TD S11 Filtrage Analogique D Un Signal - Correction-2 [PDF]

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TD S11 – Filtrage analogique d’un signal - corrigé

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 : 1 𝑢𝐿 3j𝐶𝜔 𝑢s = 𝑢𝐿 = 1 1 4 3j𝐶𝜔 + j𝐶𝜔 𝑢e 𝑍 𝑢𝐿 = 𝑢e = 𝑅 𝑍+𝑅 1+𝑍 𝑍 étant l’impédance équivalente au dipôle {bobine + condensateur C + condensateur 3C}. D’où : 1 1 1 1 3 = + = + j 𝐶𝜔 1 1 𝑍 j𝐿𝜔 j𝐿𝜔 4 j𝐶𝜔 + 3j𝐶𝜔 On a donc 𝑢s =

𝑢e /4 3 𝑅 1+j( 𝑅𝐶𝜔− ) 4 𝐿𝜔

1

𝑄

3

𝑅

⇒ 𝐴 = 4 , 𝜔 = 4 𝑅𝐶 et 𝑄𝜔0 = 𝐿 . 0

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TD S11 – Filtrage analogique d’un signal - corrigé 𝑅

3𝐶

On en déduit 𝑄 = 2 √ 𝐿 et 𝜔0 =

2 √3𝐿𝐶

.

2. j𝜔𝐴

𝐴

𝜔

a. 𝐻(𝜔)~ 𝑄𝜔 ⇒ 𝐺dB (𝜔)~20log (𝑄) + 20log (𝜔 ) : asymptote oblique. 0

0

0

De plus, 𝜑(𝜔 = 0) = 𝐻(𝜔) ~

𝜔0 𝐴

𝝅

0

: asymptote horizontale.

2

𝐴

𝜔

⇒ 𝐺dB (𝜔) ~ 20log (𝑄) − 20log (𝜔 ) : asymptote oblique.

+∞ j𝜔𝑄

+∞

0

𝝅

De plus 𝜑(𝜔) ~ − 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. 1

a. cos𝑎cos𝑏 = 2 [cos(𝑎 + 𝑏) + cos(𝑎 − 𝑏)] ⇒ 𝑢e (𝑡) = 𝐵cos(201𝜔0 𝑡) + 𝐵cos(𝜔0 𝑡) . 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(𝜔0 𝑡). Le gain pour la composante sinusoïdale de fréquence 201𝑓0 = 0,20MHz ≈ 1,9 × 102 𝑓c2 est très inférieur à 𝐴 : la composante sinusoïdale correspondante en sortie est négligeable par rapport à 𝑢s1 (𝑡). 𝐵

Finalement, on obtient 𝑢s (𝑡) = 4 cos(𝜔0 𝑡) . 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. 1 2. Admittance de l’association parallèle de 𝑅 et 𝐶 : 𝑌1 = 𝑅 + j𝐶𝜔. Pont diviseur de tension : 𝑈s =

𝑍1

𝑍1 +𝑅+

1 j𝐶𝜔

𝑈s

1

e

1+(𝑅+

Fonction de transfert : 𝛽 = 𝑈 =

𝑈e .

1 )𝑌 j𝐶𝜔 1

⇒ 𝛽=

1 3+j(

𝜔 𝜔0 − ) 𝜔0 𝜔

.

1

3. 𝛽 = √9+(

𝜔 𝜔0 2 − ) 𝜔0 𝜔

𝛽 est maximum lorsque son dénominateur est minimum, c’est-à1

dire pour 𝜔M = 𝜔0 . Le gain correspondant est 𝛽M = 3 . À basse fréquence, lim 𝛽(𝜔) = 0. 𝜔→0

À haute fréquence, lim 𝛽(𝜔) = 0. 𝜔→+∞

𝜑 = arg [3 + j (

𝜔0 𝜔 − )] 𝜔 𝜔0

À basse fréquence, 𝜑(𝜔)~arg (j 0

𝜔0 𝜔

𝝅

) = 2. 𝜔

𝝅

À haute fréquence, 𝜑(𝜔) ~ arg (−j 𝜔 ) = − 2. +∞

0

𝜑(𝜔 = 𝜔0 ) = 0. Page 5 sur 10

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4. Par définition des pulsations de coupure, 𝛽(𝜔c ) = On obtient alors 𝜔c =

±3±√13 2

𝛽M √2

.

𝜔0 .

Les pulsations sont positives : 𝜔c =

±3+√13 2

𝜔0 .

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

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

1

1

5. Impédance d’entrée : impédance équivalente vue de l’entrée. 𝑍e = 𝑅 + j𝐶𝜔 + 𝑍1 avec 𝑍 = 𝑅 + j𝐶𝜔. 1

On obtient 𝑍e =

𝜔2 3𝜔 1− 2 +j 𝜔0 𝜔0 𝜔2 𝜔 − 2 +j 𝜔0 𝜔0

3j

𝑅 ⇒ 𝑍e (𝜔 = 𝜔M ) = j−1 𝑅 .

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. 1 1 1 1 On a alors 𝑍 = 𝑍 + 𝑍 avec 𝑍2 = 𝑅 + j𝐶𝜔. s

1

2

On obtient alors 𝑍s =

𝜔 𝜔0 𝜔2 3𝜔 1− 2 +j 𝜔0 𝜔0

1+j

𝑅 ⇒ 𝑍s (𝜔 = 𝜔M ) =

1−j 3

𝑅.

6. On peut écrire 𝑈e (𝑡) = 𝑢e1 (𝑡) + 𝑢e2 (𝑡), avec 𝑢e1 (𝑡) = 𝑈0 cos(𝜔0 𝑡) et 𝑢e2 (𝑡) = 𝑈0 cos(3𝜔0 𝑡). 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). 1 On a 𝑢s1 (𝑡) = 𝛽(𝜔0 )𝑈0 cos[𝜔0 𝑡 + 𝜑(𝜔0 )] avec 𝛽(𝜔0 ) = 3 et 𝜑(𝜔0 ) = 0. 𝑢s2 (𝑡) = 𝛽(3𝜔0 )𝑈0 cos[3𝜔0 𝑡 + 𝜑(3𝜔0 )] avec 𝛽(3𝜔0 ) = On en déduit 𝑈s (𝑡) =

𝑈0 3

cos(𝜔0 𝑡) +

3𝑈0 √145

3

√145

8

et 𝜑(3𝜔0 ) = −arctan (9). 8

cos [3𝜔0 𝑡 − arctan (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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