Sciences Industrielles pour l`Ingénieur

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur
LE CONDITIONNEMENT DU SIGNAL ACQUIS :
– Le filtrage analogique passif (circuits RL et RC) –
Centre d’Intérêt 2 :
ACQUERIR l'information
Compétences :
RESOUDRE, EXPERIMENTER
COURS
Proposer une méthode de résolution permettant la détermination des courants et des tensions
Entraînement avec correction
TP
TD Autonomie
1 - FILTRAGE POUR ENCEINTE ACOUSTIQUE : COMPARAISON 1ER / 2EME ORDRE
Lors de la restitution de la musique en qualité haute fidélité, il est important
d’utiliser les haut-parleurs dans la bande de fréquence où la réponse est la
meilleure.
Il est donc nécessaire de ne fournir que les signaux dans la bande appropriée à
l’aide de filtres : signaux basses fréquences pour les boomers, hautes fréquences
pour les tweeters.
er
nd
On désire comparer les deux filtres séparateurs du 1 et du 2 ordre donnés sur la
figure ci-après.
L’impédance de chaque haut-parleur (HP) est notée R et a pour valeur R = 8 .
er
Etude du filtre du 1 ordre
1/ En rappelant le comportement de L en basse et haute fréquence, déterminer le type de ce filtre.
2/ Donner la valeur numérique de f0 = R/(L.2.) puis tracer la courbe de gain asymptotique G1 sur le document réponse.
nd
Etude du filtre du 2 ordre
3.1/
Exprimer la fonction de transfert
H2 (jω) =
Us
H (jω) =
et la mettre sous la forme canonique : 2
UE
1
1 + 2jm
ω  ω
+ j
ω0  ω0 
2
3.2/
Exprimer alors la pulsation 0 et sa fréquence correspondante f0 et le coefficient d’amortissement m en fonction des
éléments du filtre.
3.3/
Donner les valeurs numériques de f0 et m.
On prendra pour la suite m = 1 et f0 = 1 kHz.
3.4/
Montrer que pour m = 1, la fonction de transfert peut se mettre sous la forme d'un produit de 2 FdT identiques.
3.5/
Tracer le gain asymptotique G2 sur le document réponse. Esquisser le tracé réel en précisant la valeur de G 2 pour f = f0.
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-1-
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Exploitation
On donne uE(t) = 5 . sin(16000..t).
Déterminer graphiquement les atténuations en dB provoquées par chaque filtre pour la fréquence du signal d’entrée uE(t) (se servir
des pentes). En déduire dans chaque cas l’amplitude du signal uS(t) appliqué au haut-parleur.
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Eléments de correction :
er
Filtre du 1 ordre LR :
1/ En basse fréquence (  0), US = UE. En haute fréquence (  ∞), US = 0. C’est donc un passe-bas.
2/ 𝑓0 =
𝑅
2.𝜋.𝐿
= 1 kHz (par identification de la fonction de transfert
𝑅
𝑅+𝑗𝐿𝜔
1
=
𝐿
𝑅
1+𝑗 𝜔
avec
1
1+𝑗
𝜔
𝜔0
)
Courbe asymptotique de gain G1 :
ème
Filtre du 2 ordre RLC :
3.1/ On commence par établir l’expression de l’impédance équivalente à R et C en parallèle, notée ZRC :
𝑍𝑅𝐶 =
𝑅.𝑍𝐶
𝑅+𝑍𝐶
=
𝑅
𝑗𝐶𝜔
1
𝑅+
𝑗𝐶𝜔
=
𝑅
1+𝑗𝑅𝐶𝜔
𝑈𝑆
On peut ensuite se servir de la formule du pont diviseur de tension :
canonique. Soit encore cette forme canonique :
𝑈𝑆
𝑈𝐸
=
𝑅
1+𝑗𝑅𝐶𝜔
𝑅
+𝑗 𝐿′ 𝜔
1+𝑗𝑅𝐶𝜔
=
1
1+𝑗𝑅𝐶𝜔 .𝑗 𝐿 ′ 𝜔
1+
𝑅
pour obtenir la forme
1
1+𝑗 .
