Corrigé de l’exercice 1
6
l’expression de sa fréquence instantanée f i f i = 10 + 2500.sin(1000 t) la fréquence Fo de la porteuse Fo = 1 MHz la fréquence f du signal modulant f = 500 Hz l’excursion en fréquence ΔF ΔF = 2500 Hz l’indice de modulation m m=5 son encombrement spectral spectral B (règle de Carson)B = 6 kHz sa puissance sur une antenne R = 50 Ω P=1W
Corrigé de l’exercice 2 1) Fo = 10 MHz
F = 50 kHz
2) m = 5 3) Ampli Amplitude tude
2
1
0 10 MHz
10 kHz
Fréquence
B = 160 kHz 4) La tension de sortie du VCO est amplifiée de 40 dB soit 500 V, la puissance d’émission est donc de 2500 W.
Corrigé de l’exercice 3 1) IM = 200 mA 2) 5 < m < 1500 3)
0,036 0,026
89,91
0,026
90
90,090
f (MHz)
4) B = 180 kHz
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Corrigé de l’exercice 4 1) a. f smin = 10*1762*16/32 = 88,1 MHz f sMAX = 10*2158*16/32 = 107,9 MHz b. Pour 1766 f s = 88,3 MHz soit 200 kHz de plus que pour 1762 donc la largeur de bande B d'un canal FM est de 200 kHz. -6
6
2) La dérive de fréquence en sortie est donc de 2.10 .107,9.10 = 215,8 Hz, inférieure au 2000 Hz tolérés. 3) a.
V(p) (p)
Kd 1 p
c K 0 .ut f c f t donc 2 p 1 d s donc Fp s p f ( t ) 2 2 dt f s t
s p
et
2 p
Fp
Va(p)
(p)
KD 1+p
E
+
-
V(p)
+
+
U(p)
K0
F(p)
S(p) 2 p
b. On se place dans le cas où E(p) = 0.
Fp K 0 .Up
s p
2
Vp
p
U(p) = V(p) + V a(p)
Vp
Kd 1 p
p
Kd 1 p
s p
Fp donc :
2 Fp 1 p p Kd
Up Va p
2 Fp 1 p p Kd
et
K .K 2 K d 2 Fp donc Fp 1 0 d K 0 Va p 1 p p 1 p p Fp K 0 .K d 2 1 p.1 p 1 K0 Tp K 0 K .K 2 Va p 1 p p p.1 p 2K 0 .K d 1 0 d 1 p p p.1 p 1 p.1 p Tp K 0 1 p.1 p 2K 0 .K d 2K d p2 p 1 2K 0 .K d 2K 0 .K d p1 p expression de la forme : Tp T0 2 p p 1 2m 0 0 2K 0 .K d 1 1 1 0 T0 m 2K d 2 2K 0 K . d Fp K 0 Va p
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c. m = 0,70
f 0 = 49 Hz
T 0 = 4547 V
-1
G -20dB/déc 20dB/déc 120 dB
49
69 2
En haute fréquence, ce sont les termes en p qui dominent, donc
log(f)
Tp T0 ..02
106
et G = 120 dB d. On a une modulation linéaire du VCO à partir de f = 69 Hz. e. En régime linéaire
Tp T0 ..20
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106 donc VaMAX = f /106 = 75 mV
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Corrigé de l’exercice 5 f E t
1 dE p donc FE p .E p et 2 dt 2
FR p
p .R p 2
f R(t) = K 0 u(t) donc FR p K 0 .Up vD(t) = K D[ E (t) - R(t)] donc V D(p) = KD[ E (p) - R(p)] Up 1 VD p 1 p 1) a.
HE p
E p 2 FE p p
Up E p R p
HD p
KD 1 p
R p R p FR p 2 K0 Up FR p Up p 2K D Up H p .HD p 2K D p1 p E Tp FE p 1 HD p .H0 p 1 2K 0 .K D p1 p 2K 0 .K D p1 p H0 p
b.
