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F. Chandelier
On a doncs e
U U= (loi des mailles).
Aux hautes pulsations, typiquement + , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur ferm (la tension aux bornes du condensateur est nulle). On a donc le schma
quivalent suivant:
On a donc 0sU = . On peut donc conclure que le filtre est un passe bas. De plus, il ne prsente
quun composant possdant une impdance dpendant de la pulsation (celle du condensateur)correspondant au signal du gnrateur. Il ne peut donc sagir que dun filtre passe bas dordre
un.
2) La fonction de transfert se dfinit comme ( ) s
e
UT j
U = . Par le thorme du pont diviseur de
tension on peut trouver trs rapidement lexpression de la tension du signal de sortie tudi en
fonction du signal dentre. On a:
1
1
Cs e e
R C
Z jCU U U
Z Z RjC
= =
+ +
,
soit en multipliant en haut et en bas dans la fraction parjC:1
1s eU U
jRC=
+.
Do la fonction de transfert:1
( )1
T jjRC
=+
Remarque: on vrifie donc que le produitRCa la mme unit que linverse dune pulsation, donc
sexprime en seconde.
3) La pulsation de coupure C ( -3dB) se dfinit par la relation gnrale:max( ) ( )2
C C
TT T j = = (ou max( ) 3dbCG G = en utilisant le gain)
o maxT reprsente la valeur maximale de lamplification (module de la fonction de transfert).
On a ici:2 2 2
1( )
1T
R C
=
+
. On voit aisment que la fonction de la pulsation ainsi dfinie est
dcroissante et possde un maximum la pulsation nulle, donc max 1T = . Il suffit de rsoudre donc
2 2 2
1 1( )
21C
C
TR C
= =
+
ou de faon quivalente 2 2 21 2CR C + = soit2 2 2
1 2C
R C + = .
eU
R
0s
U =
-
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Donc, on trouve:1
CRC
= . Application numrique:4 -1
10 rad.sC
= .
Remarque: cest une caractristique des fonctions de transfert dordre un passe bas et passe haut.
Elles prsentent un dnominateur faisant intervenir directeur la pulsation de coupure (il est doncais de la lire sur la formule):1
C
j
+ .
4) La courbe de gain sobtient en traant le gain en fonction de la pulsation. Il sagit donc de
tracer simplement ( ) 20 log ( )G T = qui sexprime en dB. On a ici:2
2( ) 10 log 1
C
G
= +
sur
lintervalle[ ]0,1 ,10C C . Lintervalle de frquence est quand mme vaste, il est prfrable de
donner la courbe en chelle logarithmique (trac de Bode) qui permet mieux dapprcier le profil
du filtre, et dutiliser la pulsation rduite dfinie par
C
x
= . On obtient la courbe suivante:
La courbe de phase sobtient en traant la phase en fonction de la pulsation, ou comme
prcdemment en fonction de la pulsation rduite. Pour dterminer la phase, on doit trouver
largument de la fonction de transfert. On a:
( )( ) arg T( ) arg(1) arg 1 0 arg 1 .C C
j j j
= = + = +
Rappel: pour calculer largument dun nombre complexez a jb= + , il suffit de lcrire sous
forme trigonomtrique ( )exp( arg( )) cos sinz j z z j = +
o arg( )z=
, on peut ainsi avoiraccs la phase par le biais de sa tangente. On a
2 2z a b= + donc:
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( )2 22 2 2 2
cos sina b
z a b j z ja b a b
= + + = + + +
Par indentification on a:2 2
cos a
a b=
+
et2 2
sin b
a b=
+
donc tan ( 0)b
aa
= . On retiendra
donc quil suffit de lire la partie imaginaire et la partie relle du nombre complexe considr et
den faire le rapport. Il est donc rapide dvaluer la tangente de la phase. Cependant pour bien
dfinir la phase, il faut prendre la prcaution suivante:
si cos( ) 0, arctan
si cos( ) 0, arctan
b
a
b
a
> =
< = +
On trouve:
tan arg 1C C
j
+ =
.
