TRAVAUX DIRIGÉS EC7 - grenard.dyndns.orggrenard.dyndns.org/TD/C_TD_EC07.pdf · Soit le circuit représenté ci-dessous et pour lequel ue est une tension ... Correction au tableau

TD – EC7 Correction PCSI 2015 – 2016

TRAVAUX DIRIGÉS EC7

Premier ordre

b

Exercice 1 : Filtre électrique du premier ordre

R ÿ

L

û

us

R

ÿ

û

ue

Soit le circuit représenté ci-dessous et pour lequel ue est une tensionsinusoïdale de pulsation ω et us la tension de sortie.

1. Déterminer, sans calcul, la nature du filtre.2. Déterminer l’expression de sa fonction de transfert H(jω).3. Tracer les diagrammes de Bode.

Correction au tableau.

Exercice 2 : Filtre électrique du premier ordre.Soit le circuit représenté ci-contre et pour lequel ue est une tension sinusoïdale de pulsation ω etus la tension de sortie.α peut varier entre 1 et 10, R = 1 kΩ et C = 2 µF.

αR ÿ

C

û

us

R

ÿ

û

ue

1. De quel type de filtre s’agit-il ?2. Déterminer la fonction de transfert H de ce filtre et la mettre

sous la forme H = G0

1+j ωω0

. Préciser la signification de G0 etω0.

3. Tracer le diagramme de Bode en amplitude pour α = 1 puisα = 10 sur la même figure.

4. Calculer l’impédance d’entrée Ze de ce filtre.

1. Pour déterminer la nature du filtre, on trace le circuit équivalent en basses fréquences et enhautes fréquences (figures ci-dessous à gauche).

αR ÿ

C

û

us

R

ÿ

û

ue

En basses fréquences

αR ÿ

ÿ

ÿ

C

û

us

R

ÿ

û

ue

En hautes fréquences

αR ÿ

ZC

û

us

R

ÿ

û

ue

ú

ie

αR

û

us

Zéq

û

ue

• En BF, le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert, on reconnaît unpont diviseur de tension et us = R

αR+Rue d’où un gain en tension G = us

ue= 1

1+α< 1.

• En HF, le condensateur se comporte comme un interrupteur fermé, us = 0 et G = 0.

On a donc affaire à un filtre passe bas du premier ordre.2. En régime sinusoïdal forcé, on trace le circuit en utilisant la notion d’impédance (figures

ci-dessus à droite).On peut se ramener à un pont diviseur de tension en associant en parallèle R et ZC d’im-pédance équivalent Zéq = 1

Y éqavec Y éq = 1

R+ jCω et on a alors :

H(jω) =us

ue

=Zéq

Zéq + αR=

1

1 + αRY éq=

1

1 + α + jαRCω=

1

(1 + α)(1 + j αRC1+α

ω)

et par identification avec la forme G0

1+j ωω0

, on en déduit G0 = 11+α

le gain statique et ω0 = 1+ααRC

la pulsation de coupure du filtre.

1


3. Diagramme de Bode en amplitude :

• Pour α = 1, on a G ≃ G0 = 12

d’où GdB,0 = 20 log G0 ≃ −6,0 dB pour ω ≪ ω0 = 2RC

= 103

rad.s−1 soit log ω0 = 3,0 puis GdB décroît avec une pente de -20 dB / décade.

• Pour α = 10, G ≃ G0 = 111

d’où GdB,0 = 20 log G0 ≃ −21 dB pour ω ≪ ω0 = 1110RC

= 550rad.s−1 soit log ω0 ≃ 2,7 puis GdB décroît avec une pente de -20 dB / décade.

−20

−40

1 2 3 4 5 6 7−1 log ω

GdB

α = 1

α = 10

4. Comme le filtre est en sortie ouverte,

Ze =ue

ie

=αRie + Zéq.ie

ie

= αR + Zéq = αR +RZC

ZC + R= αR +

R

1 + RY C

= αR +R

1 + jRCω

Exercice 3 : Filtre électrique du premier ordre.Soit le circuit représenté ci-dessous et pour lequel ue est une tension sinusoïdale de pulsation ω etus la tension de sortie.

ÿ

R

ÿ

C

r

û

us

û

ue

1. Déterminer, sans calcul, la nature du filtre.

2. Déterminer l’expression de sa fonction de transfert H(jω).

3. La mettre sous la forme H(jω) =H

0

H1

avec H0 = G0(1 + j ωω0

) etH1 = 1 + j ω

ω1

. On donnera les expressions de G0, ω0 et ω1.

