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Enseignement pour public ayant déjà eu la remise à niveau

Sur chaque thème, ou chapitre : rapides rappels, applications dans le domaine e.e.a.

Balayage rapide, (4 séances d’1 heure 30)en cohérence avec le contenu des T.D. et T.P.

Objectifs : - remettre à niveau pour une exploitation immédiate (TD, TP) et ultérieure (ERII3, ERII4…),- identifier ce qui fondamental et qui doit être connu sans aucune lacune ni ambiguïté

« CIRCUIT »ou début d’automatique,

appliqué à des circuits électriques

« CIRCUIT »

Avis aux utilisateurs de ce document power point :

- Lancer le diaporama (touche F5)

- Lire attentivement les pages progressivement, par action de la touche -> (ou de la touche flèche vers le bas)

- A chaque point d’interrogation tournant :

une question, ou une application numérique, est demandée.

Alors, marquer un temps d’arrêt pour répondre…

Et continuer après la réflexion

Transformées de Laplace

Analyse harmonique

Quadripôles

« CIRCUIT »

Définition, propriétés

Application à l’électronique

TRANSFORMEES DE

LAPLACE

La transformée de Laplace consiste à étudier le comportement des systèmes par une représentation symbolique. La variable n'est plus le temps t mais p.

A une fonction f(t) dans le monde réel correspond une fonction F(p) dans le monde symbolique. Cette fonction est appelée : image de f(t). Inversement f(t) est appelée : originale de F(p).

Ce passage du monde réel au monde symbolique est défini par la transformée de Laplace suivante:

Sous réserve de convergence

Remarque : il existe des conditions d’existence de F(p). Toutes les fonctions f(t) n’ont pas une transformée de Laplace. Et réciproquement, toutes les fonctions F(p) ne sont pas des transformées de Laplace de f(t).

Transformées de Laplace des principaux signaux

Fonction de Heavyside = 1 si t > 0= 0 si t < 0

appelée échelon unité,qui s’écrit usuellement u(t) ou

Г(t)

Définition :

Rampe unitaire = t si t > 0= 0 si t < 0

u = tdv = exp (-pt) dt

du = dtv = -(1/p) exp (-pt)

Par ∫ u dv = [ u v ] – ∫ v duIntégration par parties :

[0 – 0] [0 – 1]

1p2=

Par définition

Fonction Exponentielle = exp (at) si t > 0= 0 si t < 0

1 [0 – 1] 1

p-a=

Par définition

=

Il faut que (a-p) soit < 0 pour que lim exp(a-p)t converget->∞

Dans ces conditions, F(p) = (a-p)

Fonction sinus = sin (ωt) si t > 0= 0 si t < 0

Par définition


u = sin (ωt) dv = exp (-pt) dt

du = ω cos (ωt) dtv = -(1/p) exp (-pt)

[0 – 0]

Fonction sinus, suite


u = cos (ωt) dv = exp (-pt) dt

du = - ω sin (ωt) dtv = -(1/p) exp (-pt)

[0 – 1]

-p=

1

p

F(p) = 1

pω

F(p) =

On arrive à :1

p-

ω

p

ω

p

F(p)

-

( ) =ω

p2-

ω2

p2F(p)

D’où : F(p) = ω

p2 + ω2

= F(p)

Autre calcul, bien plus rapide :

On a vu que :1

p+a=L exp –at

Reprenons cette écriture en remplaçant a par jω, avec ω constante :

1

p+jω=L exp -jωt p-jω

p2+ω2=

Or : exp -jωt = cos ωt – j sin ωt

Et, par linéarité : L exp -jωt ) = Lcos ωt – j Lsin ωt

p

p2+ω2=

jω

p2+ω2-

L exp -jωt L cos ωt - j sin ωt =

Par identification :

Lcos ωt =

Lsin ωt =

p

p2+ω2

ω

p2+ω2déjà vu

Il existe des formulaires de transformées de Laplace.

Principales Propriétés des Transformées de Laplace

Linéarité :

Par développement et l’intégrale d’une somme est la somme des intégrales.

Très utilisée lors des calculs des transformées

Il suffit de se rappeler de la définition…


Transformées de Laplace d’une dérivée

u = exp (-pt)dv = f’(t) dt

du = (-p) exp (-pt) dtv = f(t)


L f’(t) = p F(p) – f(0+)

Appliquons à notre calcul

= F(p)


Transformées de Laplace d’une dérivée, suite

£ f(t) = F(p)

£ f’(t) = p F(p) – f(0+)

£ f’’(t) = p [ p F(p) – f(0+) ] – f’(0+)

£ f’’’(t) = p p [p F(p) – f(0+) ] – f’(0+) – f’’(0+)


Transformées de Laplace d’une intégration

u variable d’intégration

F(p)

Posons :

soit :

Par la page précédente :

or :D’où :

=0

pL ∫f(t) =


Théorème du retard f(t) u(t)f(t-) u(t-)

La transformée de Laplace de la fonction retardée est :

Posons x = t- t = x +Quand t parcours à l’infini, x parcours de 0 à l’infini

La transformée s’écrit :

==

x : variable d’intégration

Changement de variable

dx = dt


Théorème de l’amortissement, ou multiplication par l’exponentielle

Ecriture de F(p) dans laquelle on a remplacé p par p+k


Théorème de la valeur initiale

Théorème de la valeur finale

Si elle existe,


Transformée de Laplace d’une fonction périodique

G(p) est la transformée de Laplace de g(t), alors F(p) la transformée de f(t) s’écrit :

une fonction f(t) périodique de période T, faite de motifs g(t)


Théorème de convolution

La convolution de deux fonctions f(t) et g(t), est la fonction h(t) définie par

que l’on note h(t) = f * g .

Cette opération est commutative, c’est-à-dire que

On a :

Rappel : la transformée de Laplace d’un produit

n’est pas le produit des transformées de Laplace !

Rappel :A une fonction f(t) dans le monde réel correspond une fonction F(p) dans le monde symbolique. Cette fonction est appelée : image de f(t). Inversement f(t) est appelée : originale de F(p).

Comment retrouver f(t) à partir de F(p) ?

Transformées inverses de Laplace

1) Par lecture des tables de transformées

2) et/ou par exploitation des propriétés

3) et/ou par décomposition en éléments simples (dans le cas de F(p) en fractions rationnelles)

4) par la méthode des résidus (vue plus tard)

Définition, propriétés


TRANSFORMEES DE LAPLACE

Application 1 : Circuit LR attaqué par un échelon de tension

On pose :

Ecrire les équations qui régissent le circuit, sous forme temporelle, et sous forme de Laplace.

