Corrigé

Spé ψ 2004-2005
Devoir n°1
TRAITEMENT DU SIGNAL
CENTRALE TSI 2000 PHYSIQUE 1
Partie I.
PRELIMINAIRES
I.A. Chaque terme de l’équation est homogène à [V][T]–2 d’après le premier terme donc
2
[ω] = [T]–2 d’après le troisième, soit [ω] = [T]–1 . Le deuxième terme montre que [b][ω] = [T]–1 donc b
est sans dimension.
I.B.1. On se trouve en présence d’un régime pseudo-périodique divergent. L’équation caractéristique de l’équation différentielle, s’écrit
r2 + bωr + ω2 = 0.
1
L’enveloppe des oscillations croissante montre que la partie réelle (– bω) des racines est posi2
tive donc b < 0 en prenant ω > 0.
De plus, le discriminant [(bω)2 – 4ω2] est négatif (donc |b| < 2)., ce qui se traduit par les pseudooscillations.
dV
(t = 0 + ) = 0. Or V(t) = 0, qui
A l’instant initial, la courbe semble montrer que V(0+) = 0 et
dt
vérifie les mêmes conditions initiales, est une solution de l’équation différentielle. La fonction proposée ne peut donc pas vérifier ces conditions. Dans le cas d’un oscillateur, le démarrage des oscillations
se fait à partir d’une fluctuation aléatoire de la tension donc V(0+) ≠ 0.
b
g
I.B.2.La solution de l’équation différentielle est V (t ) = cos Ωt + ϕ e
b
g
1
− bωt
2
b2
, avec Ω = ω 1 − .
4
1
− bΩ ( t 0 + T )
2
1
− bΩ T
V (t 0 + T ) cos Ω(t 0 + T ) + ϕ e
2
On a donc
=
=e
= e − bπ . Sur le graphique, on mesure
1
− bΩ t 0
V (t0 )
cos Ωt 0 + ϕ e 2
1
V (t0 + T )
= 1,4 donc b = − ln(1,4) soit b = –0,1. On a donc bien b2 << 1. Par ailleurs, on mesure
V (t0 )
π
2π
= 1013 rad.s–1. Comme Ω ≈ ω puisque b << 1, on en déduit ω ≈ 1000 rad.s–1.
T = 6,2 ms soit Ω =
T
I.C. Dans ce cas il n’y a pas d’oscillations et la fonction est monotone croissante. Donc b < 0 et
le discriminant de l’équation caractéristique est positif ou nul. Le raisonnement pour trouver la valeur
initiale de V est le même que précédemment.
I.D. La fonction tend vers 0 quand t tend vers l’infini: donc cette fois b > 0 .On n’observe pas
d’oscillations, mais la fonction passe par un maximum: cela correspond à un discriminant nul et à une
b
solution du type V(t) = (at + b)e
1
− bωt
2
g
. La valeur initiale de V est ici clairement non nulle.
Partie II
II.A.1.Analyse de l’A.O. :
borne (+) : v+ = V1 par construction ;
Spé ψ 2004-2005
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Devoir n°1 Corrigé
borne (–) : i– = 0 donc on peut utiliser le théorème du diviseur de tension d’où v− =
R1
V2 .
R1 + R2
L’A.O. fonctionne en régime linéaire ce qui se traduit, dans le modèle idéal, par v+ = v– soit
R
R1 + R2
V2 =
V1 . On a donc V2 = GV1 avec G = 1 + 2 .
R1
R1
II.A.2.L’A.O. sature si |V2| atteint la valeur +VSAT donc V1 doit varier dans le domaine
V
]-V1C, V1C[ si l’on note V1C = SAT .