Il vient donc:
( )( ) arctan arctanC
RC
= =
ou ( )( ) arctanx x = .
On obtient la courbe suivante:
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Ex. 02
Enonc:
Pour le filtre ci dessus, on donne 10 k , 10 nFR C= =
1) Quelle est la nature du filtre ?
2) Dterminer la fonction de transfert du filtre ?
3) Calculer la pulsation de coupureC
.
4) Reprsenter les courbes de gain et de phase en fonction de la pulsation, pour
0,1 10C C
< < .
Solution:
1) On procde comme pour lexercice 01 par ltude du comportement physique du filtre
rciproquement aux basses pulsations et aux hautes pulsations.
Aux basses pulsations, typiquement 0 , le condensateur se comporte comme un interrupteur
ouvert. On a donc le schma quivalent suivant:
Du fait de louverture du circuit la place du condensateur aucun courant ne circule dans la
branche du condensateur, et donc de mme dans la branche contenant le conducteur ohmique. De
ce fait, la tension aux bornes du conducteur ohmique est nulle. Ainsi, on a donc 0sU = .
eU R sU
C
eU R
0sU =
0i=
eU RsU
-
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Aux hautes pulsations, typiquement + , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur ferm. La tension ses bornes est nulle. On a donc le schma quivalent ci dessus.
On a donc s eU U= (loi des mailles). On peut donc conclure quil sagit dun filtre passe haut
dordre un.
2) Par le thorme du pont diviseur de tension on peut trouver trs rapidement lexpression de la
tension du signal de sortie tudi en fonction du signal dentre. On a:
1R
s e e
R C
Z RU U U
Z ZR
jC
= =+
+
,
soit en multipliant en haut et en bas dans la fraction parjC:1
s e
jRCU U
jRC
=
+.
Do la fonction de transfert: ( )
1
jRCT j
jRC
=
+
3) La pulsation de coupureC
( -3dB) se dfinit par la relation gnrale:
max( ) ( )2
C C
TT T j = =
o maxT reprsente la valeur maximale de lamplification (module de la fonction de transfert).
On a ici:2 2 2
2 2 2
1( )
111
RCT
R C
R C
= =
++
. On voit aisment que la fonction de la pulsation
ainsi dfinie est croissante, part de la valeur nulle et tend asymptotiquement vers la valeur 1 lapulsation + (physiquement trs hautes pulsations), donc max 1T = . Il suffit de rsoudre donc
2 2 2
1( )
21
CC
C
RCT
R C
= =
+
ou de faon quivalente2 2 2
1 2C CR C RC + = soit
2 2 2 2 2 21 2
CR C R C + = . Donc, on trouve:1
CRC
= . Application numrique:4 -1
10 rad.sC
= .
Remarque: on trouve la mme expression que pour le filtre passe bas dordre 1 de lexercice 01.
4) La courbe de gain sobtient en traant le gain en fonction de la pulsation. Il sagit donc detracer simplement ( ) 20 log ( )G T = qui sexprime en dB.
On a ici:2
2( ) 20log 10log 1
C C
G
= +
sur lintervalle[ ]0,1 ,10C C . On va cependant
donner la courbe en chelle logarithmique.
La courbe de phase sobtient en traant la phase en fonction de la pulsation, ou comme
prcdemment en fonction de la pulsation rduite. Pour dterminer la phase, on doit trouver
largument de la fonction de transfert. On a:
( )( ) arg T( ) arg( ) arg 1 arg 1 .2C C C
j j j j
= = + = +
-
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On utilise ensuite le rsultat du lexercice 01, et on trouve donc:
( ) arctan2
C
=
ou ( )( ) arctan
2x x
= .
On obtient donc les deux courbes suivantes:
-
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Ex. 03
Enonc:
Pour le filtre ci dessus, on donne1 2
9 k , 1 k , 10 nFR R C= = = .
1) Quelle est la nature du filtre ?
2) Montrer que la fonction de transfert du filtre peut se mettre sous la forme:
0
0
1
TT
fj
f
=
+
3) Calculer 0T et 0f .
