=jC2ω, Y4_=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+C2, α=C1+C22√C1C2, ω0=1Re√C1C2=2Cfc√C1C2 et Q=√C1C2C1+C2
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