V
VSAT 2
G
II.A.3.Comme G > 1, on a V1C < VSAT donc on peut tracer la courbe suiV1
vante
V1C
–V1C
–VSAT
VSAT
II.B. En régime quelconque, la loi des nœuds s’écrit
–VSAT
dV4 (t ) V4 (t )
i3 (t ) = C
+
dt
R
q (t )
La
loi
des
mailles
s’écrit
V3 (t ) = Ri3 (t ) +
+ V4 (t )
soit
en
dérivant
C
dV3 (t )
di (t ) i (t ) dV (t )
= R 3 + 3 + 4 . Avec l’expression de i3(t) obtenue ci-dessus, il vient
dt
dt
C
dt
dV3 (t )
d
dV4 (t ) V4 (t )
1
dV (t ) V (t )
dV (t )
=R
C
+
C 4 + 4
+
+ 4
dt
dt
dt
R
C
dt
R
dt
2
dV3 (t )
d V4 (t ) dV4 (t ) dV4 (t ) V4 (t ) dV4 (t )
= RC
+
+
+
+
d’où
dt
dt 2
dt
dt
RC
dt
d 2V4 (t )
3 dV4 (t ) V4 (t )
1 dV3 (t )
+
+
=
2
2
dt
RC dt
( RC )
RC dt
1
On obtient bien l’équation demandée en posant ω 0 =
et a = 3.
RC
II.C1 Le courant i4 est nul car il n’y a pas de courant entrant par l’entrée + de l’A.O.que l’on
suppose idéal. On peut donc appliquer le résultats précédent.
II.C.2 On a V1 = V4 et V2 = V3.
Si |V1| < V1C, l’A.O. fonctionne en régime linéaire donc V3 = GV4 et l’équation devient
FG
H
IJ FG
K H
IJ
K
dV (t )
d 2V4 (t )
+ (a − G )ω 0 4 + ω 0 2V4 (t ) = 0
(1)
2
dt
dt
On en déduit b1 = a – G.
Si |V1| > V1C, l’A.O. fonctionne en régime saturé donc V3 = VSAT et l’équation devient
d 2V4 (t )
dV (t )
+ aω 0 4 + ω 0 2V4 (t ) = 0
(2)
2
dt
dt
On a donc ici b2 = a = 3.
II.C.3. V1 = V4 est la tension aux bornes d’un condensateur. C’est donc une fonction continue
pour tout t.
La tension aux bornes de l’autre condensateur est VC telle que V2 – (VC + V1) = Ri(t) avec
dV (t ) V (t )
i (t ) = C 1 + 1
.
dt
R
dV (t )
dV (t )
1
On a donc V2 (t ) − VC (t ) + V1 (t ) = RC 1 + V1 (t ) soit 1 =
V2 (t ) − VC (t ) − 2V1 (t ) .
dt
dt
RC
b
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g
b
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g
Devoir n°1 Corrigé
Ÿ Si |V1| < V1C, alors V2(t) = GV1(t) donc
b
g
dV1 (t )
1
=
(G − 2)V1 (t ) − VC (t ) . Comme
dt
RC
dV1 (t )
l’est aussi.
dt
Ÿ Si |V1| > V1C, alors V2(t) = +VSAT
(respectivement
–VSAT ) donc
dV1 (t )
1
dV1 (t )
1
=
VSAT − VC (t ) − 2V1 (t ) (respectivement
=
−VSAT − VC (t ) − 2V1 (t ) . VC (t) et V1(t)
dt
RC
dt
RC
dV (t )
étant continues, 1
l’est aussi.
dt
dV1 (t )
1
1
dV1 (t )
Ÿ lim
(G − 2)V1C − VC (t ) =
VSAT − V1C − VC (t ) = lim
=
.
V1 →V1C
V
V
→
1
1C
dt
RC
RC
dt
V <V
V >V
V1(t) et VC(t) sont continues,
b
g
b
b
1
g
b
1C
g
g
1
1C
dV (t )
est continue quelle que soit la valeur de V1(t) donc quel que soit t.