On applique en e(t), un échelon de tension, d’amplitude Eo. Condition initiale nulle. Déterminer l’expression de I(p). En déduire i(t).

e(t) = uL(t) + uR(t) uL(t) = L di/dt uR = R i(t)

E(p) = UL(p) + UR(p) UL(p) = L p I(p) UR(p) = R I(p)

E(p) = (R + L p) I(p)

E(p) = Le(t)S(p) = Ls(t) I(p) = Li(t)

E(p) = Eo/p

i(t) = ?

i(t) = ? Il nous faut trouver l’original de I(p)

1) Par lecture des tables de transformées

On connaît : l’original de 1/p : u(t) l’original de 1/(p+a) : u(t) exp (-at)

Mais on n’a pas l’original de 1/[p(p+a)] ou du moins on suppose que l’on ne l’a pas…

2) et/ou par exploitation des propriétés

3) et/ou par décomposition en éléments simples (dans le cas de F(p) en fractions rationnelles)

Eo Eo

i(t) = Eo/R [ 1-exp (–t/) ] u(t) = L/R

s(t) = Eo [ 1-exp (–t/) ] u(t) S(p) = R I(p)

s(t) = R i(t)

On prend l’original

R -R/LA = B =

e(t) = uL(t) + uR(t)

uL(t) = L di/dt uR = R i(t)

E(p) = (R + L p) I(p)

Eo

pE(p) =

Tension s(t) = R i(t) :

Récapitulation :

Equations temporelles,

Transformation en Laplace

Résolution sous Laplace

Retour en temporel

s(t) = Eo [ 1-exp (–t/) ] u(t)

Eo

t

s(t)

À t -> infini, courant continu, di/dt = 0 et s = e = Eo

1- On intègre d’abord l’ESSM :

L i’ + R i = e(t)

L

R

i

i' près constante une à , iln dti

i'et i)'(ln

i

i'or

, C t L

R - iln :écrit s' qui ce t]

L

R[- expK isoit i(t) = Io exp [-t/] avec = L/R


L i’ + R i = 0

2- On recherche une solution particulière :

On recherche i(t) qui satisfasse : L i’ + R i = constante = Eo

i(t) de la forme = constant répond à cette équation i(t) = Eo/R

3- La solution complète est : la solution de l’ESSM + solution particulière i(t) = Io exp [-t/] + Eo/R

0 = Io exp [-t/] + Eo/R

4- La constante d’intégration Io est alors calculable par la condition initialeÀ t = 0, i(t) = 0, soit : => Io =- Eo/R

Il vient : i(t) = Eo/R (1-exp [-t/]) Par s(t) = R i(t) : s(t) = Eo (1-exp [-t/])pour t > 0

Rappel :Résolution en temporel

Application 2 : Circuit LR attaqué par une rampe de tension

On applique en e(t), une rampe de tension, d’expression kt.Condition initiale nulle. Déterminer l’expression de I(p). En déduire i(t).

Rappel : transformée de Laplace de la rampe unitaire :1p2

L’entrée e(t),qui est une rampe kt,a comme transformée de Laplace :

kp2

E(p) =

Les équations de maille sont inchangées, et on conserve :

Il nous faut trouver l’original de cette expression pour avoir i(t)

Décomposition en éléments simples

A B Cp2 p R+Lp+ +=

A B C/Lp2 p p+R/L+ +=

i(t) = [At + B + C/L exp (-t/)] u(t)

Supposons A, B, C calculés

ou « pour t > 0 »

Original terme à terme

A B Cp2 p R+Lp+ +=

Parmi les différentes méthodes, l’identification après réduction au même dénominateur

A(R+Lp) + Bp (R+Lp) + C p2

p2 (R + Lp)=

D’où p2(BL+C) + p (AL + BR) + AR = k

=0 =0 = k

C = - B L B = - A L / R A = k/R

B = - k L / R2

C = k L2/R2

Décomposition en éléments simples

A = k/R B = - k L / R2 C = k L2/R2

i(t) = [At + B + C/L exp (-t/)] u(t)

i(t) = k/R t - [1- exp (-t/)] u(t)

D’où le tracé

i(t) = [ (k/R) t - k L / R2 + k L/R2 exp (-t/)] u(t)

i(t) = (k/R) t - L / R + L/R exp (-t/) u(t)

= L/R

i(t) = k/R t - [1- exp (-t/)] u(t)

À t tendant vers 0 :

À t tendant vers l’infini :

t

i(t) = 0

i(t) se comporte comme :

R i(t) = k t - [1- exp (-t/)] u(t)

R i(t)

R

k t - u(t)Pour t grand, la tension Ri(t) se comporte comme :

k t - u(t)

R i(t)

e(t)

Tension R i(t) :k t - [ 1- exp (-t/) ] pour t > 0

droites parallèles : pente k

e(t) = uL(t) + uR(t)


E(p) = (R + L p) I(p)

kp2

E(p) =

Tension s(t) = R i(t) :k t - [ 1- exp (-t/) ] pour t > 0

Récapitulation :




Retour en temporel

Application 3 : Circuit RC attaqué par une impulsion de courant Io de durée T

Forme du courant i(t) montage

Forme du courant i(t) montage

Utiliser le formalisme de Laplace pour exprimer I(p), transformée de Laplace de i(t).

i(t) =

Io u(t)

-

Io u(t) retardé de T

Io u(t-T)

Io

p

Io

pexp (-Tp)

Io

p

Io

pexp (-Tp)-I(p) =

soit Théorème du retard

Transformées de Laplace terme à terme

Remarque intéressante :

I(p) peut aussi se déterminer par la définition :

Pour cet exemple simple,

Io

p

Io

pexp (-Tp)-I(p) =

Par loi d’Ohm aux bornes d’un condensateur

Uc(p) = 1

CpI(p)

Sans C.I.Io

Cp2

Io

Cp2

exp (-Tp)-Uc(p) =

Nous avons calculé

Il nous faut maintenant uc(t)

Io

Cp2

Io

Cp2

exp (-Tp)-Uc(p) =

D’où terme à terme :

Io

C Cuc(t) = -t u(t)

Io(t-T) u(t-T)

Io

Ct

Io

C(t-T)Ce qui signifie :

pour t > 0, nul ailleurs

Pour t > T, nul ailleurs

On finit en recherchant

l’original de UC(p)

Io

Ct

Io

C(t-T)

pour t > 0, nul ailleurs

pour t > T, nul ailleurs

Io

C Cuc(t) = -t u(t)

Io(t-T) u(t-T)

Io

CT

Construction de uc(t) :

Courant nul,le condensateur reste chargé

Charge à courant constant

Io

p

Io

pexp (-Tp)-I(p) =

Io

Cp2

Io

Cp2

exp (-Tp)-Uc(p) =

i(t) = Io u(t) - Io u(t-T)

Io

C Cuc(t) = -t u(t)

Io(t-T) u(t-T)

Récapitulation :




Retour en temporel

Décomposition en éléments simples N(p)D(p)

degré de D(p) > degré de N(p)

Cas 1 : toutes les racines de D(p) sont réelles et différentes (« pôles simples »)

D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p+a) (p+b) (p+c)…N(p)D(p)

= A B Cp+a p+b p+c

+ +

a, b, c, réels

[il y a autant de termes que le degré de D(p)]

Cas 2 : des racines de D(p) sont réelles et égales (« pôles multiples, de mutiplicité n »)

N(p)D(p)

= A1 B C

p+a p+b p+c+ +

D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p+a)n (p+b) (p+c)…A2

(p+a)2

A3

(p+a)3+ +… +

An

(p+a)n+

Cas 3 : des racines de D(p) sont complexes (pôles « complexes »)

D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p2+ap+b) (p+c)…

Alors :

Alors :

Tel que le discriminant Δ est < 0Alors : N(p)D(p)

= Ap+B

p2+ap+b p+c+

C

Cas 4 : des racines de D(p) sont complexes et multiplesD(p) peut s’écrire sous une forme comme (p2+ap+b)n (p+c)…

Alors : N(p)D(p) =

p2+ap+b p+c+

A1p+B1 C

(p2+ap+b)2+..+

A2p+B2

(p2+ap+b)n

Anp+Bn +

a, b, c, réels

Application 4 : Circuit d’ordre 2

1) Interrupteurs dans cette position, donner courants, tensions d’équilibre (régime permanent)