𝐿′ 𝜔
+(𝑗𝜔 )2 .𝐿′ 𝐶
𝑅
3.2/ En identifiant le terme de degré 2 du dénominateur avec 𝑗
On peut ensuite trouver m avec le terme de degré 1 :
𝑈𝐸
=
2𝑚
𝜔0
=
𝐿′
𝑅
𝜔
𝜔0
2
: 𝜔0 2 =
soit 𝑚 =
1
2𝑅
.
1
𝐿′ 𝐶
soit 𝜔0 =
1
𝐿′ 𝐶
= 2. 𝜋. 𝑓0
𝐿′
𝐶
3.3/ A.N. : 𝑓0 = 1 𝑘𝐻𝑧 et m = 1.
3.4/ On tombe sur 𝐻2 𝑗𝜔 =
1
𝜔 2
1+𝑗 .
𝜔0
=
1
1+𝑗 .
𝜔
𝜔0
.
1
1+𝑗 .
𝜔
𝜔0
.
3.5/ Il faut donc additionner les diagrammes de gain de 2 passe-bas identiques de fréquence de coupure 𝑓0 = 1 𝑘𝐻𝑧. On trace une
asymptote avec -40 dB/décade :
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G2
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Calcul de la valeur du gain pour f = f0 : 𝐺2 = 20. log
1
𝜔
1+
𝜔0
1
= 20. log
2
1+
2
𝜔 2
𝜔0
1
= 20. log
= −6 𝑑𝐵
2
D’où le tracé réel à f = 1 kHz.
Exploitation :
A BIEN COMPRENDRE ET SAVOIR REFAIRE
er
Filtre 1 ordre :
uE(t) ne présente qu’une fréquence f telle que 𝜔 = 16000. 𝜋 = 2. 𝜋. 𝑓 soit 𝑓 = 8 𝑘𝐻𝑧
er
Sur le 1 diagramme de gain, on lit environ à cette fréquence : G1 = -18 dB.
D’après la définition du gain : 𝐺1 = 20. log
𝑈𝑆
= 20. log
𝑈𝐸
𝑈𝑆
= −18 𝑑𝐵 ⇔
𝑈𝐸
𝑈𝑆
𝑈𝐸
18
= 10− 20 = 0,125
L’amplitude de la tension uE(t) est donc multipliée par 0,125 pour donner :
𝒖𝑺 𝒕 = 𝟓 . 𝟎, 𝟏𝟐𝟓. 𝒔𝒊𝒏 𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎. 𝝅. 𝒕 − 𝝋𝟏 = 𝟎, 𝟔. 𝒔𝒊𝒏 𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎. 𝝅. 𝒕 − 𝝋𝟏
En l’absence du diagramme de phase, on peut déterminer 𝝋𝟏 par le calcul : 𝝋𝟏 = −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝜔
= −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 8 = −1,45 𝑟𝑎𝑑
𝜔0
Finalement, 𝑢𝑆 𝑡 = 0,6 . 𝑠𝑖𝑛 16000. 𝜋. 𝑡 − 1,45
Rq : on peut confirmer le coefficient d’amplification  0,125 en calculant
𝑼𝑺
𝑼𝑬
𝟏
= 𝑯𝟏 (𝒋𝝎) =
𝝎
𝟏+
𝝎𝟎
𝟐
=
𝟏
𝟏+ 𝟖 𝟐
= 𝟎, 𝟏𝟐𝟒
ème
Filtre 2 ordre :
ème
Sur le 2
diagramme de gain, on lit environ à cette fréquence : G1 = -36 dB (logique).
