Evaluation n° 1 - Le Web Pedagogique

Terminale STI génie électronique
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Les filtres analogiques
Ex. 01
Enoncé:
Pour le filtre ci – dessous, on donne R  10 k, C  10 nF
R
Ue
Us
C
1°) Quelle est la nature du filtre ?
2°) Déterminer la fonction de transfert du filtre ?
3°) Calculer la pulsation de coupure C .
4°) Représenter les courbes de gain et de phase en fonction de la pulsation, pour
0,1C    10C .
Solution:
1°) On peut retrouver la nature du filtre par une étude du comportement physique (asymptotique)
du filtre réciproquement aux basses fréquences (ou pulsations) et aux hautes fréquences.
Aux basses pulsations, typiquement   0 , le condensateur qui possède une
1
impédance Z C 
se comporte donc comme un interrupteur ouvert (tout se passe comme si
jC
l’intensité est nulle dans la branche du condensateur car Z C   ). On a donc le schéma
équivalent suivant:
i 0
i 0
R
Ue
Us
Du fait de l’ouverture du circuit dans la branche contenant le condensateur aucun courant ne
circule, donc la tension aux bornes du conducteur ohmique est nulle.
F. Chandelier
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On a donc U s  U e (loi des mailles).
Aux hautes pulsations, typiquement    , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur fermé (la tension aux bornes du condensateur est nulle). On a donc le schéma
équivalent suivant:
R
Us  0
Ue
On a donc U s  0 . On peut donc conclure que le filtre est un passe bas. De plus, il ne présente
qu’un composant possédant une impédance dépendant de la pulsation (celle du condensateur)
correspondant au signal du générateur. Il ne peut donc s’agir que d’un filtre passe bas d’ordre
un.
Us
. Par le théorème du pont diviseur de
Ue
tension on peut trouver très rapidement l’expression de la tension du signal de sortie étudié en
fonction du signal d’entrée. On a:
1
ZC
jC
Us 
Ue 
Ue ,
1
ZR  ZC
R
jC
1
soit en multipliant en haut et en bas dans la fraction par jC : U s 
Ue.
1  jRC
2°) La fonction de transfert se définit comme T ( j ) 
D’où la fonction de transfert: T ( j ) 
1
1  jRC
Remarque: on vérifie donc que le produit RC a la même unité que l’inverse d’une pulsation, donc
s’exprime en seconde.
3°) La pulsation de coupure C (à -3dB) se définit par la relation générale:
T
T (C )  T ( jC )  max (ou G(C )  Gmax  3db en utilisant le gain)
2
où Tmax représente la valeur maximale de l’amplification (module de la fonction de transfert).
1
On a ici: T ( ) 
. On voit aisément que la fonction de la pulsation ainsi définie est
1  R2C 2 2
décroissante et possède un maximum à la pulsation nulle, donc Tmax  1. Il suffit de résoudre donc
1
1
ou de façon équivalente 1  R2C 2C2  2 soit 1  R 2C 2C2  2 .
T (C ) 

2 2 2
2
1  R C C
F. Chandelier
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Donc, on trouve: C 
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1
. Application numérique: C  104 rad.s -1 .
RC
Remarque: c’est une caractéristique des fonctions de transfert d’ordre un passe bas et passe haut.
Elles présentent un dénominateur faisant intervenir directeur la pulsation de coupure (il est donc

aisé de la lire sur la formule): 1  j
.
C
4°) La courbe de gain s’obtient en traçant le gain en fonction de la pulsation. Il s’agit donc de
 2 
tracer simplement G ( )  20 log T ( ) qui s’exprime en dB. On a ici: G( )  10log 1  2  sur
 C 
l’intervalle 0,1C ,10C  . L’intervalle de fréquence est quand même vaste, il est préférable de
donner la courbe en échelle logarithmique (tracé de Bode) qui permet mieux d’apprécier le profil

du filtre, et d’utiliser la pulsation réduite définie par x 
. On obtient la courbe suivante:
C
La courbe de phase s’obtient en traçant la phase en fonction de la pulsation, ou comme
précédemment en fonction de la pulsation réduite. Pour déterminer la phase, on doit trouver
l’argument de la fonction de transfert. On a:


 
 
 ( )  arg  T( j )   arg(1)  arg 1  j   0  arg 1  j  .
C 
C 


Rappel: pour calculer l’argument d’un nombre complexe z  a  jb , il suffit de l’écrire sous
forme trigonométrique z exp( j arg( z))  z  cos   j sin   où   arg( z) , on peut ainsi avoir
accès à la phase par le biais de sa tangente. On a z  a2  b2 donc:
F. Chandelier
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

a
b
z  a 2  b2 
j
  z  cos   j sin  
2
2
a 2  b2 
 a b
b
a
b
Par indentification on a: cos  
et sin  
donc tan   (a  0) . On retiendra
a
a 2  b2
a 2  b2
donc qu’il suffit de lire la partie imaginaire et la partie réelle du nombre complexe considéré et
d’en faire le rapport. Il est donc rapide d’évaluer la tangente de la phase. Cependant pour bien
définir la phase, il faut prendre la précaution suivante:
b

si cos( )  0,   arctan a

si cos( )  0,   arctan  b   

a
On trouve:


  
tan  arg 1  j
.
 

C   C


Il vient donc:
 
 ( )   arctan  RC    arctan   ou  ( x)   arctan  x  .
 C 
On obtient la courbe suivante:
F. Chandelier
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Ex. 02
Enoncé:
Pour le filtre ci – dessus, on donne R  10 k, C  10 nF
C
Ue
Us
R
1°) Quelle est la nature du filtre ?
2°) Déterminer la fonction de transfert du filtre ?
3°) Calculer la pulsation de coupure C .
4°) Représenter les courbes de gain et de phase en fonction de la pulsation, pour
0,1C    10C .
Solution:
1°) On procède comme pour l’exercice 01 par l’étude du comportement physique du filtre
réciproquement aux basses pulsations et aux hautes pulsations.
Aux basses pulsations, typiquement   0 , le condensateur se comporte comme un interrupteur
ouvert. On a donc le schéma équivalent suivant:
i 0
Ue
Us  0
R
Du fait de l’ouverture du circuit à la place du condensateur aucun courant ne circule dans la
branche du condensateur, et donc de même dans la branche contenant le conducteur ohmique. De
ce fait, la tension aux bornes du conducteur ohmique est nulle. Ainsi, on a donc U s  0 .
Ue
Us
R
F. Chandelier
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Aux hautes pulsations, typiquement    , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur fermé. La tension à ses bornes est nulle. On a donc le schéma équivalent ci – dessus.
On a donc U s  U e (loi des mailles). On peut donc conclure qu’il s’agit d’un filtre passe haut
d’ordre un.
2°) Par le théorème du pont diviseur de tension on peut trouver très rapidement l’expression de la
tension du signal de sortie étudié en fonction du signal d’entrée. On a:
ZR
R
Us 
Ue 
Ue ,
1
ZR  ZC
R
jC
jRC
soit en multipliant en haut et en bas dans la fraction par jC : U s 
Ue.
1  jRC
D’où la fonction de transfert: T ( j ) 
jRC
1  jRC
3°) La pulsation de coupure C (à -3dB) se définit par la relation générale:
T
T (C )  T ( jC )  max
2
où Tmax représente la valeur maximale de l’amplification (module de la fonction de transfert).
RC
1
On a ici: T ( ) 
. On voit aisément que la fonction de la pulsation

2 2 2
1
1 R C 
1 2 2 2
RC
ainsi définie est croissante, part de la valeur nulle et tend asymptotiquement vers la valeur 1 à la
pulsation  (physiquement très hautes pulsations), donc Tmax  1. Il suffit de résoudre donc
RCC
1
ou de façon équivalente 1  R2C 2C2  2RCC soit
T (C ) 

2 2 2
2
1  R C C
1  R 2C 2C2  2 R 2C 2 2 . Donc, on trouve: C 
1
. Application numérique: C  104 rad.s -1 .
RC
Remarque: on trouve la même expression que pour le filtre passe bas d’ordre 1 de l’exercice 01.
4°) La courbe de gain s’obtient en traçant le gain en fonction de la pulsation. Il s’agit donc de
tracer simplement G ( )  20 log T ( ) qui s’exprime en dB.
 