2) On commute les 2 interrupteurs simultanément. Calculer i(t) circulant dans L1.

iL1 = iL2 = 0 (branches ouvertes)uC = 1 V

Cela permet de placer des conditions initiales pour la question suivante ;+)

ve uR2

uR1

uC

uL1 uL2

ve = uR1 + uL1 + uc

uL1 = L1 di/dtuR1 = R1 i

uc = 1/C ∫ (i-i2) dt

uC = uR2 + uL2

uR2 = R2 i2

uL2 = L2 di2/dt

i(t) i2

i-i2

Fléchons courants, tensions :

Etablissons les lois des mailles, lois des noeuds

ve = R1 i + L1 di/dt + uC

duC/dt = (1/C) (i-i2)

uC = R2 i2 + L2 di2/dt

(1)

(2)

(3)

ve = R1 i + L1 di/dt + uC

duC/dt = (1/C) (i-i2)

uC = R2 i2 + L2 di2/dt

(1)

(2)

(3)

Transformées de Laplace Rappel : L f’(t) = p F(p) – f(0+)

Ve(p) = R1 I(p) + L1 [ p I(p) – i(0) ] + UC(p)

p UC(p) – uC(0) = (1/C) [I(p) – I2(p)]

UC(p) = R2 I2(p) + L2 [ p I2(p) – i2(0) ]

Avec, d’après la question précédente : i(0) = 0 A , i2(0) = 0 A , uC(0) = 1 V

Éliminons I2 :

Par (3) : I2 = UC(p)

R2+L2pMis dans (2) : p UC(p) – 1 = (1/C) [ I(p) - ]

UC(p)

R2+L2p

On trouve alors une expression de UC(p) :

UC(p) = ( I(p)/C + 1)

p2 L2 C + R2 C p + 1

( R2+L2p ) C

Que l’on place dans (1), pour aboutir à :

I(p) = Ve(p) [ p2 L2 C + R2 C p + 1 ] - ( R2+L2p ) C

[p2 L2 C + R2 C p + 1]( R1 + L1p ) + R2 + L2p

Conséquence de la C.I.

Transformée de Laplace de i(L1)

Application numérique Ve(p) = 1/p (l’interrupteur crée un échelon de 1 V)

I(p) = (1/p) [ p2/2 + 2p + 1 ] – (4 + p) (1/2)

(4+p) [ p2/2 + 2p + 1 ] + 4 + p

Soit, après simplification : I(p) = 1

p [ p3/2 + 4p2 + 10 p + 8 ]

On remarque que :

[ p3/2 + 4p2 + 10 p + 8 ] (p+a) (p+b) (p+c)1=2

Soit, après identification : a = 2, b = 2, c = 4

d’où I(p) = 2

p (p+2)2 (p+4)

qui se décompose en éléments simples :

A B C D

p (p+4)(p+2)2(p+2)+ + +I(p) =

Avec : A = 1/8, B = 0 , C = -1/2 , D = -1/8 1 1 1

8 p 8(p+4)2(p+2)2

- -I(p) = D’où, l’original, terme à terme :

1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t)

88 2i(t) =

pour t > 0i(t)

Script :

Exploitons Matlab pour tracer cette équation

1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t)

88 2i(t) = pour t > 0

exp(-2t) ≈ 1 - 2t + 2t2 +…

d’où t exp(-2t) ≈ t - 2t2 + 2t3 +…

exp(-4t) ≈ 1 - 4t + 8t2 - (64/6) t3 +...

i(t) ≈ t3/3

t = (0 : 1e-3 : 5) ;i = 0.125 – 0.5*t.*exp(-2*t)- 0.125*exp(-4*t);figure(1) ;plot(t,i) ;title('courant')xlabel('temps')

Rem : pour t → , i(t) → 0,125 A

Au voisinage de 0…

Exploitons Pspice pour vérifier le comportement de ce circuit

evolution du courant dans circuit R1L1CL2R2* fichier ordre2.cirVe 1 0 DC=1R1 1 2 4L1 2 3 1 IC=0C 3 0 0.5 IC=1L2 3 4 1 IC=0R2 4 0 4 .tran 1m 5 0 1m UIC.probe.end

Time

0s 0.5s 1.0s 1.5s 2.0s 2.5s 3.0s 3.5s 4.0s 4.5s 5.0sI(L1)

0A

50mA

100mA

150mA

Valeur finale : 0,125 A

Valeur du courant à t = 0 : 0 A

On retrouve la condition initiale

i(t)

En DC, la source 1 V est connectée à 4 + 4 = 8 ,d’où i = 1/8 = 0,125 A

Théorème de la valeur initiale

Théorème de la valeur finale

Si elle existe,

Soit lim p 1 1 1

8 p 8(p+4)2(p+2)2

- -( )p→

= 0

Soit lim p 1 1 1

8 p 8(p+4)2(p+2)2

- -( )p→0

= 1/8 = 0,125

On a donc i(0) et i() avant d’avoir l’expression de i(t)

lim i(t) = lim p I(p)p→t→0

lim i(t) = lim p I(p)p→0t→

Pour info : exploitons Pspice pour visualiser les autres grandeurs

(1) (2) (3)(4)

Time

0s 0.5s 1.0s 1.5s 2.0s 2.5s 3.0s 3.5s 4.0s 4.5s 5.0sI(L1) I(L2) I(C)

-200mA

0A

200mA

0 A

125 mA

iC(t)

iL2(t)

iL1(t)

V(1) V(2) V(3) V(4)0V

0.4V

0.8V

1.2V

SEL>>

1 V

0 V

0,5 V

V(4)

V(3)

V(2) V(1) : échelon de 1 V

Condensateur chargé

V(2) = V(3) = V(4) = 0,5 V

uC(0) = 1 V

iC < 0 signifie courant sortant (décharge)


Analyse harmonique

Quadripôles

« CIRCUIT »

Principe, notion de transmittance


ANALYSE HARMONIQUE

notion de transmittance

Re(t)

Ls(t)

S(p) = R I(p)

E(p) = (R + L p) I(p)

La « transmittance en p » est la fonction de transfert :

grandeur de sortie en p

grandeur d’entrée en p

Utilisée dans le formalisme des schémas blocs.

Rem : Transmittance ou fonction de transfert.

Rappel : Pour les systèmes linéaires, l'analyse fréquentielle permet de connaître la réponse du système à une excitation sinusoïdale, à différentes fréquences.

de la transmittance en « p » à la réponse harmonique

L’étude de la réponse harmonique d'un système consiste simplement à étudier le nombre complexe T(jω) qu'on appelle transmittance harmonique (ou transmittance complexe).Le nombre complexe T(jω) s'obtient simplement en remplaçant p par jω dans l'expression de la fonction de transfert T(p).

Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation)

Les lieux de Bode sont constitués :- d'une courbe de gain (en dB) rappel : Gain = 20 log I A I- et d'une courbe de phase φ (en °, ou en rad).

On utilise une échelle semi logarithmique :

Pulsation (ou fréquence) sur une échelle log

G sur une échelle linéaire en dB (c’est-à-dire A sur une échelle log…).

Bode Nyquist Black

Bode

Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation) :

C'est la représentation du nombre complexe T(jω) dans le plan complexe, en coordonnées polaires, en faisant varier le paramètre ω de 0 à l'infini.

