Correction Physique Appliquee Juin 2009 Sti Electronique

9 PYEL ME1/LR1

BACCALAUREAT TECHNOLOGIQUE série Génie Electronique Epreuve

Physique Appliquée

Juin 2009

Mesure du rythme cardiaque

I

II

Etude du détecteur de flux sanguin I - 1) UR1= UCC – ULD1 donc UR1=5-3,6 = 1,4 V donc R1 = UR1/ Id = 70 Ω I - 2) I -2 -1 ) sur la courbe on a pour Emin, Rmax = 40 kΩ Emax Rmin = 10 kΩ I -2 -2 ) R2 et RPH étant en série un diviseur de tension donne U1 = (R2 /( R2+ RPH ))x Ucc donc U1min = (R2 /( R2+ RPHmax ))x Ucc = (1 /( 1+ 40 ))x 5

= 0,12 V

U1max = (R2 /( R2+ RPHmin ))x Ucc = (1 /( 1+ 10 ))x 5

= 0,45V

Etude du filtre II - 1) Etude qualitative II -1 -1 ) En basse fréquence C se comporte comme un interrupteur ouvert , un trou et en haute fréquence comme un interrupteur fermé, un fil II -1 -2 ) En basse fréquence C coupe le circuit donc iR3 = 0 donc U2 = 0 V En haute fréquence UC1 = 0 donc U1 = U2 II - 2) Etude en régime sinusoïdal II -2 -1 ) R3 et C1 sont en série donc un diviseur de tension donne U2 = (R3 /( R3+ ZC1 ))x U1 donc U2 = (1 /( 1+ ZC1/ R3 ))x U1

= (1 /( 1+ 1/ ( j R3Cω )))x U1

II -2 -2 )

T=

On a le module T =

1- j 1

1+ II -2 -3 )

1

on a limT = ω→0

1+

1 0

1

T=

donc T= U2 / U1 = (1 /( 1- j (1/ R3Cω ))

(

1

2 ) R3 Cω

=0

On retrouve bien le comportement d’un filtre passe haut

1

on a limT = ω→∞

1+

1 ∞

=1

1 R3 Cω

II -2 -4 )

on a la fréquence de coupure lorsque T = Tmax / 2 on a donc 1 / R3Cω = 1 donc

R3Cω = 1 soit ω = 1/R3C et donc fC = 1/2ΠR3C II -2 -5 ) II -2 -6 )

III

fC = 1/2ΠR3C = 0, 34 Hz 70 bpm correspond à 70/60 =1 ,16 battement par seconde donc fr = 1 ,16 Hz on a fr > fc donc le filtre passe haut laisse passer les battements cardiaque .

Etude de l’amplificateur III - 1) L’Aop est en régime linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée inverseuse EIII - 2) avec E- = E+ = U2 et comme R4 R5 et R6 sont en série , un diviseur de tension donne

III - 3)

U2 =

R4 U3 R4 + R5+ R6

AV=

R4 + R5+ R6 R4

III - 4) R6min = 0 donc

III - 5)

IV

Si Av = 10

AVmin=

AV =

R4 + R5+ R6 U2 R4

U3 =

R4 + R5+ 0 R4

=8

R4 + R5+ R6 = 10 R4

donc

R6max = 470k donc AVmax=

10 R4= R4 + R5+ R6

R4 + R5+ 470 = 108 R4

R6 =9R4 - R5 = 9,3kΩ

Etude de la mise en forme du signal IV - 1) Détection de seuils IV -1 -1 ) L’Aop est en régime non linéaire car la sortie est bouclée sur l’entrée non inverseuse E+ IV -1 -2 ) U4 = 0 V ou U4 = Ucc = 5 V les tensions de saturation sont les tensions d’alimentation R10 UCC IV -1 -3 ) R9 et R10 sont en série , un diviseur de tension donne E2- = R R UCC = 2 9 + 10 IV -1 -4 ) Avec le théorème de superposition on a E2+ = IV -1 -5 ) U4 lorsque E2+ = E2Si U4 = 0 V alors Si U4 = 5 V alors