 2
On a ici: G( )  20log 

10log

1  2
 C 
 C
donner la courbe en échelle logarithmique.

 sur l’intervalle 0,1C ,10C  . On va cependant

La courbe de phase s’obtient en traçant la phase en fonction de la pulsation, ou comme
précédemment en fonction de la pulsation réduite. Pour déterminer la phase, on doit trouver
l’argument de la fonction de transfert. On a:



  
 
 ( )  arg  T( j )   arg( j )  arg 1  j    arg 1  j  .
C
C  2
C 


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On utilise ensuite le résultat du l’exercice 01, et on trouve donc:
 


 ( )   arctan   ou  ( x)   arctan  x  .
2
2
 C 
On obtient donc les deux courbes suivantes:
F. Chandelier
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Ex. 03
Enoncé:
Pour le filtre ci – dessus, on donne R1  9 k, R2  1 k, C  10 nF .
R1
Ue
Us
R2
C
1°) Quelle est la nature du filtre ?
2°) Montrer que la fonction de transfert du filtre peut se mettre sous la forme:
T0
T
f
1 j
f0
3°) Calculer T0 et f 0 .
Solution:
1°) On étudie le comportement physique du filtre réciproquement aux basses pulsations et aux
hautes pulsations.
Aux basses pulsations, typiquement   0 , le condensateur se comporte comme un interrupteur
ouvert. On a donc le schéma équivalent suivant:
iC  0
R1
Ue
R2
Us
La tension de sortie cherchée se retrouve aux bornes du conducteur ohmique R2 . Par l’application
du théorème du pont diviseur, on peut la trouver en fonction de la tension délivrée par le
générateur. On trouve:
R2
Us 
Ue.
R1  R2
Donc, l’amplitude du signal de sortie correspond à une atténuation de l’amplitude du signal
d’entrée.
F. Chandelier
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Aux hautes pulsations, typiquement    , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur fermé. La tension à ses bornes est nulle. On a donc le schéma équivalent suivant:
R1
Ue
Us  0
R2
Ainsi, on a donc U s  0 . On a donc un filtre passe bas d’ordre un.
Us
. Pour trouver le plus rapidement, la
Ue
tension de sortie rapidement en fonction de la tension d’entrée, on peut remplacer le groupement
parallèle du condensateur et du conducteur ohmique R2 et obtenir le schéma équivalent suivant:
2°) La fonction de transfert se définit comme T ( j ) 
R1
Ue
Z éq
Us
On peut calculer l’admittance facilement du groupement parallèle ( Y éq 
1
  Y i ). On a:
Z éq
i
1
 jC .
R2
Il suffit ensuite d’appliquer le théorème du pont diviseur de tension pour trouver la fonction de
transfert. On a donc:
Z éq
1
1
Us 
Ue 
Ue 
Ue .
R1
R1  Z éq
1

R
Y
éq
1
1
Z éq
Y éq 
Il suffit donc ensuite de remplacer l’admittance par son expression donnée ci – dessus. On
trouve:
R2
R1  R2
1
1
1
T ( j ) 



.
1  R1Y éq 1  R1  jR C

 1  j R1 R2 C
1
R2
R1  R2

R1  
R1C 


1

1

j


R
 R2  
1  1 

R2 

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On peut donc mettre la fonction de transfert sous la forme suivante:
T0
T ( jf ) 
1 j
où Réq 
f
f0
R2