Bode Nyquist Black

Nyquist

Le lieu de Nyquist est gradué en valeurs de ω (ou f).

Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation) :

Bode Nyquist Black

Black

ω varie de 0 à +∞ en abscisse, la phase (en degré, sur une échelle linéaire) et en ordonnée, le gain G (=20 log |A|)

Le lieu de Black est gradué en valeurs de ω (ou f).

Réponses harmoniques du dérivateur

http://www.iutenligne.net/ressources/automatique/verbeken/CoursAU_MV/

Bode Nyquist

Fonction jω

Module : ω

Phase : artg = π/2

20 log ω

20 log module

Réponses harmoniques de l’intégrateur

Bode Nyquist

Fonction 1/jω

Module : 1/ω

Phase : artg - = -π/2

20 log 1/ω = - 20 log ω

20 log module

http://www.iutenligne.net/ressources/automatique/verbeken/CoursAU_MV/

Intérêt des Tracés de Bode : Les tracés de 20 log module et de la phase se font par étapes élémentaires

20 log N(jω)D(jω)

20 log D(jω)20 log N(jω) -=

φ N(jω)D(jω) arg

N(jω)D(jω) arg N(jω) - arg D(jω)ou = = 2 tracés

Par log (A B) = log A + log B, on a :

= 2 tracés permettent d’avoir le produit20 log N1(jω) N2(jω) 20 log N2(jω)20 log N1(jω) +=

Par log (A / B) = log A - log B, on a :

= 2 tracés permettent d’avoir le rapport

Par log (A B / C D)

T(jω) = N1(jω) N2(jω)

T(jω) = N(jω) / D(jω)

(1 + j ) (1 + j )ωω1

ωω2

(1 + j ) (1 + j )ωω3

ωω4

T(jω) =

Par arg (A / B) = arg A - arg B, on a :

etc

Cas d’une fonction produit

Cas d’une fonction rapport

= log A + log B – log C – log D

etc

Cas général

De même, pour la phase :

Exemple de base : transmittance vue précédemment

Transmittance que l’on pose à T(p) rapport des tensions

D’où T(jω)

Remarque : c’est également la transmittance d’un circuit RC

Re(t)

Ls(t)

1/Cp

R + 1/Cp=

1

1 + RCp

remplaçons p par jω :=

log N(jω)D(jω)

tracé de 20 logN(jω)

tracé de 20 logD(jω)

log D(jω)log N(jω) -=

20 log N(jω)Dj(ω)

20 log D(jω)20 log N(jω) -=

permettent d’avoir le tracé de 20 log N(jω)

Dj(ω)

φ N(jω)D(jω)

arg N(jω)D(jω)

arg N(jω) - arg D(jω)ou =

tracé de

tracé de

permettent d’avoir le tracé de

arg N(jω)

arg D(jω)

φ N(jω)D(jω)

Rappel :

Le tracé de Bode se fait par étapes

20 log 20 log D(jω)20 log 1 - =

ω 0 ω infini

D(jω) ≈ 1 D(jω) ≈ ω infini

20 log ≈ 0 dB 20 log ≈ - infini

= - 20 log D(jω)

φ

= - 20 log

arg - arg D(jω)1= = - arg

ω 0 ω infini

arg D(jω) ≈ ω artg 0 = 0 arg D(jω) ≈ artg ≈

ω = 1/

D(jω) = √2

20 log = - 3 dB

ω = 1/

/2

- artg 1 = - artg infini ≈ - /2 - /4 = - 45°- artg 0 ≈ 0arg T(jω) ≈ arg T(jω) ≈arg T(jω) ≈

20 log

ω 0 ω infini

≈ 0 dB - infini

φ

= - 20 log

- arg

ω 0 ω infini

ω = 1/

= - 3 dB

ω = 1/

- /2 = - 45°0

Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzP(V(2))

-90d

-45d

0d

dB(V(2))-60

-40

-20

0

SEL>>

Bode

3 dB

f → infini : Asymptote : -20 dB/décadef → 0 : Asymptote horizontale

-45°

Intégrateur en hautes fréquences

I I → 0G → - → -/2

f, ω →

I I → 1G → 0 → 0

f, ω → 0

NyquistComportement quand f 0 f infini

Repère orthonormé : lieu en demi cercle

R(V(2))

0V 0.5V 1.0VImg(V(2))

-1.0V

-0.5V

0V

10 Hz (exemple)

20 Hz (exemple)

50 Hz (exemple)

1

Incomplet…

Intégrateur en hautes fréquences

→ -/2I I → 0

f, ω → → 0I I → 1

f, ω → 0

Pourquoi est-ce un cercle ?

Dans le plan complexe, l’affixe de T(jω) est : x =

y = - Combinons (1) et (2)

(1)

(2)

y = - ω x

Soit y2 = x2 (ω )2 (12)

(1) : (ω )2 = 1/x - 1

Soit, (12): y2 = x2 (1/x -1 ) = x - x2 = - [x2 - x + ¼ - ¼]

= - [(x-1/2)2 - ¼]

D’où : y2 + (x-1/2)2 = 1/4

R(V(2))

0V 0.5V 1.0VImg(V(2))

-1.0V

-0.5V

0V01/2

1

1

Équation d’un cercle

Rayon 1/2

Centre y = 0 et x = 1/2

(y-y0)2 + (x-x0)2 = R2

x + x(ω )2 = 1 x(ω )2 = 1- x

Intérêt des Tracés de Bode : Les tracés de 20 log module et de la phase se font par étapes élémentaires

(1+ jf/f1) (1+jf/f2)

jf/fNvs(jf)

ve(jf)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz

Autre exemple

1k 10k 100k 1M100

0 dB

0- /2

+20 dB/dec

-20 dB/dec-20 dB/dec

vs(jf)

ve(jf)20 log

+ /2

Tracésasymptotiques

f

À propos de l’échelle log…

1 102 4 8

52,51,25

En toute rigueur log 2 = 0,30102999…

log 2 0,3Arrondir à 0,3 représente une erreur de … 0,34 % environ

ce qui est acceptable pour un tracé….

Or 0,3 = 3

10

Prenons un axe, et marquons 10 intervalles régulièrement espacés

Plaçons 1 Plaçons 10

+ 1 octave + 1 octave + 1 octave

Multiplier par 2 ajouter une octave

Multiplier par 10 ajouter une décade

+ 1 décade

- 1 octave- 1 octave- 1 octave

Diviser par 2 retirer une octave

COMMENT FAIRE SI ON N’A PAS DE PAPIER LOGARITHMIQUE ?

2 sur une échelle log est au 3/10

1 102 4 8

52,51,25

- 1 décade

+ 1 octave

161,6 3,2 6,4

Continuons à graduer une échelle log :

Ces valeurs sont donc placées sur une échelle log

Remarque :

12,8+ 1 octave

?? ??Pourquoi n’y a-t-il pas un rapport 10 ?

À chaque octave, on a fait une erreur de 0,34 %

On a fait : 2; 4; 8; 16 : 4 fois l’erreur,Retour à 1,6 : pas d’erreur puis 3,2; 6,4; 12,8 : 3 fois l’erreur.Soit au total un cumul de 7 erreurs dans le même sens

(1,0034)7 = 1,024

1,25 x 10 x 1,024 = 12,8

On ajoute 2 intervalles

Autre « truc » à savoir :

a b

Échelle log

Milieu du segment [a b] sur une échelle log

Milieu géométrique

a b

1 10

≈3,16

etc

10 10020 40 80

1k

200 400 800

Expérimentalement, pour tracer une courbe, quelques points judicieusement placés apportent toute l’information utile.