4. Tracer les diagrammes de Bode asymptotiques de H0 et H1 sur lemême graphe (un graphe pour les gains et un graphe pour les phases). On prendra : R = 10kΩ, r = 1,1 kΩ et C = 0,1 µF.

5. En déduire les diagrammes de Bode du filtre.

ÿ

R

ÿ

C

r

û

us

û

ue

Figure 1 : BF

ÿ

R

ÿ

ÿ ÿ

C

r

û

us

û

ue

Figure 2 : HF

ÿ

R

ÿ

ZC

r

û

us

û

ue

Figure 3 : RSF

Zéq

r

û

us

û

ue

Figure 4

1. Nature du filtre :

• En basses fréquences (figure 1), d’après la formule des ponts diviseurs de tension, us =r

R+rue ⇒ G = r

R+r< 1 mais différent de 0.

• En hautes fréquences (figure 2), la tension aux bornes de C est nulle d’où us = ue etG = 1 = Gmax.

On a donc à priori un comportement du type "mauvais" passe haut.

2


2. On se ramène à un pont diviseur de tension (figures 3 et 4) avec Y éq = 1R

+ jCω pour écrire

H =us

ue

=r

r + Zéq=

rY éq

1 + rY éq=

rR

+ jrCω

1 + rR

+ jrCω=

r + jRrCω

R + r + jrRCω

On peut vérifier la cohérence avec la réponse à la question précédente.

3. On cherche à écrire sous la forme H(jω) =G0(1+j ω

ω0)

1+j ωω1

, il faut donc faire apparaître 1 au

numérateur et au dénominateur. Pour cela, on met r et R + r en facteur :

H =r + jRrCω

R + r + jrRCω=

r(1 + jrCω)

(R + r)(1 + j rRR+r

Cω=

r

R + r

1 + jRCω

1 + j RrCR+r

ω= G0

1 + jω/ω0

1 + jω/ω1

avec G0 = rR+r

, ω0 = 1RC

et ω1 = R+rrRC

> ω0.

4. On calcule ω0 = 103 rad.s−1 ⇒ log ω0 = 3, ω1 ≃ 104 rad.s−1 ⇒ log ω1 ≃ 4 et G0 = 0,1 d’où20 log G0 = −20 dB.Diagrammes de Bode asymptotiques de H0

• Pour ω ≪ ω0, H0 ≃ G0 ⇒ G0,dB ≃ 20 log G0 = −20 dB et ϕ0 ≃ 0.

• Pour ω ≫ ω0, H0 ≃ jG0ωω0

⇒ G0,dB ≃ 20 log G0 + 20 log ωω0

(asymptote de pente de +20dB/décade) et ϕ0 ≃ π

2.

On procède de même pour H1 :

• Pour ω ≪ ω1, H1 ≃ 1 ⇒ G1,dB ≃ 0 dB et ϕ1 ≃ 0.

• Pour ω ≫ ω1, H1 ≃ j ωω1

⇒ G1,dB ≃ 20 log ωω1

(pente de +20 dB/décade) et ϕ1 ≃ π2.

20

−20

1 2 3 4 5 6 7−1 log ω

GdB

GdB,0

GdB,1 GdB

1 2 3 4 5 6 7−1 log ω

ϕϕ0

ϕ1 ϕ

5. Graphiquement, on trace les diagrammes de Bode du filtre en utilisant GdB = G0,dB −G1,dB

et ϕ = ϕ0 − ϕ1.

Second ordre

Exercice 4 : Filtre RLC

R ú

i

C

L

û

us

û

ue

On prend R = 104 Ω, L = 0,1 H et C = 0,1 µF.

1. Déterminer, sans aucun calcul, la nature du filtrereprésenté ci contre.

2. Déterminer sa fonction de transfert.

3. Tracer ses diagrammes de BODE.

1. Pour déterminer la nature du filtre, on étudie son comportement asymptotique.

R

ø

uR = 0

C

ø

uC = ue

ú

i = 0

û

us

û

ue

Basses Fréquences

R

ø

uR = 0

ø

uC = 0

ú

i = 0

L

û

us

û

ue

Hautes Fréquences

R ú

I

ZC

ZL

û

Us

û

Ue

Notation complexe

3


On représente le circuit en basses fréquences (C est équivalent à un interrupteur ouvert, Là un interrupteur fermé : figure ci-dessus à gauche). On a donc us = 0 d’où un gain nul.En hautes fréquences (L est équivalent à un interrupteur ouvert et C à un interrupteurfermé : figure ci-dessus au centre).Comme l’intensité est nulle dans toutes les branches, on a ici (loi des mailles) ue − R.0 −0 − us = 0 soit us = Ue et le gain est de 1.On en déduit que le filtre est un filtre passe haut du second ordre.

