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PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le ma

PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le mardi 14 septembre 2010 Devoir Maison n˚2 Corrigé I Diodes et ampliﬁcateurs opérationnels G2E BCPST 02 I.A. Diode, résistance et source de tension sinusoïdale 1. (a) En utilisant un oscilloscope, il faut s’assurer que les deux voies de l’oscilloscope possèdent la même masse, elle-même commune à la masse du GBF. La voie A visualisera e(t) et la voie B : ur(t). (b) Lorsque la diode (supposée idéale) est passante, elle est équivalente à un court-circuit. Lors- qu’elle est bloquée, elle se comporte comme un interrupteur ouvert. Supposons que la diode soit passante. Dans ces conditions, la tension à ses bornes est nulle et ur(t) = e(t). La diode se bloque lorsque le courant s’annule, c’est-à-dire lorsque e(t) = 0. Supposons que la diode soit bloquée. On a donc ur(t) = 0. La diode redevient passante lorsque uD = e(t) −ur(t) = e(t) ≥0. Finalement, la diode n’est passante que pour e(t) ≥0. Dans ces conditions ur = ( e(t) si e(t) ≥0 0 si e(t) ≤0 On parle de redressement simple alternance. Tristan Brunier Page 1/6 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le mardi 14 septembre 2010 (c) La valeur moyenne temporelle de ur(t) est donnée par ⟨ur⟩= 1 T Z T 0 ur(t) dt = 1 T Z T/2 0 Em sin(ωt) dt + 0 car ur(t) = 0 entre t = T/2 et t = T. Ainsi ⟨ur⟩= −Em T ω [cos(ωt)]T/2 0 soit, avec T = 2π/ω : ⟨ur⟩= Em π La valeur eﬃcace de e(t) = Em sin(ωt) est Ueﬀtelle que U2 eﬀ= 1 T Z T 0 e2(t) dt = E2 m T Z T 0 sin2(ωt) dt En posant sin2(ωt) = 1 −cos(2ωt) 2 , on a U2 eﬀ= E2 m 2T Z T 0 1 −cos(2ωt) dt = E2 m 2T " t −sin(2ωt) 2ω #T 0 Finalement, on trouve U2 eﬀ= E2 m 2 soit Ueﬀ= Em √ 2 (d) La principale diﬀérence entre une diode réelle et la diode idéale est l’existence d’une tension seuil Us positive (avec les conventions de signe du début) qu’il faut appliquer aux bornes de la diode réelle pour qu’un courant commence à la traverser. La tension seuil d’une diode au silicium est de l’ordre de 0, 6 V (0, 3 V pour une diode au germanium). Une deuxième diﬀérence est que, dans le sens passant, la diode réelle ne se comporte pas comme un court-circuit mais comme un résistor de résistance RD (de l’ordre de quelques dizaines d’ohms pour une diode au silicium). En tenant compte de la tension seuil de la diode, la courbe ur(t) est représentée sur la ﬁgure 1. On a u(r) = 0 quand i = 0, c’est-à-dire quand la diode est bloquée, ce qui correspond à ud ≤Vd (Vd : tension seuil pour ud aux bornes de la diode), soit, avec e = ur + ud (loi des mailles), e ≤Vd (diode bloquée). Lorsque la diode est passante, e = ur + Vd : la tension ur est égale à la tension e(t) avec un décalage de −Vd = −0, 5 V. 2. (a) À haute fréquence, le condensateur se comporte comme un court-circuit et, à basse fréquence, comme un circuit ouvert. Le circuit sera un ﬁltre passe-bas. (b) Le gain sera maximal en continu : tout se passe alors comme si le condensateur n’était pas présent et s(t) = e′(t). Le gain est alors Hmax = 1. Le circuit RC peut être considéré comme un pont diviseur de tension de sorte que s = e′ Zc R + Zc = e′ 1 1 + R Zc = e′ 1 1 + jRCω Tristan Brunier Page 2/6 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le mardi 14 septembre 2010 u0 t e(t) ur(t) E 0 Figure 1 – On en déduit la fonction de transfert et le gain : H(jω) = 1 1 + jRCω et H(ω) = 1 p 1 + (RCω)2 On retrouve Hmax = 1 pour ω = 0. Par déﬁnition les pulsations de coupure à −3dB, notées ωc, sont les solutions de l’équation H(ωc) = Hmax/ √ 2, i.e. : 1 p 1 + (RCωc)2 = 1 √ 2 ⇒ωc = 1 RC La bande passante est donc l’intervalle # 0, ωc = 1 RC # et sa largeur vaut ∆ω = 1/RC en pulsa- tion et ∆f = 1 2πRC en