2k 4k 8k10k

Judicieusement placés : par exemple : 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 10ou : 1 ; 2,5 ; 5 ; 10 ou : un mix des 2 (1 ; 2 ; 5 ; 10 )

etc

10 100

20 40 80

log

10-2

10-1

100

101

102

-90

-60

-30

0P

hase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

ω0ω0 10 ω0

10

+ 1 décade- 1 décade

Dernier « truc » à savoir,sur l’artg :

L’asymptote oblique est proche de la fonction artg :

Asymptote oblique

L’écart entre ces 2 courbes est inférieur à 6°

log

Cela forme donc un tracé rapide et représentatif, de la phase d’un système du premier ordre

Pente 45 ° par décade

Rappel : ces tracés (Bode, Nyquist, Black) présentés ont pour fonction de transfert :

Obtenues, par exemple, avec les montages suivants :

Sont avec des montages sans courant débité

i = 0

T1(j) T2(j)

T(j) = s(j)/e(j) ≠ T1(j) T2(j)

Conséquence :

i = 0

Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à l’échelon)

Cas du passe bas

Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzP(V(2))

-90d

-45d

0d

dB(V(2))-60

-40

-20

0

SEL>>

1/2

Réponse indicielle rapide = bande passante élevée

faible 1/ élevé

BP-3dB

Comportement statique

t → f → 0

Système du deuxième ordre

ANALYSE HARMONIQUE

1

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

2 z ω0

p+

ω02

p2

+ 1

1

2 z ω0

p+

ω02

p2

+ 1

Expressions générales : Laplace p→jω Etude harmonique

z : ω0 : Pulsation propre Coefficient d’amortissement

Passe haut

Passe bas

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

Phase

+

ω0

ω

1 - ω0

2

ω2

2 z ω0

ω

2 2

Ces fonctions sont paramétrées en z

= artg

1 - ω0

2

ω2

2 z ω0

ω

Variable réduite

Module

3 cas : z > 1 ; z = 1 ; z < 1

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

Si z > 1, le trinôme : 2 z ω0

p+

ω02

p2

+ 1 peut s’écrire : (1 + 1p) (1 + 2p)

ω02 =

Tel que :

1 = ω1 =

= ω2 =1zz

f2

0

1zz

f2

0

1zz 2

0

1zz 2

0

= f1 =

= f2 =

f02 = f1 f2

ω0 1 2

f0 = f1 f2

1

12

121

1

22

(1 + jω/ω1) (1 + jω/ω2) peut s’écrire :

Échelle log

11

12

=1

ω1 ω2ω0

ω

f1 f2f0f

z > 1

f1 f2

z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1

-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Passe bas

-200

-150

-100

-50

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-4

10-2

100

102

104

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10550

12

≈ 0,01

1zz 2

0

1zz 2

0

10550

12

≈ 100

>> T=tf([1],[1,100,1]);>> bode (T)

>> T=tf([1],[1,10,1]);>> bode (T)

ω0= 1 z = 50 ω0= 1 z = 5

155

12

≈ 0,1 155

12

≈ 10

ω = →0

ω = →

-

0 dB

12

1

020

2

pzp

p→jω

(1 + jω/ω1) (1 + jω/ω2)

1 1z > 1 : équivalent à :

ω1 ω2

Il faut monter haut en fréquence pour vérifier ordre 2


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

>> T=tf([1],[1,100,1]);>> nyquist (T)

>> T=tf([1],[1,10,1]);>> nyquist (T)

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

x 10-4

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2x 10

-3 Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-0.1 -0.08 -0.06 -0.04 -0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

ω0= 1 z = 50 ω0= 1 z = 5

ω = →0ω = →+

ω > 0

zoom

-ω = →

Même lieu… Mais coordonnées des fréquences différentes

Il faut monter haut en fréquence pour vérifier ordre 2

→ -/2 ???

ω < 0

ω = →-

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2


-80

-60

-40

-20

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> T=tf([1],[1,2,1]);>> bode (T)

Cas particulier

Pôle double

- 6 dB

ω0= 1 z = 1

(1 + jω/ω0)

1z = 1 : équivalent à 2

1

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

>> T=tf([1],[1,2,1]);>> nyquist (T)

ω = →0ω = →

ω > 0

Ce passe-bas est clairement un ordre 2 : 2 quadrants traversés

1

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

z < 1 2 z ω0

p+

ω02

p2

+ 1

+ 1 - ω0

2

ω2

2 z ω0

ω

2 2

Le module

Le module passe par un maximum à ωR appelée pulsation de résonance

ωR = ω0 1 - 2 z 2

la résonance n’existe que si z <

A une dérivée qui s’annule pour une pulsation particulière :

Si z << 1, ωR ≈ ω0

2

1

1 + 2 z j ω0

ω - ω0

2

ω2


-40

-30

-20

-10

0

10

20

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> bode (T)

ω0= 1 z = 0,1

ωR = ω0 1 - 2 z 2 = 1 – 0,02 = 0,98 ≈ 1 = ω0

I I = 2 z 1 - z 2

1

à ω0 , = - 90°

I I =

2 z

1

1

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2


>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> nyquist (T)

-40

-30

-20

-10

0

10

20

Mag

nitu

de (d

B)

10-1

100

101

-180

-135

-90

-45

0

Phas

e (d

eg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Résonance :Augmentation du moduleGrande variation angulaire sur une faible variation de fréquence

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inary

Axis

ω = →0ω = →

ω > 0

ω0= 1 z = 0,1

-45°

-135°

1

Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à l’échelon)

z0 0,707

z

0 1

résonance

Peu marquéeTrès marquée

1

Équivalent à 2 premiers ordres

confondus Très séparés

Réponse oscillatoire

Cas du passe bas

0 10 20 30 40 50 600

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> step (T)

-2 0 2 4 6 8 10 12 140

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

>> T=tf([1],[1,2,1]);>> step (T)

0 10 20 30 40 50 600

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

>>T=tf([1],[1,10,1]);>> step (T)

Il faut zoomer au voisinage de t = 0 pour vérifier ordre 2 :Tangente horizontale et point d’inflexion

z = 0,1z = 1 z = 5

Faiblement amortie

Systèmes d’ordre supérieur à 2ANALYSE HARMONIQUE

Le tracé de Bode se fait par étapes successives, en partant de tracés élémentaires connus

(1 + j )ωω1

j ωω1

(1 + j ) (1 + j )ωω1

ωω2

1 + 2 z j

ω0

ω-

ω02

ω2

(1 + j )ωω1

j ωω1

(1 + j ) (1 + j )ωω1

ωω2

1 + 2 z j

ω0

ω-

ω02

ω2

1 1 1 1

-200

-150

-100

-50

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

102

103

104

-270

-180

-90

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

100

101

102

103

104

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-40

-30

-20

-10

0

10

20

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> TA=tf([1],[1,0.2,1]);>> bode (TA)

>> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T3)

>> T=TA*T3;>> bode (T)

