Exercices Exercices Corrigés
CHAPITRE 11 – ANALYSE FRÉQUENTIELLE D’UN SYSTÈME LINÉAIRE
7. Lorsque C = C 0 alors tan ϕ = 0, on en déduit : ϕ = 0 : il n’y a pas de déphasage.
8. Comme
1
C 1 ω
= Lω + R et
1
C 2 ω
= Lω − R, on en déduit : tan ϕ 1 = 1 et tanϕ 2 = −1 soit
ϕ 1 =
π
4 et ϕ 2 = −
π
4 puisque cos ϕ > 0. On a donc des valeurs quadrantales.
9. Pour obtenir C 0 , on cherche la valeur maximale de I à l’ampèremètre ou à l’oscilloscope.
10. La mesure de C 0 est délicate car il faut chercher un maximum, ce qui conduit à des
incertitudes importantes. D’autre part, pour déterminer R et L, il faut deux mesures, ce que
donne la détermination de C 1 et de C 2 .
11. Comme Q =
Lω
R
et que C 2 − C 1 =
2RC 0
Lω
=
2C 0
Q
, on en déduit : Q =
C 2 + C 1
C 2 − C 1
puisque
C 0 =
C 1 + C 2
2
.
12. De C 0 =
C 1 + C 2
2
=
1
Lω 2 , on tire : L =
1
2π 2 (C 1 + C 2 ) f 2 . Alors en utilisant l’expression
de Q, on en déduit : R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2
13. Si on tient compte de la résistance de l’ampèremètre, R devient R + R A . Par conséquent,
la valeur de L ne change pas et R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 − R A .
14. On obtient : Q =
C 1 + C 2
C 1 − C 2
= 25, R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 = 0, 51 Ω en négligeant la résistance de l’ampèremètre, R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 − R A = 0, 41 Ω en en tenant compte et L =
1
2π 2 (C 1 + C 2 ) f 2 = 20 μH.
15. L’approximation R = 0, 5 Ω Lω = 12, 6 Ω est justifiée. En revanche, R est du même
ordre de grandeur que R A et l’approximation R A R ne peut être faite.
408
CHAPITRE 11 – ANALYSE FRÉQUENTIELLE D’UN SYSTÈME LINÉAIRE
7. Lorsque C = C 0 alors tan ϕ = 0, on en déduit : ϕ = 0 : il n’y a pas de déphasage.
8. Comme
1
C 1 ω
= Lω + R et
1
C 2 ω
= Lω − R, on en déduit : tan ϕ 1 = 1 et tanϕ 2 = −1 soit
ϕ 1 =
π
4 et ϕ 2 = −
π
4 puisque cos ϕ > 0. On a donc des valeurs quadrantales.
9. Pour obtenir C 0 , on cherche la valeur maximale de I à l’ampèremètre ou à l’oscilloscope.
10. La mesure de C 0 est délicate car il faut chercher un maximum, ce qui conduit à des
incertitudes importantes. D’autre part, pour déterminer R et L, il faut deux mesures, ce que
donne la détermination de C 1 et de C 2 .
11. Comme Q =
Lω
R
et que C 2 − C 1 =
2RC 0
Lω
=
2C 0
Q
, on en déduit : Q =
C 2 + C 1
C 2 − C 1
puisque
C 0 =
C 1 + C 2
2
.
12. De C 0 =
C 1 + C 2
2
=
1
Lω 2 , on tire : L =
1
2π 2 (C 1 + C 2 ) f 2 . Alors en utilisant l’expression
de Q, on en déduit : R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2
13. Si on tient compte de la résistance de l’ampèremètre, R devient R + R A . Par conséquent,
la valeur de L ne change pas et R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 − R A .
14. On obtient : Q =
C 1 + C 2
C 1 − C 2
= 25, R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 = 0, 51 Ω en négligeant la résistance de l’ampèremètre, R =
C 2 − C 1
π f (C 1 + C 2 ) 2 − R A = 0, 41 Ω en en tenant compte et L =
1
2π 2 (C 1 + C 2 ) f 2 = 20 μH.
15. L’approximation R = 0, 5 Ω Lω = 12, 6 Ω est justifiée. En revanche, R est du même
ordre de grandeur que R A et l’approximation R A R ne peut être faite.
408