2. On représente le circuit en régime sinusoïdal forcé et en faisant apparaître les impédancescomplexes.Tous les dipôles sont parcourus par le même courant et on peut appliquer la formule desponts diviseurs de tension :

H(jω) =us

ue=

ZL

R + ZC + ZL

=jLω

R + jLω + 1jCω

=LC(jω)2

RCωj − LCω2 + 1=

−x2

1 − x2 + j xQ

avec ici ω0 = 1√LC

= 105 rad.s−1 et Q = 1RCω0

= 0,1 < 1√2.

3. Pour tracer les diagrammes de Bode, on commence par le tracé asymptotique puis on com-plète par la valeur en x = 1.

• En basses fréquences, x ≪ 1 et H ≃ −x2 ⇒ GdB ≃ 20 log x2 = 40 log x (pente de −40dB/décade) et ϕ ≃ π.

• En x = 1, H = −1j/Q

= jQ ⇒ GdB = 20 log Q = −20 dB et ϕ = π2.

• En hautes fréquences, x ≫ 1 et H ≃ −x2

−x2 = 1 ⇒ GdB ≃ 0 et ϕ ≃ 0.

On en déduit les tracés suivants :

−20

−40

−60

1 2−1−2

log xGdB

1

2

3

0 1 2−1−2

log x

ϕ

π2

π

Exercice 5 : Filtre de Wien

1. Quelle est la nature du filtre de WIEN représenté ci-contre ?

R

C ÿ

R

ÿ

C

û

us

û

ue

2. Établir sa fonction de transfert H(jω) et la mettre sousla forme

H(jω) =K

1 + jQ(x − 1x)

avec x = ωω0

où K, ω0 et Q sont des constantes positivesque l’on explicitera et dont on donnera la signification physique.

4


3. Calculer la valeur maximale du gain en dB de ce filtre et la phase correspondante.Quelle est sa bande passante ∆ω ?

4. Tracer l’allure du diagramme de BODE de ce filtre.

1. Nature du filtre : étudions le comportement du filtre en basses fréquences BF (figure cidessous à gauche) et en hautes fréquences HF (figure au centre). En BF, le condensateur secomporte comme un interrupteur ouvert alors qu’en HF, il est équivalent à un interrupteurfermé.

ÿ

ÿ

û

ve

R ú

0 ÿ

ù

0

R

ÿ

ÿ

C

ÿ

ú

is = 0 ÿ

ÿ

û

vs = R × 0 = 0

ÿ

ÿ

û

ve

R ÿ

C ÿ ÿ

R

ÿ

ÿ

ÿ

C

ÿ

ÿ

ú

is = 0 ÿ

ÿ

û

vs = 0

Dans les deux cas, vs = 0, on a donc affaire à un circuit passe bande (du second ordre).

2. En posant Z1 l’impédance du dipôle équivalent à l’association en série de R et C et Z2 cellede l’association en parallèle, on reconnaît un pont diviseur de tension pour lequel

H =vs

ve

=Z2

Z1 + Z2

=1

Z1.Y 2 + 1

ÿ

ÿ

û

ve(t)

R

C

ÿ

R

ÿ

ÿ

C

ÿ

ú

is = 0 ÿ

ÿ

û

vs(t)

ÿ

ÿ

û

ve(t)

Z1 ÿ

Z2

ÿ

ú

is = 0 ÿ

ÿ

û

vs(t)

avec Z1 = R+ 1jCω

et Y 2 = 1R

+jCω, d’où Z1.Y 2 = (R+ 1jCω

).( 1R

+jCω) = 1+jRCω+ 1jRCω

+1.

H =1

3 + jRCω + 1jRCω

=1

3[1 + 13jRCω + 1

3jRCω]

=1/3

1 + j3

[

RCω − 1RCω

] =K

1 + jQ[

x − 1x

]

avec ω0 = 1RC

la pulsation de résonance, x = ωω0

= RCω la pulsation réduite ; Q = 13

lefacteur de qualité et K = 1

3le gain maximum (à la résonance).