1 + 2 z j

ω0

ω-

ω02

ω2

1

(1 + j )ωω1

1

ω0= 1 z = 0,1 ω1 = 100

- 40 dB/déc

Passe bas Ordre 2, avec résonance

- 20 dB/déc

Passe bas, Ordre 1

1 rad/s

100 rad/s

- 40 dB/déc

- 60 dB/déc

Sur la courbe de phase, les 2 cassures (séparées par 2 décades) ne s’influencent pratiquement pas

Asymptote oblique

Ex. 1

-20

-10

0

10

20

30

40

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

0

45

90

135

180

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

100

101

102

103

104

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-50

0

50

100

150

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

102

103

104

0

45

90

135

180

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> T=tf([1,0.2,1],[0,1]);>> bode (T)

>> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T3)

>> Tt =T*T3;>> bode (Tt)

1 + 2 z j

ω0

ω-

ω02

ω2

(1 + j )ωω1

1

ω0= 1 z = 0,1 ω1 = 100 Passe haut Ordre 2, avec résonance

1 rad/s

- 20 dB/déc

Passe bas, Ordre 1

100 rad/s1 100

+ 40 dB/déc

+ 20 dB/déc

Dans ce cas (z=0,1), les 2 cassures (séparées par 2 décades) ne s’influencent pratiquement pas

+ 40 dB/déc

Ex. 2

1 + 2 z j

ω0

ω-

ω02

ω2

(1 + j )ωω1

1

ω0= 1 z = 5 ω1 = 100

>> T2=tf([1,10,1],[0,1]);>> bode (T2)

>> T1=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T1)

>> T =T2*T1;>> bode (T)

0

20

40

60

80

100

120

Mag

nitu

de (

dB)

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

0

45

90

135

180

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

100

101

102

103

104

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

0

20

40

60

80

100

120

Mag

nitu

de (

dB)

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

0

45

90

135

180

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

≈ 0,1 ≈ 10

+ 40 dB/déc

- 20 dB/déc

Passe bas, Ordre 13 cassures :

0,1 et 10 100

0,1 10

La courbe réelle de phase « n’a pas le temps » d’atteindre les asymptotes

40 dB

0 dB

80 dB

120 dB

Ex. 3

Principe, notion de transmittance


ANALYSE HARMONIQUE

Principe , notion de transmittance


ANALYSE HARMONIQUE

Application n°1 :

SER1

C2

C1

R2

R2R1

Le(t) s(t)

C1 R1 R2

C2

e(t) s(t)

C

R L

Ve Vs

CR

LVe Vs

C

R

L

Ve Vs C

R L

Ve Vs

CR

LVe Vs

C

R

L

Ve Vs

montages passifs, (étudiés en TD n° 6)

montages passifs, (étudiés en TD n° 5)

vs(jω)ve(jω)

Réponse harmonique de :

Application n°2 :

Ordre 2, passif

H(jω) =

vs(jω)ve(jω)

vs(jω)

ve(jω)

ZTH =j R1 Lω

R1 + j Lω

vs(jω) ETH =R1

R1 + j Lωve(jω)

Par pont diviseur de tension : vs(jω) = ETH R2

R2 + (1/jCω) + ZTH

Soit : vs(jω) = R1

R1 + j Lωve(jω)

R2

R2 + (1/jCω) + ZTH

jω/ωn

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2=

vs(jω)

ve(jω)Ordre 2, passif

Soit : vs(jω)

ve(jω)

jω R2 C

1 + jω [R2 C + (L/R1)] – LCω2 (1+R2/R1)=

ωn =

LC (1+R2/R1)

1ω0 =

1

R2 C

jω/ωn

1 + 2 z j ω0

ω-

ω02

ω2

vs(jω)

ve(jω)=

ωn = 6250 rad/s ω0 = 63,38 krad/sfn 1 kHz f0 10 kHz

D’où z = 5,1

A.N. : R1 = 1,8 kΩ ; R2 = 1 kΩ ; L = 1 mH ; C = 160 nF.

2 z

ω0

= R2 C + (L/R1)

Rem : z > 1 (2 racines réelles) signifie que le polynôme d’ordre 2 s’écrit :

(1+ j/1) (1+j/2)

Par identification :

ou (1+ jf/f1) (1+jf/f2) avec :12zz

0f

12zz0

f

f1 = f2 =

A.N. : f1 1 kHz ; f2 100 kHz

vs(jω)

ve(jω)

(1+ jf/f1) (1+jf/f2)

jf/fN=

fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz

(1+ jf/f1) (1+jf/f2)

jf/fNvs(jω)

ve(jω)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz

1k 10k 100k 1M100

0 dB

0- /2

+20 dB/dec

-20 dB/dec-20 dB/dec

vs(jω)

ve(jω)20 log

+ /2

Tracésasymptotiques

Étude déjà vue…

(1+ jf/f1) (1+jf/f2)

jf/fNvs(jω)


(1+ jf/f1) (1+jf/f2)

jf/fNvs(jω)


-20

0

20

40

60

Mag

nitu

de (

dB)

103

104

105

106

89

89.5

90

90.5

91

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> T1=tf([1/(2*pi*1e3), 0],[0, 1]);>> bode (T1,2*pi*1e2,2*pi*1e6)

>> T2=tf([0, 1],[1/(2*pi*1e3), 1]);>> bode (T2,2*pi*1e2,2*pi*1e6)

>> T3=tf([0, 1],[1/(2*pi*100e3), 1]);>> bode (T3,2*pi*1e2,2*pi*1e6)

-60

-40

-20

0

20

Mag

nitu

de (

dB)

103

104

105

106

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-60

-40

-20

0

20

Mag

nitu

de (

dB)

103

104

105

106

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-25

-20

-15

-10

-5

0

5M

agni

tude

(dB

)

103

104

105

106

-90

-45

0

45

90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

>> T=T1*T2*T3;>> bode (T,2*pi*1e2,2*pi*1e6)

100 Hz 100 MHz

-25

-20

-15

-10

-5

0

5

Magn

itude

(dB)

103

104

105

106

-90

-45

0

45

90

Phas

e (de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Comportement en BF

Comportement en HF

Interprétation

Lω << R1, R2, 1/Cω1/Cω << R1, R2, Lω

1

2 R2 C

1

R2 C

1

2 REQ/L

1

REQ/L

REQ = R1 // R2

≈ 1kHz

≈ 6,28 krad/s

100 Hz 100 MHz

≈ 100 kHz

≈ 628 krad/s

vs(jω)ve(jω)

R2

1/Cp + R2

=R2Cp

1 + R2Cp REQ

REQ + Lp=

1

1 + (L/REQ)p

I I = 0,707G = - 3 dB = /4

f = 1 kHz

I I = 0,707G = - 3 dB = - /4

f = 100 kHz

I I ≈1G ≈ 0 dB = 0

f = 10 kHz

Dér

ivat

eur

à f→

0

Intégrateur à f →∞

Nyquist>> nyquist (T);

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Nyquist Diagram

Real Axis

Imagina

ry Axis

Comportement en BF

Comportement en HF

I I → 0 → /2

f, ω → 0

I I → 0 → -/2

f, ω →

En milieu de bande

I I ≈ 1 = 0

f = 10 kHz

I I = 0,707 = /4

f = 1 kHz

I I = 0,707 = -/4

f = 100 kHz

Rem : « presque » 2 demi-cercles…

-25

-20

-15

-10

-5

0

5

Magn

itude

(dB)