Tp
avec
2K D p1 p 2K 0 .K D
T0
1/ K 0
0
1/ K 0
2K 0 .K D
p
2
2K 0 .K D
1 p 1 2K 0 .K D
m
T0
p 1 2m 0 0 p
2
1 1 2 2K 0 K . D
2) a. Le filtre passe-bas étant du premier ordre, son atténuation est de 20dB/déc. Pour obtenir une atténuation de 20 dB à 200 kHz il faut choisir une fréquence de coupure à -3 dB f 3, 10 fois plus faible (une décade) soit 20 kHz.
b..f 0 = 10 kHz
1 2f 3
7,96s
m=1
c. Puisque m = 1, Tp
T 0 = 200 µV/Hz
T0
p 1 2 0 0 p
T j
T0
1 j 0
2
donc
T j
2
T0
p 1 0
T0
1 0
2
2
T0
f 1 f 0
2
et pour la fréquence de coupure à -1dB, f 1 :
2 f 1 1 G 20 log 1 soit 1 101/ 20 donc f 1 f 0 101/ 20 1 3,49kHz 2 f 0 f 1 1 f 0
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c. G(dB) 10 kHz
log(f) -74dB -80dB
-40dB/déc
(°)
0°
log(f)
-180°
3) a Up
f
T0 2
p p 1 0
b. lim ut lim p.Up lim p t
c.
Up
p 0
KD 1 p
p 0
f
T0 2
p p 1 0
E p R p
T0 .f 2.10 4 f
donc en régime permanent (p 0) on aura :
u KD E R soit u / 2 et
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f Max
u 2.10 4
/ 2 2.10 4
7,85kHz
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Corr igé de l’exercice 6 ( p) 1) T
R R Zp
K = R/(R+r)
R.1 r .Cp R.r .Cp R.Yp 1 R.1/ r Cp 1 R.1 r .Cp r R r . 1 R r 1 = r.C 2 = R.r.C/(R+r) < 1 R.Yp
R.1/ r Cp
R.1 r .Cp
2) En basse fréquence le condensateur n’agit pas tandis qu’en haute fréquence elle court -circuite totalement, les hautes fréquences sont donc moins atténuées que les basses fréquences. 20log(T) arg(T) 1 1 2 2 f /2
20log R R+r
3)
0
Vs p K.
1 1p E 1 2p p
1 2
1 2
f
A B K.E. A 1 2p B.p K.E. p 1 2p p1 2p
En identifiant on obtient : A = 1 et B = 1 - 2 =
1 t / t / .ut donc v t K.E. 1 e . u t K.E. 1 19 . e s p 1 p 2 2
Vs p K.E.
2
2
vs(t) 20K.E K.E t 4) La fréquence f 2 = 63,7 kHz à partir de laquelle le gain est nul étant très supérieure à la fréquence maximale du signal sonore (15 kHz), le dénominateur a une influence négligeable dans la bande de fréquence du signal d’entrée. 5) Pour f > f 1, T(p) K.1.p, le signal est donc dérivé par le circuit. Un modulateur de fréquence produit un signal tel que la dérivée de sa phase instantanée soit proportionnelle au signal modulant d /dt = k.s m(t) Si l’on intercale le circuit de préaccentuation entre le signal modulant et le modulateur, on aura don c d/dt = k.dsm/dt soit (t) = k.s m(t) (à une constante près) ce qui est la définition d’un signal modulé en phase. 6) Un filtre passe-bas à base de circuit RC suffit pour désaccentuer les hautes fréquences à la réception.