Conclusion : 1
dt
II-C.4. Si a – G > 0, la solution de l’équation différentielle vérifiée par V1(t) contiendra un
terme exponentiel décroissant qui éteindra d’éventuelles oscillations. Pour faire démarrer l’oscillateur,
il faut donc a – G ≤ 0 soit G ≥ a .
II.D.Première simulation
II.D.1.Le graphe montre que l’évolution présente deux phases:
Ÿ la première correspond au démarrage des oscillations à partir d’un bruit aléatoire. On
observe un régime pseudo-périodique (car |b1| = |a – G| = 0,1 < 2) avec une enveloppe exponentielle
croissante correspondant au signe négatif de b1 = a – G = –0,1 .
Ÿ La deuxième phase débute lorsque V2 atteint la saturation, c’est-à-dire V1 = V1C: V1(t)
obéit alors à l’équation (2) qui donne pour V1(t) le début d’un régime apériodique (car b2 = a = 3 > 2)
amorti jusqu’à ce que |V1| redevienne inférieure à V1C. Se met alors à nouveau en place le régime
pseudo-périodique d’amplitude exponentiellement croissant, etc..
Sur le graphe, on observe ici une tension V1 périodique dont l’amplitude à peu près égale à
VSAT
V1C =
qui vaut ici 4,5 V.
G
dV (t )
Les valeurs de V1 et 1
lorsque |V1| = V1C servent de conditions initiales pour le démarrage
dt
du régime pseudo-périodique amorti et déterminent l’amplitude des oscillations .
II.D.2. On sait que V2(t) = GV1(t) si
V2 (t) (en V)
|V1(t)| < V1C, c’est-à-dire en particulier dans la phase
VSAT
de démarrage des oscillations. L’allure de V2(t) est
donc la même que celle de V1(t).
10
Lorsque |V1(t)| atteint puis dépasse V1C, V2 reste
égal à ± VSAT. Comme la valeur de G indiquée est pro5
che de a, on peut supposer que la durée de ces phases
t (en s)
est très brève. On ne voit donc pratiquement pas de
paliers dans la représentation de V2(t).
On obtient donc l’allure suivante :
II.D.3.En mesurant sur le graphe, on obtient
–5
une période de l’ordre de T = 6,5 ms soit une pulsation
2π
de ω =
= 967 rad.s–1. Par ailleurs, on a
−3
–10
6,5 × 10
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–VSAT
Devoir n°1 Corrigé
1
= 103 rad.s–1. Les deux pulsations sont très voisines ce qui correspond bien
−9
10 × 10 . 100 × 10
au fait que G a une valeur très voisine de la valeur critique.
La pulsation ω0 correspond à une période T0 = 6,25 ms
T > T0 correspond à la somme d’un intervalle de temps où l’oscillateur suit le régime pseudopériodique amorti et un intervalle de temps où l’oscillateur suit le régime exponentiellement croissant.
II.E. Deuxième simulation
II.E.1. On observe encore deux phases :
Ÿ Le régime transitoire est de courte durée : en effet le facteur d’amplification
|b1| = |a – G2| = 7 est important donc V1 atteint très vite la valeur V1C pour laquelle V2 atteint la valeur
+VSAT. La solution de l’équation (1) est apériodique pour ce régime .
Ÿ Ensuite, une phase périodique s’établit, mais les oscillations ne sont plus du tout sinusoïdales. Quand V2 prend la valeur VSAT, la tension V1 obéit à l’équation (2),c’est à dire suit un régime
apériodique amorti avec une facteur d’amortissement égal à b2 = a = 3, jusqu’à ce que V1 atteigne en
décroissant V1C. Alors la tension V1 obéit à l’équation (1) qui correspond à un régime apériodique
d’amplitude exponentiellement décroissante, jusqu’à ce que V2 = G2V1 atteigne la valeur de saturation
-VSAT. La tension V1 suit ensuite à nouveau le régime
apériodique amorti, cette fois croissant, jusqu’à ce
graphe 5
qu’elle atteigne en croissant la valeur –V1C, etc..