3. En x = 1, H = K. Par définition, le gain en décibel est GdB = 20 log(|H(x)|) et quand x = 1,GdB = GdB(max) = 20 log K = 20 log 1

3≃ −9,54 dB et ϕ = 0.

La bande passante est ∆ω = ω0

Q= 3

RC.

4. Pour tracer les diagrammes de Bode, on commence par le tracé asymptotique puis on com-plète par la valeur en x = 1 (déjà connue)

• En basses fréquences, x ≪ 1 et H ≃ K−jQ/x

= jxKQ

= jx ⇒ GdB ≃ 20 log x (pente de +20

dB/décade) et ϕ ≃ π2.

• En hautes fréquences, x ≫ 1 et H KjQx

= −j/x ⇒ GdB ≃ −20 log x (pente de −20dB/décade) et ϕ ≃ −π

2.


5


−20

−40

−60

1 2−1−2

log xGdB

1

−1

−2

1 2−1−2

log x

ϕπ2

−π2

Exercice 6 : Filtre passif d’ordre 2On considère le filtre de la figure ci-dessous.

R ÿ

C

ÿ

R

C

û

us

û

ue û

u

1. Déterminer le comportement asymptotique du filtre, endéduire le type de filtre dont il s’agit.

2. Déterminer sa fonction de transfert et la mettre sous laforme canonique

H(jx) =Us

Ue=

Us

U.U

Ue=

G0

1 − x2 + j xQ

avec x = ωω0

= RCω, G0 une constante et Q le facteur de surtension à déterminer.

3. Tracer le diagramme de BODE du filtre.

R ÿ

C

ÿ

R

C

û

us

û

ue û

u

Basses Fréquences

R ÿ

ÿ

ÿ

C

ÿ

R

ÿ

ÿ

C

û

us

û

ue û

u

Hautes Fréquences

R ÿ

A

ZC

ÿ

R

ZC

û

U s

û

U eû

U

Notation complexe

1. On représente le circuit en basses fréquences (C est équivalent à un interrupteur ouvert :figure ci-dessus à gauche). Comme l’intensité est nulle dans toutes les branches, on a ici(loi des mailles) ue − R.0 − R.0 − us = 0 soit us = ue et le gain est de 1.En hautes fréquences (C est équivalent à un interrupteur fermé : figure ci-dessus au centre).On alors us = 0 d’où un gain nul.On en déduit que le filtre est un filtre passe bas du second ordre.

2. On représente le circuit en régime sinusoïdal forcé et en faisant apparaître les impédancescomplexes. Comme le suggère l’énoncé, on décompose ensuite l’expression de H en utili-sant U .Les deux dipôles situés à droite sont parcourus par le même courant et on peut appliquerla formule des ponts diviseurs de tension :

U s =ZC

ZC + RU =

1

1 + RY C

U =U

1 + jRCω=

U

1 + jx⇒ U = (1 + jx)U s

Reste maintenant à lier U à U e et Us. Pour cela , on peut utiliser une loi des nœuds entermes de potentiels au nœud A après avoir posé la masse :

Ue − U

R+

0 − U

ZC

+U s − U

R= 0 ⇒ Ue−U−jRCωU+U s−U = 0 ⇒ U =

U e + U s

2 + jRCω=

Ue + U s

2 + jx

On pouvait aussi obtenir par application du théorème de Millman : U =Ue/R+0.Y C+Us/R

1/R+Y C+1/R.

6


Des deux expressions de U précédentes, on déduit

U = (1 + jx)U s =U e + U s

2 + jx⇒ (2 + jx)(1 + jx)U s = U s + U e ⇒ H =

U s

U e

=1

1 − x2 + 3jx

et par identification avec la forme canonique, H = 11−x2+j x

Q

on en déduit Q = 13.

3. Pour tracer les diagrammes de Bode, on commence par le tracé asymptotique puis on com-plète par la valeur en x = 1.

• En basses fréquences, x ≪ 1 et H ≃ 1 ⇒ GdB ≃ 0 et ϕ ≃ 0.

• En x = 1, H = 1j/Q

= −jQ ⇒ GdB = 20 log Q = 20 log 0,33 ≃ −9,6 dB et ϕ = −π2.