D’après la définition du gain : 𝐺2 = 20. log
𝑈𝑆
𝑈𝐸
= −36 𝑑𝐵 ⇔
𝑈𝑆
𝑈𝐸
36
= 10− 20 = 0,015
L’amplitude de la tension uE(t) est donc multipliée par 0,015 pour donner :
𝒖𝑺 𝒕 = 𝟓 . 𝟎, 𝟎𝟏𝟓. 𝒔𝒊𝒏 𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎. 𝝅. 𝒕 − 𝝋𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟖. 𝒔𝒊𝒏 𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎. 𝝅. 𝒕 − 𝝋𝟐 . L’atténuation est beaucoup plus forte.
En l’absence du diagramme de phase, on peut déterminer 𝝋𝟐 par le calcul : 𝝋𝟐 = −2. 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝜔
= −2,9 𝑟𝑎𝑑
𝜔0
Finalement, 𝑢𝑆 𝑡 = 0,08 . 𝑠𝑖𝑛 16000. 𝜋. 𝑡 − 2,9
Rq : on peut confirmer le coefficient d’amplification  0,015 en calculant
𝑼𝑺
𝑼𝑬
= 𝑯𝟐 (𝒋𝝎) =
𝟏
𝝎
𝟏+
𝝎𝟎
𝟐
=
𝟏
𝟏+ 𝟖 𝟐
= 𝟎, 𝟎𝟏𝟓
2 – TELESIEGE DEBRAYABLE 6 PLACES : MESURE DE LA TENSION DU CABLE (CCP 2016)
Les
objectifs
sont
de
justifier
l'amplification ou non du signal issu du
capteur de tension de câble et de choisir
les condensateurs du filtre anti-parasites.
La tension de câble est assurée grâce à un
vérin hydrautec 473 kN. Celui-ci fonctionne
grâce à une centrale hydraulique Ethywag
650 kN, pilotée par un automate SIMATIC
de Siemens à partir des mesures de la
tension dans le câble, réalisées par un axe
dynamométrique de marque ADOS SPT
1577.
Ce capteur de tension possède une
étendue de mesure de 1 000 kN et une
-5
-1
sensibilité de 10 V.N .
Extrait du cahier des charges pour cette partie :
Erreur de mesure
<1%
Le capteur peut être modélisé par une source de tension réelle (fem : 𝑉0 et résistance interne 𝑅𝑠 = 350 Ω), le fil de connexion par
une résistance 𝑅𝑓𝑖𝑙 et le module d’entrée par une résistance d’entrée 𝑅𝑒 = 100 kΩ, comme le montre la figure ci-dessous :
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𝑅𝑓𝑖𝑙
𝑅𝑠
𝑉0
𝑉𝑐𝑎𝑝𝑡𝑒𝑢𝑟
𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒
Axe dynamométrique
Q1.
Modélisation électrique de la
connexion du capteur sur le
module d’entrée automate
𝑅𝑒
Module d’entrée de l’automate
Déterminer la résistance du fil 𝑅𝑓𝑖𝑙 sachant que la longueur du fil est 𝐿𝑓𝑖𝑙 = 20 m, sa section 𝑆𝑓𝑖𝑙 = 0,5 mm² et la résistivité du
-3
-1
cuivre est 𝜌𝑐𝑢 = 22,5 .10 Ω.mm².m .
Aide :
-1
2
La résistance R d’un fil métallique de résistivité ρ[ Ω.mm².m ], de longueur L [m] et de section S [mm ], est donnée par la formule
𝑳
suivante A CONNAITRE : 𝑹 = 𝝆.
𝑺
Q2.
a. Pour un effort de 418 000 N (cela correspond au seuil de déclenchement d’une alarme), déterminer 𝑉0 puis 𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒 . En
déduire l’erreur de mesure obtenue due à la présence du fil.
b. Conclure sur la nécessité ou non d’une amplification de tension.
Le câble est soumis à de nombreuses sources de bruits (les variateurs de vitesses, les passagers, etc.). Aussi, il convient de mettre en
place un filtrage à l’entrée du module de l’automate. Le filtrage à mettre en place doit respecter le gabarit de la figure ci-dessous.
