TD S11 – Filtrage analogique d’un signal - corrigé

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TD S11 : Filtrage linéaire analogique d’un signal - corrigé

Exercice 1 : Filtre RL

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Exercice 2 : Filtre RC

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Exercice 3 : Détecteur de métaux

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Exercice 4 : Filtre de Colpitts 1. Diviseurs de tension :

𝑢s =

13j𝐶𝜔

13j𝐶𝜔 +

1j𝐶𝜔

𝑢𝐿 =𝑢𝐿

4

𝑢𝐿 =𝑍

𝑍 + 𝑅𝑢e =

𝑢e

1 +𝑅𝑍

𝑍 étant l’impédance équivalente au dipôle {bobine + condensateur C + condensateur 3C}. D’où : 1

𝑍=

1

j𝐿𝜔+

1

1j𝐶𝜔 +

13j𝐶𝜔

=1

j𝐿𝜔+ j

3

4𝐶𝜔

On a donc 𝑢s =𝑢e/4

1+j(3

4𝑅𝐶𝜔−

𝑅

𝐿𝜔)

⇒ 𝐴 =1

4,

𝑄

𝜔0=

3

4𝑅𝐶 et 𝑄𝜔0 =

𝑅

𝐿.

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On en déduit 𝑄 =𝑅

2√

3𝐶

𝐿 et 𝜔0 =

2

√3𝐿𝐶.

2.

a. 𝐻(𝜔)~0

j𝜔𝐴

𝑄𝜔0⇒ 𝐺dB(𝜔)~

020log (

𝐴

𝑄) + 20log (

𝜔

𝜔0) : asymptote oblique.

De plus, 𝜑(𝜔 = 0) =𝝅

2 : asymptote horizontale.

𝐻(𝜔) ~+∞

𝜔0𝐴

j𝜔𝑄⇒ 𝐺dB(𝜔) ~

+∞20log (

𝐴

𝑄) − 20log (

𝜔

𝜔0) : asymptote oblique.

De plus 𝜑(𝜔) ~+∞

−𝝅

2 : asymptote horizontale.

b. On a 𝐻(𝜔0) = 𝐴 ⇒ 𝜑(𝜔0) = 0 et 𝐺dB(𝜔0) = 𝐺dBmax ⇒ 𝑓0 = 1,0kHz.

Les fréquences de coupures sont telles que 𝐺dB(𝑓c) = 𝐺dBmax − 3,0dB avec 𝐺dBmax ≈ −12dB ⇒G(𝑓c) ≈ −15dB ⇒ 𝑓c1 ≈ 0,96kHz et 𝑓c2 ≈ 1,06kHz.

3.

a. cos𝑎cos𝑏 =1

2[cos(𝑎 + 𝑏) + cos(𝑎 − 𝑏)] ⇒ 𝑢e(𝑡) = 𝐵cos(201𝜔0𝑡) + 𝐵cos(𝜔0𝑡) .

b. Le gain pour la composante sinusoïdale de fréquence 𝑓0 est 𝐴, et la phase correspondante est nulle : la composante sinusoïdale correspondante en sortie s’écrit 𝑢s1(𝑡) = 𝐴𝐵cos(𝜔0𝑡). Le gain pour la composante sinusoïdale de fréquence 201𝑓0 = 0,20MHz ≈ 1,9 × 102𝑓c2 est très inférieur à 𝐴 : la composante sinusoïdale correspondante en sortie est négligeable par rapport à 𝑢s1(𝑡).

Finalement, on obtient 𝑢s(𝑡) =𝐵

4cos(𝜔0𝑡) .

Exercice 5 : Filtre de Wien

1. À basse fréquence, les condensateurs sont équivalents à des interrupteurs ouverts. Aucune intensité ne traverse donc les résistances : 𝑈s = 0.

À haute fréquence, le condensateur est équivalent à un fil : 𝑈s = 0.

On peut donc supposer que ce filtre est un passe-bande.

2. Admittance de l’association parallèle de 𝑅 et 𝐶 : 𝑌1 =1

𝑅+ j𝐶𝜔.

Pont diviseur de tension : 𝑈s =𝑍1

𝑍1+𝑅+1

j𝐶𝜔

𝑈e.

