DS08 BTS2005 Corrigé - Cours de mathématiques de Christian

Corrigé du BTS IRIS 2005 ( Physique Appliquée )
2.3. L'entrée est un échelon donc ε I (p) =
LECTEUR CD – ONDULEUR - CNA
1.1. L'amplificateur fonctionne en régime linéaire car on a un contre-réaction (résistance R
entre la sortie et l'entrée "-").
1.2.
Commande du tiroir
1.3.
1.4.
2.1.
2.2.
VM
0V
5V
-5V
t →∞
⇒ TBFO =
C
et
1,26 63%
p →0
0
On lit sur le graphique : τBF ≈ 16, 7µs .
t en µs
0
16,7
50
100
3.3. L'asservissement augmente la rapidité avec τ qui passe de 100 µS à 16,7µs.
EXERCICE 3 : Commande de l'onduleur
1.1. Pour ne pas court-circuiter la source de tension, il ne faut pas fermer simultanément
K1 et K2 ou K3 et K4 .
1.2. Le courant doit pouvoir circuler dans le récepteur, il ne faut pas ouvrir simultanément
K1 et K2 ou K3 et K4 .
1.3. Séquence de fermeture des interrupteurs :
15
UCC
0
-UCC
L
ouvert
95%
y(+∞)
2.10−3
=
soit TBFO = 4W.A −1 .
I REF
0,5.10−3
EXERCICE 2 : Régulation diode LASER
1.1. En régime continu :
1,9
3.2. y(+∞) = lim y(t) = lim pY(p) = TBFO .I REF
Mouvement tiroir
Repos
Sortant
Entrant
10
0
p →0
et t RBF = 50µs .
Un changement de signe de le tension VM entraîne une inversion du sens de rotation.
Voir tableau ci-dessus (4° colonne).
Tr et Tu (mN.m)
On a Tu = 20 – n (graphe ci-contre)
20
L'intersection des courbes Tu et Tr donne
Tu
le point de fonctionnement (5mN.m et
15tr/s).
Tr
10
Au démarrage on a TRd = 11,2 mN.m et
TUd = 20 mN.m ; TUd > TRd le démarrage
5
est donc possible.
n (tr/s)
0
A0B I
.
1 + τD p
2.5. Pour atteindre 95%, il faut t = 3τ soit t = 3×1.10-4 = 300µs.
3.1. La lecture sur le graphique donne :
y en mW
y(+∞) = 2mW
2 100%
EXERCICE 1 : Motorisation tiroir CD-ROM
VL1
0V
0V
5V
⇒ Y(p) =
2.4. y(+∞ ) = lim y(t) = lim pY(p) = A 0 BI = 200 × 0,1× 0,1.10−3 soit y(+∞) = 2mW
t →∞
VL0
0V
5V
0V
I
p
u(t)
K1
K4
fermé
t
T/2 T/2+t0
t0
K2
K3
K1
K4
1.2. Schéma ci-contre
1.3. Loi des mailles : VCC = vAK - vCE + RiC .
V − v AK 5 − 2,8
1.4. i C = CC
soit i C = 100mA .
=
R
R
22
A0
AB
Circuit
2.1. TD (p) =
.B soit TD (p) = 0 .
Intégré
1 + τp
1 + τp
Spécialisé
2.2. Le dénominateur comporte un polynôme de degré 1.
Le système est donc du 1°ordre de type :
DL
T
TD (p) = D0
avec TD0 = A0B = 20W/A et τD = τ = 10-4s .
1 + τD p
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+VCC
iC
R.IC
vCE
2.1. U1 = < u12 (t) > =
2
2
U CC
.t 0 + (− U CC
).(T / 2 + t 0 − T / 2)
=
T
2
2U CC
.t 0
T
2t 0
.
T
2.2. Il faut augmenter t0 pour garder la même valeur efficace lorsque UCC diminue.
2.3. Pour que u1(t) reste alternative, il faut garder t0 < T/2.
soit U1 = U CC
vAK
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Corrigé du BTS IRIS Session 2005
2.1. La structure de l'algorithme est indiquée ci-dessous :
EXERCICE 4 : Restitution d'un signal analogique
1.1. Filtre passe-bas car seules les basses fréquences ne sont pas atténuées.
Filtre du 1°ordre car asymptote de pente -20dB/décade pour les hautes fréquences.
Fréquence de coupure à -3dB du gain max : 20kHz.
Bande passante : [0 ; 20kHz].
1
V
ZC
1
jCω
=
=
1.2.1. La relation du pont diviseur donne : T( jω) = 2 =
.
1
V1 ZR + ZC
1 + jRCω
R+
jCω


1
.
et G dB = 20 log 
2 
2

1 + ( RCω)
1
RC
+
ω
(
) 

1.3.1. Le signal v1(t) est non sinusoïdal car son spectre comporte plusieurs raies.
1.3.2. Les différentes amplitudes présentes sont : 5 V à 12 kHz; 0,8 V à 76 kHz
et 0,6 V à 100 kHz (voir tableau suivant).
1.3.3. Par lecture graphique sur le diagramme de Bode nous trouvons : -1dB à 12 kHz
-12dB à 76kHz et -14dB à 100kHz (voir tableau suivant).
1.2.2. T(ω) = T( jω) =
12 kHz
5
-1 dB
0,89
76 kHz
0,8
-12 dB
0,25
100 kHz
0,6
-14 dB
0,20
n
xn
sn
V2(76kHz) = 0, 25 × V1(76kHz) = 0, 25 × 0,8 soit V2(76kHz) ≈ 0, 2V
f = 100kHz :
V2(100kHz) = 0, 25 × V1(100kHz) = 0, 20 × 0, 6 soit V2(100kHz) ≈ 0,12V
Seule la raie de fréquence 12kHz
présente une amplitude significative;
le signal v2(t) est donc plus proche
d'une sinusoïde que v1(t).
5
-2
-1
0
1
2
3
4
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0,5
0,5
0
0
0
1
1
1
1
1
x n −1 + x n ⇒ S(z) = z −1X(z) + X(z) = (1 + z −1 ) X(z)
2
2
2
2
2
S(z) 1
ce qui donne T(z) =
= (1 − z −1 ) .
X(z) 2
2.4. L'échelon unité {x n } = {Γ n } a pour transformée X(z) =
1
1 − z −1
1 −1
1
(z + 1)
2
1 − z −1
−1
z
1
⇒ S(z) =
+
.
−1
2 (1 − z ) 2 (1 − z −1 )
⇒ S(z) = T(z)X(z) =
2.5. Réponse indicielle :
n
xn
sn
V2 (f) en volt
-2
-1
0
1
2
3
4
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0,5
1
1
1
1
4,5
4
3
{sn}
2
1,0
1
0
f en kHz
12
76
0,5
100
0,0
-1
0
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sn
0,5
2.3. On a : s n =
V2(12kHz) = 0,81× V1(12kHz) = 0,89 × 5 soit V2(12kHz) ≈ 4,5V
f = 76kHz :
R
2.2. Réponse impulsionnelle de l'algorithme :
1
Fréquence
Amplitudes des raies en volt
Gain du filtre
Transmittance T = 10G/20
1.3.4. f = 12kHz :
xn
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