103

104

105

106

-90

-45

0

45

90

Phas

e (de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

f, ω → 0

f, ω →

vs

R1

C1

R2

C2ve

R3

Application n°3 :

montage proposé en examen de TP « circuit » 2007

Il s’agissait d’établir la réponse harmonique théorique et expérimentale

Ordre 2, passif

après remplacement des expressions de ETH et ZTH,

Première étape : étude préalable du circuit R1C1R2C2

De ce schéma réduit,on déduit, par pont diviseur, Vs

Appliquons le théorème de Thévenin

Deuxième étape : schéma de départ, et Thévenin aux bornes de C1

vs

R1

C1

R2

C2veR

3

On aboutit à :

d’un filtre passe-bas, d’ordre 2 :

- pour f tendant vers 0, une atténuation (conséquence du pont diviseur 0,45, visible sur le schéma quand on retire les condensateurs)

- une fréquence propre 1,9 kHz,

- au-delà, une asymptote de – 40 dB / décade

http://membres.lycos.fr/cepls/

http://membres.lycos.fr/cepls/circuit/circuit.pdf

Corrigé complet sous une rubrique du site

En remplaçant p par jω, on dispose de T(jω), puis tracé de la réponse harmonique

D’après les valeurs numériquesdes composants :

Au final,

Nyquist

-100

-80

-60

-40

-20

0

Mag

nitu

de (

dB)

102

103

104

105

106

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

-0.25

-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

T=tf([0, 0.45] , [1/(11917)^2, 2*1.9/11917, 1]) Transfer function:

7.042e-009 s^2 + 0.0003189 s + 1 --------------------------------

0.45

>> bode (T)

>> nyquist (T)

ω > 0

ω → 0ω → ∞

Application n°4Calculer

VS1(p) = Ve(p) 1

1 + R C p

VS2(p) = Ve(p)

VS1

VS2

R C p

1 + R C p

VS(p) = VS1(p) – VS2(p)

VS(p) = Ve(p)1 + R C p

1 - R C p1 + R C p

1 - R C p

Ve(p)

Vs(p)

Ve(p)

Vs(p)

=

1 + j R C

1 – j R C

ve(j)

vs(j)=Réponse harmonique

Nouveau !

Une fonction complexe comme 1 – j ω/ωn présente :

1 + j ω/ωnMême module que

Phase opposée : artg (–ω/ωn) = - artg (ω/ωn)

Phase inversée

Même module, même gain

1 + j ω/ωn 1 - j ω/ωn

1 – j R C

0

90° 0

-90°

20 log20 log

Ce n’est pas un circuit à phase minimale

1 - j ω/ωn

0-90°

20 log

1 + j R C

1 – j R C

ve(j)

vs(j)=

0-90°

0

-180°

1 + j ω/ωn20 log

1

numérateur

dénominateur1

0 dB

0 dB

0 dB

Ce circuit est un déphaseur

Application n°5:

montage à base d’une source liée

Calculer vs(j) / ve(j)

Tracer sa réponse harmoniqueBode, Nyquist,

Rem : on peut utiliser le formalisme p, puis remplacer p par jωou travailler directement en jω

Ordre 1, actif

Posons ic, le courant circulant dans le condensateur

(1)

(2)

(3)

Remarque : par simplicité d’écriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : ve(jω) s’écrira ve …

(12)

soit :

(21) :

soit :

(3)

Remarque : par simplicité d’écriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : ve(jω) s’écrira ve …

Expressions (12) de v’e et (21) ic que l’on reporte dans (3)

D’où :

On aboutit à :

(12) (21)

Application numérique.

=

Av = - 2

2

1 k . 1 u= 2 krad/s soit fn = 318 Hz

= 1

1 u (100 + 1000 + 200)= 769rad/s

soit fd = 122,5 Hz

Rappel : 1 – j ω/ωn présente :

1 + j ω/ωnMême module que

Phase : = - artg (ω/ωn)

T1=tf([-1/2000, 1],[1]);

0

10

20

30

40

Mag

nitu

de (

dB)

102

103

104

105

270

315

360

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

= 2 krad/s

1 - j ω/ωn

Tracé de Bode

fn = 318 Hz

fd = 122,5 Hz

6 dB

0 dB

-2,28 dB180 °

0 °

f

10 Hz 100 Hz1 Hz 1 kHz 10 kHz 100 kHz Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzp(V(4))

0d

90d

180ddb(V(4))

-4.0

0

4.0

8.0

SEL>>

f→0 ≈ Av f→ ∞ ≈ - Avfd/fn ≈ 0,77= - 2

Av = - 2

122,5 Hz

-6 dB / oct

318 Hz

Lieu de Nyquist

1 Hz 100 kHz 1

1

- 1- 2

R(V(4))

-2.0V -1.0V 0V 1.0VIMG(V(4))

-1.0V

0V

1.0V

2.0V 2

10 kHz

10 Hz

100 Hz

1 kHz

fn = 318 Hz

fd = 122,5 Hz

Av = - 2

≈ 0,77

Application n°6 :

montage à base d’ampli Op (parfait) (vu en cours « SEA1 »)

Calculer us(j) / ue(j)

Tracer sa réponse harmoniqueBode, Nyquist.

Ordre 2, actif

RETARD PUR

Réponse harmonique d’un retard pur exp (–Tp)

p → j exp (-jT)Module =

Phase = R =

1

- T

retardSystèmeconnu

20 log Module = 0 dB

R = - T

20 log Module : connu

S : connue

20 log Module : inchangé Réponse harmonique de l’association retard + système :

retard pur + système linéaire

= - T + S

Tracé de

S :

01

T

-1 rad

D’où le tracé de = - T + S

Exemple de base : retard + passe bas

10-2

10-1

100

101

102

-90

-60

-30

0

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Tracé de

R :

1

- artg

- T

(log)

(lin)

Échellesnon comparables !!!

-/4

1

T

(log)

Courbe en exponentielle

0 repoussé à l’infini

∞

Construction graphique :

Cas 1 : 1

T

1

<< La phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard n’a pas encore évolué

10-2

10-1

100

101

102

-90

-60

-30

0

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

1

-/4

1

T (log)

∞

∞

= - T + S

Exemple numérique

1

T

1

<<

Si T << , la phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard n’a pas encore évolué

T = 0,01 =1

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-1

-0.5

0

0.5

1

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-90

-60

-30

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-50

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Premier ordre seul

Retard pur seulPremier ordre + retard

à 10 rad/s, T = 0,1 rad

≈ -90°

≈ -6°

exponentielleexponentielle

1/

Construction graphique :

Cas 2 : 1

T

1

<<

La phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre n’a pas encore évolué

1

T

1

La rotation de phase de 90° est négligeable

∞

(log)

1

T

1

<<

Si T >> , la phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre n’a pas encore évolué

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

T = 100 =1

-1

-0.5

0

0.5

1

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-2880

-2160

-1440

-720

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-50

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-2880

-2160

-1440

-720

0

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Premier ordre seul

Retard pur seulPremier ordre + retard

À 0,1 rad/s

≈ -qq°

= - 10 rad = - 570°

Exemple numérique :

Les retards purs sont très présents dans des domaines de la physique :

thermique

acoustique

Ondes radio

Transmission par des lignes, réseaux, en longues distances

Dans les asservissements, les retards purs sont néfastes.


Analyse harmonique

Quadripôles

« CIRCUIT »

Les différents quadripôles

Applications

QUADRIPOLES

On appelle

entrée l'accès 11'

sortie l'accès 22'

Tout quadripôle est complètement caractérisé par les 4 éléments d’une de ses matrices représentatives.