Fonction de transfert : 𝛽 =𝑈s

𝑈e=

1

1+(𝑅+1

j𝐶𝜔)𝑌1

⇒ 𝛽 =1

3+j(𝜔

𝜔0−

𝜔0𝜔

).

3. 𝛽 =1

√9+(𝜔

𝜔0−

𝜔0𝜔

)2

𝛽 est maximum lorsque son dénominateur est minimum, c’est-à-

dire pour 𝜔M = 𝜔0 . Le gain correspondant est 𝛽M =1

3.

À basse fréquence, lim𝜔→0

𝛽(𝜔) = 0.

À haute fréquence, lim𝜔→+∞

𝛽(𝜔) = 0.

𝜑 = arg [3 + j (𝜔0

𝜔−

𝜔

𝜔0)]

À basse fréquence, 𝜑(𝜔)~0

arg (j𝜔0

𝜔) =

𝝅

2.

À haute fréquence, 𝜑(𝜔) ~+∞

arg (−j𝜔

𝜔0) = −

𝝅

2.

𝜑(𝜔 = 𝜔0) = 0.

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4. Par définition des pulsations de coupure, 𝛽(𝜔c) =𝛽M

√2.

On obtient alors 𝜔c =±3±√13

2𝜔0.

Les pulsations sont positives : 𝜔c =±3+√13

2𝜔0. 𝜔𝑐 = 0,30 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1 ou 𝜔𝑐 = 3,3 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1

Largeur de la bande passante : Δ𝜔 = 3𝜔0 ⇒ 𝑄 =1

3.

5. Impédance d’entrée : impédance équivalente vue de l’entrée. 𝑍e = 𝑅 +1

j𝐶𝜔+ 𝑍1 avec

1

𝑍1=

1

𝑅+ j𝐶𝜔.

On obtient 𝑍e =1−

𝜔2

𝜔02+j

3𝜔

𝜔0

−𝜔2

𝜔02+j

𝜔

𝜔0

𝑅 ⇒ 𝑍e(𝜔 = 𝜔M) =3j

j−1𝑅 .

Impédance de sortie : L’impédance de sortie est l’impédance équivalente vue de la sortie du filtre, la source de tension étant éteinte, c’est-à-dire remplacée par un fil.

On a alors 1

𝑍s=

1

𝑍1+

1

𝑍2 avec 𝑍2 = 𝑅 +

1

j𝐶𝜔.

On obtient alors 𝑍s =1+j

𝜔

𝜔0

1−𝜔2

𝜔02+j

3𝜔

𝜔0

𝑅 ⇒ 𝑍s(𝜔 = 𝜔M) =1−j

3𝑅 .

6. On peut écrire 𝑈e(𝑡) = 𝑢e1(𝑡) + 𝑢e2(𝑡), avec 𝑢e1(𝑡) = 𝑈0cos(𝜔0𝑡) et 𝑢e2(𝑡) = 𝑈0cos(3𝜔0𝑡). On note 𝑢s1(𝑡) la tension de sortie correspondant à la tension d’entrée 𝑢e1(𝑡), et 𝑢s2(𝑡) celle correspondant à 𝑢e2(𝑡). Le filtre étant linéaire, la tension de sortie 𝑈s(𝑡) s’écrit 𝑈s(𝑡) = 𝑢s1(𝑡) + 𝑢s2(𝑡).

On a 𝑢s1(𝑡) = 𝛽(𝜔0)𝑈0cos[𝜔0𝑡 + 𝜑(𝜔0)] avec 𝛽(𝜔0) =1

3 et 𝜑(𝜔0) = 0.

𝑢s2(𝑡) = 𝛽(3𝜔0)𝑈0cos[3𝜔0𝑡 + 𝜑(3𝜔0)] avec 𝛽(3𝜔0) =3

√145 et 𝜑(3𝜔0) = −arctan (

8

9).

On en déduit 𝑈s(𝑡) =𝑈0

3cos(𝜔0𝑡) +

3𝑈0

√145cos [3𝜔0𝑡 − arctan (

8

9)] .

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Exercice 6 : Filtre coupe-bande

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Exercice 7 : Gabarit d’un filtre passe-bas

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