V2 (en V)
Sur la figure, on note bien les différences de
VSAT
pente des deux types de régimes apériodique ainsi que
les valeurs de V1 (=±V1C) pour lesquelles s’effectue les
transitions.
II.E.2. La tension V2 prend la valeur VSAT lorsque
V1C
t (en s)
V1 ≥ V1C et la valeur -VSAT lorsque V1 ≤ –V1C. La durée
des régimes apériodiques amortis est assez longue pour
que l’on voit nettement les paliers de saturation de V2.
–V1C
Par contre, la durée des fonctionnement linéaires de
l’A.O. tels que V2 = G2V1 est très brève. Sur la courbe cicontre, l’échelle des tensions n’est pas la même pour V1
et V2.
II.E.3.On mesure sur le graphe la période des os- –VSAT
cillations ; on trouve T = 11,7 ms ce qui est bien plus
grand que la valeur trouvée en II.D. La durée passée par l’oscillateur en régime saturé est plus importante ici.
II.E.4.La tension V1 change de comportement pourV1 = ±V1C, lorsque V2 atteint une valeur de
saturation. On en déduit G2V1C = VSAT. Sur le graphe ,il y a un changement dans l’allure de V1 vers
1,4 V, ce qui correspond bien à un gain de 10 environ.
II.F. L’amplitude des oscillations de V1(t) dépend des conditions « initiales » de démarrage des
dV (t )
régimes amortis, c’est-à-dire V1C (qui dépend de G) et de la valeur de 1
à l’instant où V1 = ±V1C,
dt
donc de l’amplitude du bruit initial. L’amplitude des oscillations ne peut donc être réglée arbitrairement.
L’amplitude des oscillations de V2(t) est fixée par la valeur de saturation de l’A.O. et ne peut
être réglée.
ω0 =
3
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Devoir n°1 Corrigé
Partie III
III.A.1. Le condensateur C0 est débranché donc le circuit étudié est le suivant :
Notons i(t) le courant traversant la diode. On a deux états possibles pour la
diode :
Ÿ Si Di est passante, i est non nul. Comme iG = 0 par hypothèse, on peut
kr
utiliser le théorème du diviseur de tension d’où VG (t ) =
VC (t ) = k .VC (t ) .
(1 − k )r + kr
Comme VC – V2 = 0 puisque la diode est passante, il reste V (t)
2
VG(t) = kV2(t).
Cet état est possible tant que i > 0 soit, puisque
V2(t) = -r.i(t), tant que V2(t) < 0.
Ÿ Si Di est bloquée , i est nul d’où VG = 0 .
Cet état est possible tant que VC – V2 < 0 soit, puisque
VC = 0, tant que V2(t) > 0.
Les courbes de V2(t) et VG(t) sont les suivantes :
VG(t)
III.A.2. VC est la tension aux bornes du condensateur.
Ÿ Si Di est passante, i est non nul. Alors, VC = V2 et
VG(t) = kV2(t).
Cet état est possible tant que i > 0 soit, d’après la loi des
V (t )
dV (t )
nœuds,
− 2 − C0 2
> 0.
Il
faut
donc
r
dt
V cos(Ωt )
T 3T
V
− 20
+ C0 Ω sin(Ωt ) > 0 d’où tan(Ωt ) < 20 (pour t ∈ [ ,
] à T près puisque on a vu plus
r
rC0 Ω
4 4
haut que cos(Ωt) < 0 lorsque la diode est passante). L’instant où la diode se bloque est t0 tel que
V
T
tan(Ωt 0 ) = 20 . Comme rC0Ω >> 1, on aura tan(Ωt0) ≈ 0 soit Ωt0 ≈ π ou t 0 = .
rC0Ω
2
V (t )
dV (t )
dV (t ) V (t )
Ÿ Si Di est bloquée , i est nul d’où C
= − C0 C
soit encore C + C
= 0. Le
r
dt
dt
rC0
−
t
t
t
condensateur se décharge suivant le régime VC (t ) = ae τ en posant τ = rC0. Comme rC0Ω >> 1, on a
2π
τ >>
= T [période de la fonction V2(t)]. VC(t) n’atteindra pas sa
V2(t)
Ω
valeur finale pendant une période de V2(t). Comme VC(t) est une
grandeur continue, on peut écrire VC(t0+) = VC(t0–) soit
ae
−
t0
τ
= V20cos(Ωt0).