T0  R  R

1
2
avec 
1
 f0 

2 Réq C
R1 R2
est la résistance équivalente des deux résistance considérés en parallèle.
R1  R2
Remarque: il était donc piégeur de tenter de deviner la constante de temps du circuit ou la
fréquence de coupure directement en considérant le groupement parallèle du condensateur et de
la résistance R2 . En effet, c’est la résistance équivalente qui entre en jeu.
T0 est aussi appelée amplification statique, puisqu’elle correspond à la valeur de la fonction de
transfert obtenue pour la pulsation ou fréquence nulle.
2°) On trouve T0  0,1 et f0  17,7 kHz .
Ex. 04
Enoncé:
La fonction de transfert d’un amplificateur différentiel intégré (réel) est modélisé en boucle
ouverte par:
U
105
Ad  s 
.
U d 1 j f
10
U d est la différence de potentiels entre la borne non inverseuse et la borne inverseuse.
1°) Déterminer l’amplification maximale et la fréquence de coupure à- 3 dB.
2°) Donne l’allure de la courbe du gain en fonction de la fréquence.
Solution:
1°) L’amplification est par définition le module de la fonction de transfert, donc on a:
105
Ad ( f )  Ad 
f2
1
100
On constante que l’amplification est une fonction décroissante de la fréquence, elle vaut 105 pour
la fréquence nulle, et tend asymptotiquement vers zéro à très grandes fréquences.
L’amplification maximale est donc Ad max  105 .
F. Chandelier
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On trouve la fréquence de coupure comme dans les exercices 01 et 02 en cherchant la fréquence
f2
A
105
105
. Il faut donc résoudre 1  C  2 .
f C telle que l’on ait Ad ( fC ) 
 d max 
100
2
2
f2
1 C
100
Donc fC  10 Hz .
Remarque: on pouvait directement reconnaître la fonction de transfert d’un filtre passe bas du
Tmax
premier ordre qui se met de façon générale sous la forme normalisée suivante: T 
. On
f
1 j
fC
lit donc directement la valeur de l’amplification maximale et de la fréquence de coupure à – 3
dB.

f2
2°) On trace G( f )  20log  Ad ( f )   100  log 1  2  en fonction de la fréquence, ou mieux de
fC 

f
f
 . On trouve la courbe suivante:
la fréquence réduite définie par x 
fC 10
Ex. 04
Enoncé:
Un filtre passe bas a pour fonction de transfert:
F. Chandelier
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T ( jf ) 
1
f
1 j
fH
, où f H  10 Hz
1°) Calculer son module et son argument pour f  100 Hz, 300 Hz et 500 Hz.
2°) Exprimer us (t ) pour chacune des tensions d’entrée suivante:
 ue0  1 V ,
 ue1 (t )  1, 27sin(2 100t ) ,


ue3 (t )  0, 42sin(2 300t ) ,
ue5 (t )  0, 25sin(2 500t ) .
3°) On applique à l’entrée du filtre une tension rectangulaire (0 ou 2 V) et de fréquence 100 Hz
dont la décomposition est: ue (t )  ue 0  ue1 (t )  ue3 (t )  ue5 (t )  ...
 Exprimer us (t ) en tenant compte des quatre composantes précédentes.
 Représenter us (t ) .
Solution:
1°) Le module de la fonction de transfert ou amplification est donné par:
T ( f )  T ( jf ) 
1
1
f2
f H2


f 
f 
Pour l’argument de T , on a:  ( f )  arg  T( jf )   arg(1)  arg 1  j
  0  arg 1  j
.
fH 
fH 