Solution:
1) On tudie le comportement physique du filtre rciproquement aux basses pulsations et aux
hautes pulsations.
Aux basses pulsations, typiquement 0 , le condensateur se comporte comme un interrupteur
ouvert. On a donc le schma quivalent suivant:
La tension de sortie cherche se retrouve aux bornes du conducteur ohmique 2R . Par lapplication
du thorme du pont diviseur, on peut la trouver en fonction de la tension dlivre par le
gnrateur. On trouve:
2
1 2
s e
RU U
R R=
+.
Donc, lamplitude du signal de sortie correspond une attnuation de lamplitude du signaldentre.
eU2R
sU
1R
C
eU2R
sU
1R0
Ci =
-
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Aux hautes pulsations, typiquement + , le condensateur se comporte donc comme un
interrupteur ferm. La tension ses bornes est nulle. On a donc le schma quivalent suivant:
Ainsi, on a donc 0sU = . On a donc un filtre passe bas dordre un.
2) La fonction de transfert se dfinit comme ( ) s
e
UT j
U
= . Pour trouver le plus rapidement, la
tension de sortie rapidement en fonction de la tension dentre, on peut remplacer le groupement
parallle du condensateur et du conducteur ohmique 2R et obtenir le schma quivalent suivant:
On peut calculer ladmittance facilement du groupement parallle (1
q i
iq
Y YZ
= = ). On a:
2
1qY jC
R= + .
Il suffit ensuite dappliquer le thorme du pont diviseur de tension pour trouver la fonction de
transfert. On a donc:
11 1
1 1
11
q
s e e eq q
q
ZU U U U
RR Z R YZ
= = =
+ ++
.
Il suffit donc ensuite de remplacer ladmittance par son expression donne ci dessus. On
trouve:
2
1 2
1 1 211
2 1 21 1
12
2
1 1 1( )
11 1
1 1
1
q
R
R RT j
R R RR YjR C j C
R R RR R Cj
RR R
+= = = =
+ + + + +
+ +
+
.
eU2R
0sU =
1R
eU qZ
sU
1R
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On peut donc mettre la fonction de transfert sous la forme suivante:
0
0
( )
1
TT jf
fj f
=
+
avec
20
1 2
0
1
2q
RT
R R
fR C
=
+
=
o 1 2
1 2
q
R RR
R R=
+est la rsistance quivalente des deux rsistance considrs en parallle.
Remarque: il tait donc pigeur de tenter de deviner la constante de temps du circuit ou la
frquence de coupure directement en considrant le groupement parallle du condensateur et de
la rsistance 2R . En effet, cest la rsistance quivalente qui entre en jeu.
0T est aussi appele amplification statique, puisquelle correspond la valeur de la fonction de
transfert obtenue pour la pulsation ou frquence nulle.
2) On trouve 0 0,1T = et 0 17,7 kHzf .
Ex. 04
Enonc:
La fonction de transfert dun amplificateur diffrentiel intgr (rel) est modlis en boucle
ouverte par:510
110
sd
d
UA
fUj
= =
+
.
dU est la diffrence de potentiels entre la borne non inverseuse et la borne inverseuse.
1) Dterminer lamplification maximale et la frquence de coupure - 3 dB.
2) Donne lallure de la courbe du gain en fonction de la frquence.
Solution:
1) Lamplification est par dfinition le module de la fonction de transfert, donc on a:5
2
10( )
1100
ddA f Af
= =
+
On constante que lamplification est une fonction dcroissante de la frquence, elle vaut 510 pour
la frquence nulle, et tend asymptotiquement vers zro trs grandes frquences.
Lamplification maximale est donc5
max 10dA = .
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F. Chandelier
On trouve la frquence de coupure comme dans les exercices 01 et 02 en cherchant la frquence
Cf telle que lon ait5 5
max
2
10 10( )
2 21
100
dd C
C
AA f
f= = =
+
. Il faut donc rsoudre2
1 2100
Cf+ = .
Donc 10 HzCf = .