• En hautes fréquences, x ≫ 1 et H ≃ − 1x2 ⇒ GdB ≃ 20 log 1

x2 = −40 log x (pente de −40dB/décade) et ϕ ≃ −π.


−20

−40

−60

1 2−1−2

log xGdB

−1

−2

−3

1 2−1−2

log xϕ

−π2

−πExercice 7 : Filtre en double T.

û

ue

ÿ E

C

ÿ

A

R

2

C

R

ÿ

B

2C

R

ÿS ø

is = 0

û

us

On considère le filtre suivant en sortie ouverte : is = 0.

1. De quel type de filtre s’agit-il ?

2. Déterminer sa fonction de transfert H(jω).On posera x = RCω.

3. Tracer l’allure de son diagramme de BODE en amplitudeet en phase.

1. Pour déterminer la nature du filtre, on étudie le comportement asymptotique :

û

ue

ÿ E

C

ÿ

A

R

2

C

R

ÿ

B

2C

R

ÿS ø

is = 0

û

us

Basses fréquences

û

ue

ÿ E

ÿ ÿ

C ÿ

A

R

2

ÿ ÿ

C

R

ÿ

B

ÿ

ÿ

C

R

ÿS ø

is = 0

û

us

Hautes fréquences

û

ue

ÿ E

ZC ÿ

A

R

2

ZC

R

ÿ

B

Z2C

R

ÿS ø

is = 0

û

us

Régime sinusoïdal forcé

• Aux basses fréquences, les condensateurs se comportent comme des interrupteurs ou-verts (figure ci-dessus à gauche). L’application de la loi des nœuds en S, B puis Amontre qu’aucun courant ne traverse les résistors de résistance R.En écrivant une loi des mailles, on a ue − R.0 − R.0 − us = 0 ⇒ us = ue d’où un gain de1.

7


• En hautes fréquences, les condensateurs se comportent comme des interrupteurs fer-més (figure ci-dessus au centre).En écrivant une loi des mailles, on a ue − 0 − 0 − us = 0 ⇒ us = ue d’où un gain de 1.

Le filtre étudié est donc un filtre déphaseur ou un réjecteur de bande.

2. Pour effectuer le calcul de la fonction de transfert H =ue

us, on reproduit le circuit équivalent

en régime sinusoïdal forcé (figure ci-dessus à droite).Il n’y a ni pont diviseur de tension, ni pont diviseur de courant et pour éviter d’introduiredes intensités inconnues (sauf is = 0), on peut utiliser le théorème de Millman ou des loisdes nœuds en termes de potentiels.La masse est déjà posée dans le circuit et us = vs − 0 = 0 de même, ue = ve.Loi des nœuds en terme de potentiels en S :

vA − uS

ZC

+vB − uS

R+ iS = 0 ⇒ uS =

vA

ZC+

vB

R

1ZC

+ 1R

=jCωvA + vB/R

jCω + 1/R=

jxvA + vB

jx + 1éq (1)

On retrouve l’expression du théorème de Millman appliqué en S avec x = RCω la pulsa-tion réduite (équation (1)).De même par application de la loi des nœuds en termes de potentiels ou directement lethéorème de Millman en A :

ve − vA

ZC

+0 − vA

R/2+

vs − vA

ZC

= 0 ⇒ vA =Y C .uA + 2/R.0 + Y C .us

Y C + 2/R + Y C

=jxue + jxus

2jx + 2éq (2)

Enfin, l’application de la loi des nœuds en termes de potentiels ou directement le théorèmede Millman en B :

ve − vB

R+

0 − vB

Z2C

+vs − vB

R= 0 ⇒ vB =

ue/R + Y 2C .0 + us/R

1/R + Y 2C + 1/R=

ue + us

2jx + 2éq (3)

En reportant les équations (2) et (3) dans (1), on obtient :

us =jx

1 + jx.jx(us + ue)

2(1 + jx)+

1

1 + jx.

ue + us

2(1 + jx)⇒ 2(1 + jx)2us = −x2(ue + us) + ue + us

⇒ us(2 + 4jx − 2x2 + x2 − 1) = ue(1 − x2) ⇒ H =us

ue

=1 − x2

1 − x2 + 4jx=

1 − x2

1 − x2 + j xQ

On reconnaît la fonction de transfert d’un filtre coupe bande de facteur de qualité Q = 14.

3. Pour tracer les diagrammes de Bode, on commence par le tracé asymptotique et en x = 1.

• En basses fréquences, x ≪ 1 et H ≃ 1 ⇒ GdB ≃ 0 et ϕ ≃ 0.