Il existe plusieurs matrices représentatives.

Matrice représentative de quadripôle : Matrice 2 x 2

Tripôle

Un quadripôle contenant au moins une source (de courant ou de tension) est un quadripôle actif.

Un quadripôle passif ne contient aucune source.

On « mesure » la valeur des éléments en imposant une source à un accès et laissant l’autre en circuit ouvert.

impédance d'entrée à circuit ouvert

impédance de sortie à circuit ouvert

impédances de transfert à circuit ouvert

Matrice d’impédance

Circuit équivalent

I2=0 I1=0

U1 = Z11I1 + Z12I2

U2 = Z21I1 + Z22I2

La matrice Y est l’inverse de la matrice Z.

Elle n’existe donc pas toujours (il faut que Z, si elle existe, soit inversible)

admittance d'entrée en court-circuit

admittance de sortie en court-circuit

admittances de transfert en court-circuit.

Matrice d’admittance

Circuit équivalent

I1 = Y11U1 + Y12U2

I2 = Y21U1 + Y22U2

Rem : les éléments des matrices hybrides sont de différentes dimensions (V/A, A/V, sans dimension).

Matrices hybrides H

Matrices de transmission t

Matrices de chaîne T

Rem : le coef A représente U1/U2 à I2 nul

Rem : confusion possible avec matrice de chaîne

Matrices autres…

Pourquoi autant de matrices ?

Il existe des relations de passage pour déterminer une matrice à partir d’une autre.

1) Lors de connexion entre quadripôles, on choisit une matrice ou une autre pour calculer plus facilement la matrice résultante.

série : [Z] = [Z’] + [Z’’] parallèle : [Y] = [Y’] + [Y’’]

Connexion cascade

Matrice de chaîne [ T ] = [ T’ ] . [ T’’ ]

2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):

impédance d'entrée à circuit ouvert :

impédance de sortie à circuit ouvert :

U1U2

I1 I2

Il vient :

Z

Z

2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et

qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):

impédances de transfert

à circuit ouvert.

U1U2

I1 I2

= Z

= Z

2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):

Pour info :

d’où

U1U2

I1 I2

2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Autre exemple sur un quadripôle passif (exemple 2):

impédance d'entrée à circuit ouvert.

impédance de sortie à circuit ouvert.

impédances de transfert à circuit ouvert.

Il vient :


Rem 1 : si on fait Zb 0, on retrouve la matrice Z du quadripôle précédent

CL

Rem 2 : si on fait Za 0, on détermine la matrice Z(p) du quadripôle suivant :

Il vient :

Il vient :

utilisé en T.P. « circuit » : quadripôle passif sans pertes


impédance d'entrée à circuit ouvert.

impédance de sortie à circuit ouvert.

impédances de transfert à circuit ouvert.

Il vient :

Quadripôles en cascade : la matrice de chaîne T résultante est le produit des matrices T de chaque quadripôles (ordre des matrices = ordre des Quadripôles, avec cette écriture des matrices)

Produit des matrices

Pour info, matrice hybride :

Il vient :

Intéressant : quadripôles en Z du transformateurTransformateur seul

association de 2 quadripôlesTransformateur chargé On montre que :

≈

adapté si Zs = Ze = Zu n2

soit :

avec

M2 = L1 L2

M : mutuelle inductance

Les différents quadripôles

Applications

QUADRIPOLES

On reconnaît des « quadripôles » en cascade : la matrice de chaîne T résultante est le produit des matrices T de chaque quadripôle.

1

1

1

01

10

1

Cp

RRCp

Cp

RT

1/1

01

ZT

Z

10

1 ZT

le coef A représente U1/U2 à I2 nul

D’où une façon de calculer la fonction de transfert U2/U1 = 1/A

U2(p) 1

U1(p) 1+RCp=

Z

1) Fonction de transfert d’un réseau passif : par quadripole

Calculer U2(p)/U1(p)

Produit des matricesIl vient :

2) Continuons le réseau

1/1

01

ZT

Z

10

1 ZT

Z

(que l’on pouvait écrire directement)

=

V2(p)

V1(p)

1==>

Rappel :

déjà vu !

3) Continuons le réseau

Limitons-nous au calcul du seul coefficient utile :

Il « suffit » d’ajouter une matrice dans le produit :

V2(p)

V1(p)

D’où, après développement :

Et ce, avec R1=R2=R3=R et C1=C2=C3=C

À noter quelque part !

4) Modèle du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux : quadripôle

Son fonctionnement peut être décrit par un quadripôle hybride. Chaque paramètre (h11, h12, h21, h22) représente un phénomène distinct au sein du transistor. (Par exemple le coefficient β est h21).

Rem : il existe d’autres modèles pour représenter le fonctionnement du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux.

B C

E

5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne

Cas basique : on dispose d’une source, d’une charge, mais non adaptée

P est fonction de RL

P passe par un maximum pour RL = Rth

5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne

Cas basique : on dispose d’une source, d’une charge, mais non adaptée

On intercale un

quadripôle :

De (2) on déduit I2 que l’on place dans (1), pour en sortir U1/I1 = Zin:

(2)

(1)

Un calcul similaire

donne U2/I2 (à Eg = 0) ) Zout :

Rem : relationutilisée tout à l’heure

5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne (suite)

Le quadripôle doit être réglé pour avoir :

(condition de transfert maximal de puissance)

Et Q ayant le moins de pertes possible

QUADRIPOLE ADAPTATEUR D’IMPEDANCES

Sans résistanceou selon un cahier des charges donnant l’atténuation sortie/entrée.

maxmax

CL

Exemples de montage adaptateur d’impédance : cas de figure fréquent (en HF) : quadripôle passif

Pour un quadripôle passif, nous avons Z21 = Z12

Les quadripôles passifs (sans source interne), sont définis par 3 paramètres.

Si ce quadripôle passif est symétrique, nous avons Z11 = Z22

(symétrique : permutation entrée/sortie sans conséquence)

donne :

Exemple concret (purement résistif) :

600 Ohm50 Ohm

Adapté 600 Ohm Adapté 50 Ohm

612,21 34,991

34,991 51,01

Vue du point (1), l’impédance est : 577,13 + 34,991 // (16,019+50) =

Vue du point (2), l’impédance est : 16,019 + 34,991 // (577,13+600) =

Logiciel : RFSIM99(disponible sur le Web)

50

600

Peut se calculer par :

- Association de matrices de chaînes T

- Passage étoile/triangle (Kennelly), si quadripôle en Té connu

Il existe aussi le quadripôle en PI :

Source Wikipedia

Et réciproquement

KENNELLY

http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/e/e2/Theoreme_de_kennelly.png

Même exemple concret :

600 Ohm50 Ohm

Adapté 600 Ohm Adapté 50 Ohm

Vue du point (1), l’impédance est : 1,873 k // 857,365 + (51,981 // 50) = 600

Vue du point (2), l’impédance est : 51,981 // (857,365 + (1,873 k // 600) = 50

Exemples de montage adaptateur d’impédance en PI :

Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet d’examen…)

Exemples de montage adaptateur d’impédance en PI :

Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet d’examen…)

On atténue puis on amplifie…

Mais c’est mieux que d’être désadapté

Et plus robuste en cas de fluctuation d’impédance

enseignement pour public ayant déjà eu la remise à niveau sur chaque thème, ou chapitre :...

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