Comme expliqué dans l’exercice 01, on détermine d’abord la tangente de l’argument et ensuite
l’argument. On trouve par identification avec les parties réelles et imaginaires:
 f 

 fH 
 ( f )  arg T ( jf )    arctan 
On présente les résultats dans le tableau ci – dessous:
Fréquence f
Module T ( f )
Argument  ( f ) (rad)
Argument  ( f ) (°)
100 Hz
300 Hz
500 Hz
9,95.102
-1,47
-84,29°
3,33.102
-1,54
-88,09°
2,00.102
-1,55
-88,85°
2°) L’action d’un filtre en régime sinusoïdal permanent (ou forcé) s’obtient on regardant l’action
de la fonction de transfert sur le signal d’entrée.
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Rappel: il suffit de tenir compte de l’amplification et du déphasage apportés par la fonction de
transfert sur le signal d’entrée en notation réelle. On le démontre par la définition même de la
U
fonction de transfert en notation complexe. En effet, on a T ( jf )  s soit
Ue
U s  T ( jf )U e (1)
avec les tensions complexes définies à partir des signaux réels par:

ue (t )  U e cos(2 ft )  Re U e exp(2 jft ) 
(2).

u
(
t
)

U
cos(2

ft


)

Re
U
exp(2

jft
)



s
s
 s
On a choisi la phase à l’origine du signal d’entrée nulle (origine des phases). Les tensions
complexes ne dépendent donc que de la fréquence et non du temps. Si on écrit, la fonction de
transfert sous la forme T ( jf )  T ( f )exp  j arg(T ( jf ))  , on peut trouver U s grâce à la relation (1).
On obtient: U s  T ( f ) exp( j arg(T ( jf )))U e soit: U s  T ( j )U e exp( j (arg(T ( jf ))) . Pour trouver le
signal de sortie en notation réelle, on utilise la définition donnée par (2), d’où:
us (t )  T ( f )U e cos(2 ft  arg(T ( f ))) (3).
Donc, il suffit de multiplier l’amplitude du signal d’entrée par l’amplification à la fréquence
considérée, et on déphase le signal de l’argument de la fonction de transfert à la fréquence
considérée.
On remarquera que les quatre signaux considérés sont donnés en terme d’une fonction sinus il
faut donc les transformer en cosinus en introduisant une phase à l’origine, phase à l’origine que
l’on retrouvera dans les signaux de sortie. On donc peut donc appliquer aussi la formule (3) avec
des « sinus ». On regroupe les résultats dans le tableau ci – dessous:
ue0  1
us 0  1
ue1 (t )  1, 27sin(2 100t )
us1 (t )  0,13sin(2 100t  1, 47)
ue3 (t )  0, 42sin(2 300t )
us 3 (t )  0,014sin(2 300t 1,54)
ue5 (t )  0, 25sin(2 500t )
us 5 (t )  0,005sin(2 500t 1,55)
3°) La tension d’entrée est une tension rectangulaire périodique de fréquence (fondamental)
100Hz (niveau bas 0, niveau haut 2, valeur moyenne 1) dont le début de la décomposition en
harmoniques (théorème de Fourier) est donnée par ue (t )  ue 0  ue1 (t )  ue3 (t )  ue5 (t )  ...
Pour trouver le signal de sortie, on applique le théorème de Fourier, ou de l’analyse spectrale, on
regarde la contribution de chaque harmonique à travers le filtre et on superpose les différentes
harmoniques trouvées en réponse pour le signal de sortir. Ainsi, on aura:
us (t )  us 0  us1 (t )  us 3 (t )  us 5 (t )  ...
Donc us (t )  1  0,13sin(2100t  1, 47)  0,014sin(2 300t 1,54)  0, 005sin(2 500t  1,55)
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On obtient donc la courbe suivante:
Remarque: le signal d’entrée ne ressemble pas vraiment au signal rectangulaire introduit dans
l’énoncé, mais on peut le deviner: on constate des oscillations sur le niveau bas et le niveau haut.
La raison en est que l’on ne considère pas assez d’harmoniques pour le recomposer de façon
satisfaisante.
Interprétation: le signal de sortie est juste périodique et ne présente pas la forme ni d’un rectangle
ni d’une sinusoïde.
Ex. 05
Enoncé:
Un filtre passe
F. Chandelier