20 log 𝐻(𝑗𝑓)
0 dB
- 3 dB
Gabarit du filtre à l’entrée
du module de l’automate
- 6 dB
𝑓
3 Hz
10 Hz
La solution retenue est la suivante :
𝐸
𝑹
𝑹
𝐴
𝑆
Filtrage passif
𝒗𝒆 (𝒕)
𝒗𝑨 (𝒕)
C
C
𝒗𝒔 (𝒕)
𝑀
Il est demandé ici de déterminer la valeur de la capacité du condensateur du filtre passif pour une valeur de résistance 𝑅 donnée.
Remarque : on associe aux grandeurs instantanées 𝑣𝑒 (𝑡), 𝑣𝐴 (𝑡) et 𝑣𝑠 (𝑡) les grandeurs complexes 𝑉𝑒 , 𝑉𝐴 et 𝑉𝑠 .
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Q3.
a. Exprimer la relation liant 𝑉𝑒 , 𝑉𝐴 𝑒𝑡 𝑉𝑠 puis celle liant 𝑉𝐴 et 𝑉𝑠 . En déduire la fonction de transfert 𝐻(𝑗𝜔) =
𝑉𝑠
𝑉𝑒
.
b. Préciser la pulsation propre 𝜔0 et l’amortissement 𝑚 de la fonction de transfert. Peut-il y avoir une pulsation de
résonance ?
On suppose que 𝜔0 = 2. 𝜋. 𝑓0 avec 𝑓0 = 10 Hz et on choisit 𝑅 = 10 kΩ.
Q4. a. Déterminer alors 𝐶.
b. Déterminer le gain en décibel pour 𝑓 = 3 Hz et 𝑓 = 10 Hz. Respecte-t-on le gabarit précédent ?
Correction :
Q1. 𝑅𝑓𝑖𝑙 = 𝜌𝑐𝑢 .
Q2.
𝐿𝑓𝑖𝑙
A. N. : 𝑅𝑓𝑖𝑙 = 22,5 . 10−3 .
𝑆𝑓𝑖𝑙
20
0,5
= 0,9 Ω
-5
a. Pour un effort de 418 000 N, le capteur délivre une tension 𝑉0 = 418 000 . 10 = 4,18 V
On voit un pont diviseur de tension pour établir 𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒 à partir de 𝑉0 :
𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒 =
𝑅𝑒 .𝑉0
A.N. : 𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒 =
𝑅𝑒 +𝑅𝑠 +𝑅𝑓𝑖𝑙
soit une erreur de mesure de 𝜀% =
𝑉0 −𝑉𝑚𝑒𝑠𝑢𝑟𝑒
100 .10 3 .4,18
100 .10 3 +350 +0,9
= 4,165 𝑉
. 100 = 0,35 %
𝑉0
b. Comme l’erreur maximale de mesure tolérable est de 1 %, le cahier des charges est respecté, il n’est pas nécessaire
d’amplifier le signal. Il aurait fallu amplifier 𝑉𝑐𝑎𝑝𝑡𝑒𝑢𝑟 si l’erreur due à 𝑅𝑓𝑖𝑙 avait été trop importante ; il aurait alors fallu
connaître la tension maximale d’entrée de l’automate pour ne pas la dépasser pour la tension max. de 418 000 N.
Q3.
a. On commence par appliquer le théorème de Millman en A (3 branches). Il serait faux d’appliquer la formule du pont
nd
er
diviseur de tension car du courant « part » dans le 2 circuit RC. Le 1 circuit RC ne constitue donc pas un pont diviseur.