Cet état est
V20 cos(Ωt 0 )e
t −t
− 0
τ
t
possible
< V20 cos(Ωt )
tant
ou,
que
VC – V2 < 0 soit
t
puisque
<< 1,
τ
t − t0
) < cos(Ωt ) . Puisque cos(Ωt0) < 0, VC est croisτ
sante et finit par atteindre la même valeur que V2 à un instant t1 tel
t −t
que cos( Ωt 0 )(1− 1 0 ) = cos(Ωt1 ) et tel que, ensuite, VC(t) = V2(t)
τ
et la diode est passante pendant une petite durée.
cos(Ωt 0 )(1−
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VG(t)
t0
t1
–kV20
Devoir n°1 Corrigé
t
Comme on a toujours VG ( t ) = k .VC ( t ) , on peut écrire :
R|V (t ) = kV
S|V (t ) = kV
T
G
20
cos(Ωt ) si la diode est passante
G
20
cos(Ωt 0 ) 1 −
FG
H
t − t0
τ
IJ si la diode est bloqué e
K
On en déduit la courbe ci-dessus.
Comme on a vu que Ωt0 ≈ π, on a VG(t0) ≈ –kV20 .
III.A.3. En conservant la variation linéaire de VG(t), on peut écrire
t −t
∆VG = VG(t1) - VG(t0) ≈ kV20 1 0 . Comme le schéma précédent montre que t1 – t0 ≈ T, il vient finaleτ
T
: l’amplitude de l’ondulation de VG(t) est proportionnelle à la période de V2(t).
ment ∆VG ≈ kV20
rC0
FG
H
La valeur moyenne est VG 0 = − kV20 1 −
VG0 ≈ -kV20 d’où
IJ
K
t −t
t1 − t 0
. Comme 1 0 << 1, on a pratiquement
2τ
τ
∆VG
2π
∆VG
T
≈
<< 1 et
.
≈
|VG 0 | rC0Ω
|VG 0 | rC0
III.A.4. A.N.:Avec r = 100 kΩ et T = 6,25 ms, on trouve C0 >
6,25 × 10−3
= 6,25 µF.
100 × 103 0,01
III.B.1. On a une structure d’amplificateur non inverseur d’où G ' = 1 +
III.B.2. On trouve G ' = 1 +
FG
H
IJ
K
FG
H
IJ
K
R2
.
RDS
R
kV
R2
V
1 + G 0 d’où G ' = 1 + 2 1 − 20 .
R0
VP
R0
VP
FG
H
III.B.3. Avec les valeurs numériques, on a: G ' = 1 + 3 1 −
IJ
K
VG 0
V
. Or G 0 ∈ [–1, 0] par hypothèse
VP
VP
donc on obtient G’ > 0 : V2(t) est donc en phase avec V1(t).
F
GH
III.B.4. Puisque les deux tensions sont en phase, on a V20 = 1 +
FG
H
V20 1 +
IJ FG
K H
IJ
K
kV10 R2
R
= 1 + 2 V10 puis V20 =
VP R0
R0
FG1 + R IJ
H RK
FG
H
R2
kV
1 − 20
R0
VP
IJ IV
K JK
10
soit
2
FG1 + k R V IJ V
H RVK
0
10
2
10
0
P
.