• En hautes fréquences, x ≫ 1 et H ≃ −x2

−x2 = 1 ⇒ GdB ≃ 0 et ϕ ≃ 0.

• En x ≃ 1, |H| = |1−x2|√

(1−x2)2+ x2

Q2

≃ 0 et GdB tend vers −∞ selon une asymptote verticale.

ϕ = arg(H) = arg( 1−x2

1−x2+j xQ

) = arg(1 − x2) − arg(1 − x2 + j xQ

) avec arg(1 − x2) = 0 si x < 1

et arg(1 − x2) = π si x > 1.Si x → 1−, ϕ → 0 − arg( j

Q) = −π

2et si x → 1+, ϕ → π − arg( j

Q) = π

2.


8


−20

−40

−60

1 2−1−2

log xGdB

1

−1

−2

1 2−1−2

log x

ϕπ2

−π2

Exercice 8 : Identification d’un quadripôle

ú

i

D1

D2

û

us

û

ue

Un dipôle est constitué d’une résistance, d’une inductance et d’une capacité.Ces trois composants sont répartis de manière inconnue entre D1 et D2.Si on alimente le circuit avec une tension continue E = 15 V, on mesure i = 15mA. Si on alimente le circuit avec une tension sinusoïdale, on s’aperçoit qu’ils’agit d’un filtre passe-bande de fréquence de résonance f0 = 1,16 kHz et debande passante à −3 dB de 0,34 kHz.Déterminer la structure complète du circuit et les valeurs numériques de R, L et C.

Reprenons les hypothèses de l’énoncé :

• En régime permanent i = 15 mA alors qu’un condensateur est équivalent à un interrupteurouvert en régime continu. On en déduit que ni D1 ni D2 ne peut être constitué d’un conden-sateur seul, c’est à dire que C n’est pas sur la branche principale mais en dérivation avec Rou L dans D1 ou D2.

• Le filtre constitué est un passe bande, ce qui signifie que la tension aux bornes de D2 doits’annuler en basses fréquences et hautes fréquences. D2 doit donc équivalent à un interrup-teur fermé en hautes fréquences et en basses fréquences, il ne peut s’agir ni de R seule ni deR en parallèle avec C ni de L seul.

Le seul circuit possible est donc celui représenté ci-dessous à gauche.

R ÿ

L

ÿ

C

û

us

û

ue

Filtre

R ÿ

ÿ

ÿ

L

ÿ

C

û

us

û

ue

Basses Fréquences

R ÿ

L

ÿ

ÿ

ÿ

C

û

us

û

ue

Hautes Fréquences

R

Z2

û

us

û

ue

Filtre en RSF

On vérifie le comportement asymptotique.Pour déterminer la valeur de R, on applique la loi de Pouillet au circuit en régime continu :

i =E

R⇒ R =

E

i=

15

15.10−3= 1000 Ω

On exprime ensuite la fréquence de résonance et la bande passante en fonction de R, L et C.Pour cela, il faut déterminer ω0 et Q la pulsation de résonance et le facteur de qualité du filtre.On calcule donc la fonction de transfert H du filtre puis on identifie avec une forme canonique.Sur la figure ci-dessus à droite, on reconnaît un pont diviseur de tension pour lequel Y 2 = 1

Z2

=1

jLω+ jCω et

us =Z2

R + Z2

ue =1

R.Y 2 + 1ue ⇒ H =

1

1 + RjLω

+ jRCω=

1

1 + jQ(x − 1x)

=1

1 + jQ( ωω0

− ω0

ω)

9


avec par identification Qω0

= RC ⇒ Q = RCω0 et Qω0 = RL

d’où RCω20 = R

L⇒ ω0 = 1√

LCet

Q = RCω0 = R√

CL

.Pour un filtre passe bande, ∆ω = ω0

Qet ici, on en déduit

∆ω =1√LC

√L

R√

C=

1

RC⇒ C =

1

R.∆ω=

1

2π∆f≃ 468 nF puis ω2

0 =1

LC⇒ L =

1

4π2f 20 C

≃ 40 mH

Mise en situation

Exercice 9 : TNT vs 4GLa transmission de la TNT se fait via des ondes électromagnétiques contenues dans ce que l’onappelle la bande UHF (Ultra Haute Fréquence). Cette bande est la bande de fréquences conte-nue entre 300 Mhz et 3000 Mhz. Les chaines TV sont émises sur plusieurs canaux (ou bande defréquences) numérotés de 21 à 69. La figure 1 précise la fréquence de chaque canal (en fait pourchaque canal il y deux fréquences : une pour le son et une pour l’image).