Remarque: on pouvait directement reconnatre la fonction de transfert dun filtre passe bas du
premier ordre qui se met de faon gnrale sous laforme normalisesuivante: max
1C
TT
fj
f
=
+
. On
lit donc directement la valeur de lamplification maximale et de la frquence de coupure 3
dB.
2) On trace ( )
2
2( ) 20log ( ) 100 log 1d C
f
G f A f f
= = +
en fonction de la frquence, ou mieux de
la frquence rduite dfinie par10
C
f fx
f= = . On trouve la courbe suivante:
Ex. 04
Enonc:
Un filtre passe bas a pour fonction de transfert:
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Rappel: il suffit de tenir compte de lamplification et du dphasage apports par la fonction de
transfert sur le signal dentre en notation relle. On le dmontre par la dfinition mme de la
fonction de transfert en notation complexe. En effet, on a ( ) s
e
UT jf
U= soit
( )s e
U T jf U = (1)
avec les tensions complexes dfinies partir des signaux rels par:
( )
( )
( ) cos(2 ) Re exp(2 )
( ) cos(2 ) Re exp(2 )
ee e
ss s
u t U ft U jft
u t U ft U jft
= =
= + = (2).
On a choisi la phase lorigine du signal dentre nulle (origine des phases). Les tensions
complexes ne dpendent donc que de la frquence et non du temps. Si on crit, la fonction de
transfert sous la forme ( )( ) ( )exp arg( ( ))T jf T f j T jf = , on peut trouver sU grce la relation (1).
On obtient: ( ) exp( arg( ( )))s eU T f j T jf U = soit: ( ) exp( (arg( ( )))s eU T j U j T jf = . Pour trouver le
signal de sortie en notation relle, on utilise la dfinition donne par (2), do:
( ) ( ) cos(2 arg( ( )))s e
u t T f U ft T f = + (3).
Donc, il suffit de multiplier lamplitude du signal dentre par lamplification la frquence
considre, et on dphase le signal de largument de la fonction de transfert la frquence
considre.
On remarquera que les quatre signaux considrs sont donns en terme dune fonction sinus il
faut donc les transformer en cosinus en introduisant une phase lorigine, phase lorigine que
lon retrouvera dans les signaux de sortie. On donc peut donc appliquer aussi la formule (3) avec
des sinus . On regroupe les rsultats dans le tableau ci dessous:
0 1eu = 0 1su =
1( ) 1, 27 sin(2 100 )eu t t= 1( ) 0,13sin(2 100 1, 47)su t t=
3( ) 0, 42sin(2 300 )eu t t= 3( ) 0, 014sin(2 300 1,54)su t t=
5 ( ) 0, 25sin(2 500 )eu t t= 5 ( ) 0, 005sin(2 500 1,55)su t t=
3) La tension dentre est une tension rectangulaire priodique de frquence (fondamental)
100Hz (niveau bas 0, niveau haut 2, valeur moyenne 1) dont le dbut de la dcomposition en
harmoniques (thorme de Fourier) est donne par 0 1 3 5( ) ( ) ( ) ( ) ...e e e e eu t u u t u t u t = + + + +
Pour trouver le signal de sortie, on applique le thorme de Fourier, ou de lanalyse spectrale, on
regarde la contribution de chaque harmonique travers le filtre et on superpose les diffrentes
harmoniques trouves en rponse pour le signal de sortir. Ainsi, on aura:
0 1 3 5( ) ( ) ( ) ( ) ...s s s s su t u u t u t u t = + + + +
Donc ( ) 1 0,13sin(2 100 1,47) 0,014sin(2 300 1,54) 0,005sin(2 500 1,55)s
u t t t t = + + +
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On obtient donc la courbe suivante:
Remarque: le signal dentre ne ressemble pas vraiment au signal rectangulaire introduit dans
lnonc, mais on peut le deviner: on constate des oscillations sur le niveau bas et le niveau haut.
La raison en est que lon ne considre pas assez dharmoniques pour le recomposer de faonsatisfaisante.
Interprtation: le signal de sortie est juste priodique et ne prsente pas la forme ni dun rectangle
ni dune sinusode.
Ex. 05
Enonc:
Un filtre passe