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EXERCICES SUPPLEMENTAIRES CORRIGES SIGNAL FM A BANDE ETROITE On considère le signal FM suivant : v(t) = Vcos ( t + m.sin t) avec pour la fréquence de la porteuse F = /(2) = 100 kHz. 1) Un signal FM est dit à bande étroite lorsque son indice de modulation m est petit devant 1. a. Pour un indice de modulation m = 0,25 et une excursion de fréquence F = 5 kHz, calculer la valeur de la fréquence f du signal basse fréquence. b. A l'aide de développements limités au premier ordre, montrer que v(t) peut être représentée par une somme de trois composantes sinusoïdales. Représenter son spectre d’amplitude. On rappelle qu'au premier ordre et pour << 1: cos = 1, sin = . c. En déduire l'encombrement spectral, B, d'un signal FM à bande étroite. 2) Pour tenir compte d'une augmentation de l'indice de modulation, on utilise alors des développements limités au second ordre. 2
On rappelle qu'au second ordre et pour << 1 : cos = 1 - /2, sin = . a. Montrer alors que v(t) peut être représenté par une somme de 5 composantes sinusoïdales. b. Représenter son spectre d'amplitude lorsque m = 0,7 et V = 1 V. c. En utilisant la décomposition spectrale de v(t), calculer la puissance moyenne, P, q ue dissiperait le signal v(t) aux bornes d'une résistance R. d. Rappeler l'expression exacte de la puissance moyenne P 0 que dissipe un signal FM d'amplitude V aux bornes d'une résistance R. e. En déduire la valeur d u rapport P/P0 pour m = 0,7.
Corrigé 1) a) f = 20 kHz b)
v(t) = V.cos(t + m.sint) v(t) = V.cost.cos(m.sint) - V.sint.sin(m.sint) v(t) V.cost - mV.sint.sint mV mV v(t) V. cos t cos( )t cos( )t 2 2 V
m.V/2 80
100
120
f (kHz)
c) B = 2.f = 40 kHz 2) a)
v(t) = V.cost.cos(m.sint) - V.sint.sin(m.sint)
m2 2 v(t) V. cos t1 sin t mV. sint. sint 2 m2 1 cos 2t mV cos( )t mV cos( )t v(t) V. cos t1 2 4 2
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m2 m2 m cos( 2)t cos( 2)t cos( )t cos( )t v(t) V.cos t1 2 4 8 b) 0,878
0,35
0,062 60
c)
P
V 2 m2 1 2R 4
d)
P0
P e) P0
80
2
100
120
140
f (kHz)
2 2 m2 V 2 3m4 m 2 2 1 32 8 2 R 2
2
V 2R
3m4 1 32
1,02 MODULATEUR D’ARMSTRONG
Rappels mathématiques :
1, (1 + )n 1 + n 1 - cos2x sin2 x 2
si <<
cos(a+b) = cosa.cosb – sina.sinb
1 cos x
Arc tan(u)'
1 tan2 x
u' 1 u2
-/2 La porteuse (pulsation : ) est appliquée à un déphaseur (- /2) et à un multiplieur dont l'autre entrée reçoit la BF (pulsation : ) directement pour une modulation de phase, après intégration pour une modulation de fréquence.
vp(t) = Upsint
v2
vp
1 vs
v3 vm
X K v1
vm(t) = Umcost
1) La tension à la sortie de l'intégrateur ayant pour expression
v1
K 0 v m dt
celle à la sortie du multiplieur, v3 = 2) Montrer, en posant
tan ( t) =
K.v1.vp, exprimer v1(t), v2(t), v3(t) et vs(t).
K.K 0 .Um
que vs peut se mettre sous la forme :
v s (t) =
sin t Up cos(t)
cost (t )
3) Mettre vs sous la forme : vs(t) = Us(t).cos[t + (t)] Montrer que ce signal est modulé à la fois en amplitude et en fréquence.
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4) Que devient cette expression dans le cas où K.K 0.Um / << 1 ? Montrer qu'elle peut s'écrire : vs(t) = Up(1 - m A.cos2t).cos(t + m.sint) Que peut-on conclure quant au rapport de m A /m ? Quelle est l'excursion de fréquence ? 5) Exprimer la pulsation instantanée i dans les deux cas précédents (questions 3 : i et 4 : ia) en fonction de m. En faisant un développement limité au premier ordre de i, montrer que la distorsion due à l'harmonique 3 est inférieure à 1%, si m < 0,2. 6) On désire transmettre un signal BF de fréquences comprises entre 30 Hz et 15 kHz. Quelle excursion de fréquence pourra-t-on avoir si m < 0,2 ? 7) Pour augmenter l’excursion de fréquence, on réalise le mon tage suivant :
-/2 v2
Osc 100kHz
fx 200
v3
v5
X K
m
1 v4
v6
X K
v7
v1
f x 60
vs
Osc 18,3MHz
Quelle est la fréquence centrale et l’excursion de fréquence du signal v 5 ? Quelles sont les fréquences présentes dans le signal v 6 et que vaut l'excursion de fréquence ? 8) Dessiner le gabarit du filtre passe-bas qui élimine la fréquence la plus élevée de v 6. 9) Quelle est la fréquence de la porteuse vs et que vaut l'excursion de fréquence ? Proposer un ou plusieurs montages multiplieurs de fréquence.