fréquence. L’application numérique conduit à ωc = 100 rad.s−1 , ∆ω = 100 rad.s−1 et ∆f = 16 Hz. Les valeurs du gain G(ω) = 1 p 1 + 4π2R2C2f 2 = 1 p 1 + 3, 948.10−3 f 2 sont indiquées dans le tableau ci-dessous. fréquence (en Hz) 0 100 200 400 gain 1 0,15 0,079 0,039 (c) La valeur moyenne du signal redressé mono-alternance a déjà été calculée et vaut ⟨ur⟩= Em π Tristan Brunier Page 3/6 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le mardi 14 septembre 2010 Le gain du ﬁltre étant unitaire à fréquence nulle, la valeur moyenne du signal en sortie du passe-bas est aussi ⟨ur⟩. Le terme de pulsation nω et d’amplitude An ressort avec une amplitude Bn telle que Bn = An G(nω) où G(nω) = |H(jnω)| est le gain du ﬁltre RC à la pulsation nω. Le premier harmonique correspond à la tension e1(t) = Em/2 sin(ωt) aux bornes de R1. À la sortie du ﬁltre passe-bas, l’amplitude de cet harmonique sera B1 = Em 2 G(ω) = Em 2 p 1 + (RCω)2 Le deuxième harmonique correspond à la tension e2(t) = 2Em/(3π) cos(2ωt) aux bornes de R1. À la sortie du ﬁltre passe-bas, l’amplitude de cet harmonique sera B2 = 2Em 3π G(2ω) = 2Em 3π p 1 + (2 RCω)2 L’harmonique suivant correspond à la tension e4(t) = 2Em/(15π) cos(4ωt) aux bornes de R1. À la sortie du ﬁltre passe-bas, l’amplitude de cet harmonique sera B4 = 2Em 15π G(4ω) = 2Em 15π p 1 + (4 RCω)2 Remarque : nous n’avons pas étudié le déphasage introduit par le ﬁltre. Avec Em = 1 V, ω = 200π rad.s−1 , R = 10 kΩet C = 1 µF, on trouve les valeurs numériques suivantes : ⟨s(t)⟩= 1 π = 0, 32 V ; B1 = 0, 078 V ; B2 = 0, 016 V et B4 = 0, 0017 V L’amplitude des harmoniques décroît rapidement avec leur ordre. Cela vient du fait que ω0 = 1 RC = 100 ≤ω = 200 π : le gain varie de −20 dB par décade soit −6 dB/octave. La valeur moyenne lue sur le graphe correspond à la valeur 0, 32 V calculée précédemment. En première approximation, on peut négliger B2 et B4 devant B1 et la composante périodique du signal est sensiblement sinusoïdale, de fréquence 100 Hz et d’amplitude de l’ordre de 0, 08 V. On le vériﬁe sur la courbe observée : la période est de 10 ms soit une fréquence de 100 Hz. L’amplitude ne peut pas être lue avec précision, mais est bien de l’ordre de 0, 07 à 0, 08 V. On peut considérer que le ﬁltre passe-bas ne laisse passer que la composante continue et le premier harmonique de ce signal. I.B. Montages avec diode et AO 1. Montage 1 L’entrée non-inverseuse étant reliée à la masse, et l’A.O. étant supposé idéal, A est une masse virtuelle et VA = 0. D’autre part, l’application du théorème de Millman au nœud A s’écrit : VA = e1 R + e2 R + e3 R 3 R = 0 Tristan Brunier Page 4/6 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚2 Pour le mardi 14 septembre 2010 On en déduit s = −(e1 + e2) L’opérateur est un sommateur inverseur. Montage 2 En négligeant les courants de polarisation (A.O. idéal), l’application du théorème de Millman aux nœuds A et B conduit à VA = e1 R′ + s2 R′ 2 R′ et VB = e2 R′ + 0 R′ 2 R′ L’AO étant idéal, la tension diﬀérentielle d’entrée est nulle d’où VA = VB d’où s2 = (e2 −e1) L’opérateur est un soustracteur. Montage 3 VA = 0 pour les mêmes raisons que dans le montage 1 et le théorème de Millman au nœud A donne VA = e1 R′′ + s3 R′′ 2 R′′ = 0 soit s3 = −e1 L’opérateur est un inverseur. 2. (a) Si q désigne la charge des porteurs de charge dans la diode et V le potentiel électrostatique qui règne dans la diode, qV correspond à l’énergie potentielle électrostatique d’un porteur de charge. D’autre part, kBT correspond à l’ordre de grandeur typique de l’énergie d’agitation thermique. Le rapport qV/kBT est un rapport d’énergie, par conséquent c’est un rapport sans dimension. L’argument de l’exponentielle est positif (I > 0 et V > 0 dans uploads/Sante/ corrige-dm2-pdf.pdf