𝑉𝑒
𝑉𝐴 =
𝑉𝑠
+
𝑅
𝑅
1 1
+ +𝑗𝐶𝜔
𝑅 𝑅
𝑉𝑒 +𝑉𝑠
⇒ 𝑉𝐴 = 2+𝑗𝑅𝐶𝜔
nd
Le 2 circuit RC constitue un pont diviseur de tension : 𝑉𝑠 =
𝑉𝑠 1 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 =
On en déduit :
⇒𝐻 𝑗𝜔 =
𝑉𝑒 +𝑉𝑠
1
1+3𝑗𝑅𝐶𝜔 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 2
2+𝑗𝑅𝐶𝜔
1
=
1+2𝑚𝑗
𝑉𝐴
𝑗𝐶𝜔
1
𝑅+
𝑗𝐶𝜔
=
𝑉𝐴
1+𝑗𝑅𝐶𝜔
⇒ 𝑉𝑠 1 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 2 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 = 𝑉𝑒 + 𝑉𝑠
𝜔
𝜔 2
+ 𝑗
𝜔0
𝜔0
(passe-bas du 2
ème
ordre)
b. Avec le terme de degré 2 du dénominateur, on identifie 𝜔0 ; on identifie ensuite m :
𝜔0 =
Q4.
1
𝑅𝐶
3
et 𝑚 = . Comme 𝑚 >
2
2
2
, il ne peut y avoir résonance.
1
a. La fréquence de coupure est 𝑓𝑜 = 10 Hz.
b. Pour 𝑓= 3Hz : 𝜔 =
3.𝜔 0
10
= 2𝜋𝑓𝑜 ⇒ 𝐶 =
1
⇒ 𝐻 𝑗𝜔 =
Pour 𝑓= 10Hz : 𝜔 = 𝜔0 ⇒ 𝐻 𝑗𝜔 =
𝑅𝐶
3 2
1+9𝑗 /10+ 𝑗
10
1
1+3𝑗 + 𝑗 2
⇒ 𝐻 𝑗𝜔 =
⇒ 𝐻 𝑗𝜔 =
1
3𝑗
1
2𝜋𝑓𝑜 𝑅
1
91 9𝑗
+
100 10
⇒ 𝐻 𝑗𝜔
A.N. : 𝐶 =1,6 µF
⇒ 𝐻 𝑗𝜔
𝑑𝐵
𝑑𝐵
= −2,14 𝑑𝐵 > −3 𝑑𝐵
= −9,54 𝑑𝐵 < −6 𝑑𝐵
Le gabarit est donc respecté.
3 - FILTRAGE 2RC EN ECHELLE
Soit le filtre suivant :
R = 18 k
C = 220 nF
E
V
S
1/ Donner sa fonction de transfert H = S / E (utiliser Millman au nœud central, puis pont diviseur).
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2/ Etablir les expressions du module et de l'argument de H, puis tracer les diagrammes asymptotiques de Bode.
3/ Quel est le type et l'ordre de ce filtre ? Tracer finalement les diagrammes réels de Bode.
Eléments de correction :
er
1/ Rq : pour comprendre pourquoi on ne peut pas considérer le 1 circuit RC comme un pont diviseur de tension : voir exo.
précédent.
𝑉=
Millman pour trouver V :
𝐸 𝑆 0
+ +
𝑅 𝑅 𝑍𝐶
1 1 1
+ +
𝑅 𝑅 𝑍𝐶
=
𝐸+𝑆
𝑅
.
𝑅.𝑍𝐶
=
2.𝑍𝐶 +𝑅
1
𝑗𝐶𝜔
2
𝑅+
𝑗𝐶𝜔
𝐸+𝑆 .
soit 𝑉 =
𝐸+𝑆
2+𝑗𝑅𝐶𝜔
nd
Pont diviseur pour le 2 circuit RC :
𝑆=
𝑉
1+𝑗𝑅𝐶𝜔
=
𝐸+𝑆
2+𝑗𝑅𝐶𝜔 .(1+𝑗𝑅𝐶𝜔 )
⇔ 𝑆. 2 + 3𝑗𝑅𝐶𝜔 + 𝑗𝑅𝐶𝜔
V
S
⇔𝐻 =
𝑆
𝐸
=
2
nd
1
𝑅𝐶
et
2𝑚
𝜔0
−1 = 𝐸
-7-
1
𝜔
𝜔 2
1+2𝑚𝑗
+ 𝑗
𝜔0
𝜔0
= 3𝑅𝐶 soit 𝑚 =
On a affaire à un filtre du 2 ordre passe-bas, sans résonance car m > 0,707.