III.C.1. Le filtre est en sortie ouverte et on est en régime sinusoïdal donc on peut utiliser le théoZ EQ
1
V 3 d’où H ( jΩ) =
rème du diviseur de tension soit V 4 =
1
R + Z C + Z EQ
R + ZC +1
Z EQ
1
1
1
1
=
d’où H ( jΩ) =
=
ZC R
3
j Ω ω0
1
1
+
+ 1+ 1
1+
−
R + ZC +1 1+
+
R ZC
3 ω0 Ω
R ZC
b
FG
H
IJ b
K
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FG
H
g
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g
IJ
K
Devoir n°1 Corrigé
III.C.2. Les tensions V3 et V4 sont en phase si H(jΩ) est un réel positif. Il faut donc Ω = ω0 . On
1
a alors : V40 = V30 .
3
III.D.1. D’après le III.B.3. l’amplificateur impose que les tension V1 (= V4) et V2 (= V3) sont en
phase. D’après III.C.2. il faut que Ω = ω0 dans le filtre de Wien.
FG1 + R IJ
H RK
2
III.D.2.D’après la question III.B.4, l’amplificateur impose V20 =
FG1 + k R V IJ V
H RVK
0
10
2
10
0
P
. C’est une
hyperbole passant par 0.
D’après la question III.C.2. le filtre de Wien impose V20 = 3.V10. C’est une droite de pente positive.
On a tracé ci-dessous les courbes pour k = 0,1 et k = 0,9 avec les valeurs numériques données :
V20
V20
k = 0,9
k = 0,1
V10
V10
Les deux conditions sont vérifiées au point d’intersection des deux courbes. Alors,
R
1+ 2
R0
R
R2
R V
1
R
− 2 VP
d’où
1 + k 2 10 = 1 + 2
soit V10 = 0
puis
3V10 =
V10
3kR2 R0
R0 VP
3
R0
R2 V10
1+ k
R0 VP
FG
H
V20 =
FG
H
IJ
K
FG
H
IJ
K
IJ
K
FG
H
IJ FG
K H
IJ
K
FG
H
IJ
K
R0 R2
− 2 VP .
kR2 R0
On a V20 et V10 positifs par hypothèse. On en déduit la condition: R2 > 2R0 .
III.D.3. A.N.:Avec R2 = 600 Ω, R0 = 200 Ω et VP = 3V, on obtient V10 =
1
1
et V20 =
(en
3k
k
Volts).
Lorsque l’A.O. fonctionne en régime linéaire, V+ = V– donc VDS = V1. La contrainte sur VDS im1
pose donc k ≥ (car k est nécessairement positif).
3
D’après la question III.A.2., VGS ∈ [–kV20, 0]. La contrainte –VP ≤ VGS impose donc –VP ≤ –kV20
k
VP ≤ VP ce qui est toujours vérifié. Il suffit donc de prendre k ∈ [1/3, 1].
soit
3k
1
V10 varie alors entre Volt et 1Volt alors que V20 varie entre 1Volt et 3Volt. Il n’y a donc pas
3
saturation de l’A.O. qui fonctionne en régime linéaire.
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Devoir n°1 Corrigé
III.D.4. Sur la courbe, on mesure V20 = 2V. On en déduit k = 0,5.
III.D.5.Supposons que V10 prenne à la sortie du filtre une valeur différente de la valeur déterminée à la question III.D.2 correspndant au point de fonctionnement F. La variation est δV10.
L’amplificateur impose la valeur V20 du point 1. Alors la réponse du filtre. va conduire au point 2, qui
va conduire par réponse de l’ampli au point 3, etc... pour venir finalement converger au point F déterminé en III.D.2. Une variation de V10 dans l’autre sens ou une variation de V20 conduirait au même résultat: l’amplitude de l’oscillation reste stable.
REPONSE DU
FILTRE DE WIEN
V20
•
V20F
F
REPONSE DE
Ž
Œ L’AMPLIFICATEUR
V10
V10F
δV10
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Devoir n°1 Corrigé