UCC R8 = U3 2 R7 + R8 UCC R8 = U + 2 R7 + R8 3

UCC R7 R8 U = 2 R7 + R8 CC R8 + R8 U3=

U3

R8 R7 U3+ U R7 + R8 R8 + R8 4 U3=

R7 + R8 UCC 2R8

U3= 3,51 V

R7 Ucc R8 + R8 (R7 + R8 )UCC – 2R7 UCC = 2R8 U3

R8 - R7 UCC donc U3= 1,49 V 2 R8

IV - 2) Détection des fronts IV -2 -1 ) τ1= R11C2 = 72,6 ms IV -2 -2 ) D1 protège la porte logique : lorsque U4 chute de 5 à 0 V la tension U5 devrait être négative , la diode devient alors passante et limite la tension d’entrée de la porte à 0V ( D parfaite ).

V

Etude de la conversion durée tension V - 1) E3- = E3+ puisqu’il est dit que l’AOp est en régime linéaire R12 UA UA = E3- = V - 2) R9 et R10 sont en série , un diviseur de tension donne R12 + R13 2 V - 3) d’après la loi d’ohm Ia = UR14 / R14 donc V - 4) Ib = UR15 / R15 donc Ib =

Ia =

UCC - E3+ R14

UA - E3+ R15

V - 5) T1est bloqué le courant Ic ne dépend pas de Ibase donc la loi des nœuds donne IC = Ia + Ib UCC - E3+ UA - E3+ U - UA U - UA U + + A Ic = CC Ic = CC R R R 2R R 2R R V - 7) Ic = 5/12,5 Ic = 0,4 mA dUC3 Ic dUC3 = V - 8) On a une charge de condensateur à courant constant donc comme Ic =C dt dt C Ic x t donc UC3= C3

V - 6)

Ic =

V - 9) on a la vitesse qui correspond à la variation de UC3 donc vitesse = 400 E-6 / 100 E-6 =4 V/s V - 10) si T est saturé U7 = VCEsat = 0 V V - 11) courbes V - 12)

VI

Etude de la détection de présence R17 U VI - 1) R16 et R17 sont en série , un diviseur de tension donne E4- = R17 + R16 CC VI - 2) E4- = (240 x 5) / ( 240 + 10 ) = 4,8 V VI - 3) DL2 s’allume si la sortie est à l’état haut dons si E4+ > E4- donc si U7 > 4,8 V VI - 4) La LED s’allume après une impulsion de U6 ( 100 ms ) plus le temps de montée pour atteindre 4,8 V soit 1,2s donc après 1,3s , il faut donc un délai minimum entre deux salves de 1,3s ce qui correspond à une fréquence de 47 Hz le pouls doit donc battre à des fréquences inférieures .

VII

Etude de la signalisation sonore

τ = R19C4

VII - 1) VII - 2) VII - 3)

=104 x 10-7 =1 ms C4 se charge sous tension constante donc de manière exponentielle et tend vers UCC La valeur ne sera pas atteinte car lorsque UC4 atteint VH la porte CI3 bascule

VII - 4)

∆t = R19C4ln

VII - 5) VII - 6)

C4 se décharge sous tension constante donc de manière exponentielle et tend vers 0 La valeur ne sera pas atteinte car lorsque UC4 atteint VB la porte CI3 bascule

VII - 7)

∆t = R19C4ln

VII - 8) VII - 9)

la période est égale à ∆t + ∆t2 donc T = 1,79 ms et la fréquence f = 1/T =558 Hz

UCC - VB UCC – VH

0 – VH 0 – VB

∆t = 10-3ln

∆t = 10-3ln

5- 1 5– 3

0- 3 0– 1

∆t = 0,69ms

∆t2 = 1,1ms

VII - 10)

si U9 = 0V alors T2 est bloqué

VII - 11)

si T2 est bloqué c’est un interrupteur ouvert U10 = 0V si T2 est saturé c’est un interrupteur fermé VCEsat = 0V donc U10 = 5 V

VIII

Synthèse

si U9 = 5 V alors T2 est saturé