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𝐸+𝑆
2+3𝑗𝑅𝐶𝜔 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 2
1
1+3𝑗𝑅𝐶𝜔 + 𝑗𝑅𝐶𝜔 2
qui est de la forme canonique
avec 𝜔0 =
=
3
2
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2/ Module de 𝐻 :
1
𝐻=
1−
2
𝜔 2
2𝑚𝜔 2
+
𝜔0
𝜔0
et argument de 𝐻 : 𝜑 = −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
2𝑚𝜔
𝜔0
𝜔 2
1−
𝜔0
Pour tracer les asymptotes, on considère les situations 𝜔 → 0, 𝜔 → ∞ et 𝜔 = 𝜔0 :
𝜔 →0:
𝐻 → 1 et donc 𝐺 = 20. log 𝐻 → 0 𝑑𝐵
et 𝜑 → 0
𝜔 →∞:
1
𝐻≈
𝜔 4
𝜔0
car le plus grand degré l’emporte ; donc : 𝐻 =
𝜔0 2
𝜔
et par conséquent : 𝐺 = 40. log 𝜔0 − 40. log 𝜔
L’asymptote est une droite de pente -40 dB/décade, passant par 𝜔0 .
2𝑚𝜔
𝜔0
𝜔 2
−
𝜔0
𝜑 → −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
= −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 −
2𝑚 𝜔 0
𝜔
= −𝜋
(Rappel : le déphasage 𝜑 étant toujours défini entre - 𝜋 et 𝜋, on a :
Pour Z = a + j.b, 𝝋 = arg(Z) = Arctan(b/a) + {0 si a > 0 ; + 𝝅 si a < 0 et b > 0 ; - 𝝅 si a < 0 et b < 0}
Ici : 𝑍 = 1 −
𝜔
𝜔0
2
+ 2𝑚𝑗
𝜔
𝜔0
et 𝜔 → ∞ donc a < 0 et b > 0).
 𝜔 = 𝜔0 :
𝐻=
1
2𝑚
donc 𝐺 = 20. log
1
2𝑚
𝜑 → −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ∞ = −
𝜋
2
Avec R = 18 k et C = 220 nF, on calcule la fréquence de coupure 𝑓0 =
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1
2𝜋𝑅𝐶
= 40 𝐻𝑧. D’où les tracés asymptotiques (en rouge) :
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3/ On a vu qu’il s’agissait d’un passe-bas du 2
Valeurs réelles : à 𝜔 = 𝜔0 , 𝐺 = 20. log
à𝜔=
𝜔0
2
1
2𝑚
, 𝐺 = −4,5 𝑑𝐵 et 𝜑 = −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
ème
ordre. La pente est -40 dB/décade.
= 20. log
2𝑚𝜔
𝜔0
𝜔 2
1−
𝜔0
1
3
= −9,5 𝑑𝐵
= −63° ;
à 𝜔 = 2. 𝜔0 , 𝐺 = −16,5 𝑑𝐵 et 𝜑 = −116°.
Complément intéressant :
ème
er
Lorsque m > 1, il est possible de séparer la fonction de transfert du 2 ordre en 2 fonctions de transfert du 1 ordre ; par exemple
ici, on peut factoriser le dénominateur :
𝑆
1
1
1
𝐻= =
𝑗𝜔 .
𝑗𝜔
2 =
𝐸
1+3𝑗𝑅𝐶𝜔 + 𝑗𝑅𝐶𝜔
1+
𝜔1
1+
𝜔2
avec 𝜔1 = 658 𝑟𝑎𝑑/𝑠 et 𝜔2 = 96 𝑟𝑎𝑑/𝑠, soit f1 = 105 Hz et f2 = 15 Hz.
er
On peut alors tracer Bode en additionnant les diagrammes obtenus avec les 2 passe-bas du 1 ordre.
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-9-