FIGURE 1 – Liste des canaux UHF. Ces fréquences peuvent varier de + 0.498 Mhz selon les besoinsdes diffuseurs (notamment afin d’éviter les brouillages).

Depuis Décembre 2011, les canaux de 61 à 69 ne sont plus allouésà la télévision mais à la téléphonie, plus précisément au réseau 4G.Dès lors, plusieurs utilisateurs se sont plaints de ne plus recevoircorrectement la TNT. En effet, les filtres des décodeurs TNT nesont pas suffisamment sélectifs et laissent passer les signaux pré-sents sur les canaux au-delà du 61ieme. Pour palier à ce problème,il est recommander d’installer un filtre rejecteur de 4G entre l’an-tenne réceptrice et le décodeur TNT.

1. De quel type est le filtre rejecteur de 4G ?

2. On souhaite atténuer d’un facteur 10 l’amplitude du signal présent sur le canal 61. Tracerl’allure du diagramme de Bode en amplitude de ce filtre.

3. Quel doit être l’ordre minimal du filtre ? Commentez.

10


1. Passe-bas

2. diagramme de Bode d’un passe bas...

3. Ordre 5 : c’est compliqué donc ce filtre coute cher (10 euros).

b

b

Exercice 10 : Filtrage d’un signal sonoreAttention à détailler les raisonnements, cet exercice a été donné en DS et un plus grand nombrede points était donné pour le raisonnement que pour le résultat. Ainsi, un résultat non justifié nerapporte que très peu de points.

Pour analyser les composantes fréquentielles d’un signal sonore (analyse des phonèmes du lan-gage par exemple), on utilise un transducteur (microphone) qui convertit le signal en une tensionve puis un filtre passe-bande qui extrait les composantes sinusoïdales de ve de fréquences voisinesd’une fréquence f0 donnée.

On note vs la tension de sortie du filtre. Le filtre est un circuit linéaire dont la fonction de transferts’écrit :

F (jω) =vs

ve=

F0

1 + jQ(

ωω0

− ω0

ω

)

On se propose de déterminer les caractéristiques F0, Q et ω0 du filtre à partir des oscillogrammesobtenus en régime périodique pour une tension d’entrée ve rectangulaire pour deux valeurs defréquences.On rappelle la décomposition en série de Fourier de ve(t) dans le cas où ve(t) est périodique depériode T avec :

— pour 0 ≤ t ≤ T/2, ve(t) = V0,— pour T/2 ≤ t ≤ T , ve(t) = 0,

ve(t) = V0

(

1

2+

2

π

∞∑

k=0

1

(2k + 1)sin[(2k + 1)ω1t]

)

avec ω1 =2π

T

Première expérience :— voies 1 et 2 en position DC,— base de temps : 50 µs par carreau,— sensibilités : voie 1 (en gras) : 0,5 V par car-

reau, voie 2 : 2 V par carreau,

Dans cette expérience :— la tension vs obtenue est quasi-

sinusoïdale,— si on augmente la fréquence de ve par rap-

port à la valeur correspondant à cet os-cillogramme, on constate que l’amplitudede vs diminue,

— si, par rapport à cette même fréquence, ondiminue légèrement la fréquence de ve, onconstate que l’amplitude de vs diminueégalement.

Deuxième expérience :

11


— voies 1 et 2 en position DC,— base de temps : 5 µs par carreau,— sensibilités : voie 1 (en gras) : 2 V par car-

reau, voie 2 : 0,2 V par carreau.

Dans ce qui suit, on ne demande pas de calculs d’incertitudes mais les mesures devront être faitesavec soin (tous les résultats devront être obtenus avec une incertitude relative inférieure à 10%).

1. Pourquoi, dans chaque expérience, la tension de sortie vs ne comporte-t-elle pas de compo-sante continue contrairement à la tension d’entrée ve ?

2. Première expérience : pourquoi peut-on obtenir une tension de sortie vs quasi-sinusoïdalealors que la tension ve est rectangulaire ?

3. Déduire de l’oscillogramme de la première expérience et du commentaire qui l’accom-pagne :

(a) la pulsation ω0,

(b) la valeur de F0.