Corrigé 1)
2)
v1( t )
K0
v3 ( t)
K.K 0
v 2 ( t ) Up sin(t / 2) Up cos t
Um sint
UmUp sint sint v s ( t ) Up cos t
v s (t ) Up cos t tan ( t ). sint v s (t )
Up cos ( t )
Up cos ( t )
K.K 0
UmUp sint sint
cos t. cos (t ) sin(t ). sint
cost ( t ) 2
3)
K.K 0 U sint cost (t ) v s ( t ) Up 1 m
Ce signal est à la fois modulé en amplitude et en fréquence. 4) Si K.K0.Um / << 1, tan (t) << 1 et l’on peut confondre tan (t) et (t), donc 1/2
De même le terme sous la racine est de la forme 1+ , avec << 1. Or (1+ )
(t )
K.K0 .Um
sint
1+/2, donc :
2 1 K.K 0 K.K 0 v s ( t ) Up 1 Um sint cost Um sint up ( t ) cost m sint 2 2
Or sin t = (1-cos2 t)/2, donc l’amplitude du signal peut se mettre sous la forme :
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2 1 K.K 0 K.K 0 2 K.K 0 2 up ( t ) Up 1 Um sint Up 1 Um 1 cos 2t Up 1 Um cos 2t 2 2 2
Le taux de modulation d’amplitude a donc pour expression
modulation de fréquence :
m
K.K 0
K.K 0 U m A m 2
2
et l’indice de
Um et puisque m << 1, m A/m << 1.
La modulation de fréquence est donc prépondérante. L’excursion en fréquence s’écr it :
F m.f
K.K 0 Um . On constate qu’elle est bien indépendante 2
de la fréquence du signal modulant, cependant, m étant très inférieur à 1, l’excursion sera très limitée. 5) Avec l’approximation de la question 4 on obtient :
d t m. sint m.. cos t dt
ia (t )
Sans approximation (question 3) on aura :
i (t )
d K.K .U d t (t ) d t arctan 0 m sint t arctanm. sint dt dt dt
i (t )
1 2
1 m. sint
m.. cos t
Or m << 1 et 1/(1+) 1-, donc :
1 cos 2t i (t ) 1 m. sint 2 .m.. cos t 1 m2 .m.. cos t 2 m2 m2 m3 . m3 . .m.. cos t i (t ) 1 .m. cos t cos 2t. cos t 1 cos 3t 2 2 4 4 On remarque la présence de l’harmonique 3 du signal modulant. La distorsion due à l’harmonique 3 est donc :
d3
U3 U1
m2 4 1 m2 4
10 2 m2 4.10 2 m 0,2 .
6) m Max = 0,2, or m Max = F/f min donc F = mMax.f min = 0,2 .30 = 6 Hz. Cela confirme bien que l’excursion en fréquence est très faible. 7) La fréquence centrale de v 5 vaut donc 20 MHz et son excursion de fréquence 1200 Hz, les deux étant multipliées par 200. Les deux fréquences présentes dans v6 sont 38,33 MHz et 1,67 MHz. L’excursion en fréquence est la même que celle de v 5. 8)
1,67 MHz 38,33 MHz
9) La porteuse a pour fréquence 60.1,67 = 100 MHz et F = 60.1200 = 72 kHz. Pour réaliser des multiplications de fréquences, on utilise des amplificateurs en classe C accordés sur des harmoniques ou des PLL.
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