4. Dans la deuxième expérience, vs est triangulaire alors que ve est rectangulaire. Le filtre aun comportement intégrateur.

(a) Donner l’expression approchée de F (jω) dans le domaine de fréquence correspondantà la deuxième expérience.

(b) En utilisant l’oscillogramme de la deuxième expérience, déterminer, en justifiant pré-cisément la méthode utilisée, le rapport F0ω0

Q(on se souviendra, cf. question 1., que la

composante continue de ve n’est pas intégrée). En déduire la valeur de Q.

Ce problème est tombé aux concours. Il est très intéressant et permet de voir si vous avezcompris le filtrage. Il est important de comprendre que pour chaque fréquence

vs(ω) = F (jω)ve(ω).

1. Compte tenu de la fonction de transfert, le filtre est un passe-bande ( limω→0

F (jω) = 0 =

limω→∞

F (jω)). La composante continue correspondant à ω = 0, la fonction de transfert s’an-

nule et la composante continue du signal de sortie vaut F (j0) × V0

2= 0.

2. Le filtre étant passe bande, s’il est très sélectif il est possible d’isoler une seule composantedu spectre de ve par rapport aux autres qui seront fortement atténuées. On peut le voirpar exemple ci-dessous avec un filtre passe-bande de gain G(ω) et un spectre d’entrée d’unsignal non sinusoïdal.

12


G(ω)

Spectre du signal d’entrée et gain du filtreω

cn(ω)

Spectre du signal de sortieω

cn(ω)

3. Les deux signaux étant de même fréquence, le filtre passe-bande sélectionne le fondamen-tal de ve. Le commentaire accompagnant l’oscillogramme nous indique que l’on est pile àla fréquence de résonance. La période du signal est de 5 carreaux, soit T = 250 µs.(a) On en déduit puisque ω0 = ω = 2π

Tque ω0 = 25 × 103 rad/s.

Il était indispensable de justifier que ω = ω0 dans la première expérience, sinon, iln’y a aucune raison pour que la mesure de ω vous donne une information sur ω0.

(b) Pour cela, il faut trouver l’amplitude du fondamental, soit en utilisant la décompositiondonnée c1(ve) = V0 × 2

π(correspondant à k = 0 dans la somme). Ici, V0 = 1 V (2 carreaux

à 1 V/div). Puis l’amplitude du signal de sortie est c1(vs) = F (jω0)×c1(ve) = F0 ×c1(ve).On lit sur le graphique l’amplitude du signal de sortie est de 3 carreaux soit 6 V.

Soit F0 = c1(vs)c1(ve)

= 62

π

= 9,4 .

F (jω) est le rapport entre les amplitudes à ω. Ici, il ne faut donc pas prendredirectement les amplitudes des signaux qui mélangent plusieurs pulsations, mais

l’amplitude à une seule fréquence, ω0. De plus F0 est sans dimension et sans unité.

4. (a) Le temps par division est plus petit que dans la première expérience, on a donc ω > ω0.De plus, le comportement est intégrateur, ce qui revient à faire × 1

jω, ce qui est cohérent

avec ω ≫ ω0 compte tenu de la fonction de transfert.

On a donc F (jω) ≃ ω0F0

jQω

(b) On a donc vs =ω0F0

Q

∫ t

0

(

ve(t′) − V0

2

)

dt′. On soustrait la valeur moyenne puisque

l’énoncé nous indique qu’elle n’est pas intégrée, conformément à ce qui a été vu plustôt.Sur les deux premiers carreaux et demi, ve − V0

2= Cst = 2 V. D’où vs(t) = ω0F0

Q× (Cst ×

t − ve(t = 0))

La pente du triangle correspond donc à ω0F0

Q× Cst. On mesure sur le graphique que

l’on monte de 6 carreaux lorsque l’on avance de 2,5 carreaux, soit une pente de p =1,2/12,5 = 0,096 V/µs ou encore p = 96 × 103 V/s

D’où r = ω0F0

Q= p

Cst= 96 × 103 rad/s .

On en déduit Q = ω0F0×Cstr

= 9,4×25×103

96×103 ⇒ Q = 4,9 .

13

Documents

TRAVAUX DIRIGÉS EC7 - grenard.dyndns.orggrenard.dyndns.org/TD/C_TD_EC07.pdf · Soit le circuit représenté ci-dessous et pour lequel ue est une tension ... Correction au tableau