Systèmes électroniques
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Circuits et courant alternatif

Grandeurs sinusoïdales

Définitions

Le signal, courant ou tension, est une fonction sinusoïdale de type sinus ou cosinus. Elle est définie par : u ( t ) = U ^ sin ( 2 π f t + ϕ ) pour une tension, avec

On définit également la valeur moyenne Umoy=Ū=0, pour calculer cette valeur on utilise la calcul intégral sur une période

U ¯ = U m o y = 1 T 0 T u ( t ) 𝑑 t = U ^ T 0 T sin ( ω t + ϕ ) 𝑑 t = 0
et les valeur efficace U qui fait également appel au calcul intégral
U e f f 2 = 1 T 0 T u 2 ( t ) 𝑑 t = 1 T 0 T U ^ 2 sin 2 ( ω t ) 𝑑 t = U ^ 2 2 T 0 T ( 1 - cos ( 2 ω t ) ) 𝑑 t = U ^ 2 2 T ( [ t ] 0 T - 0 T cos ( ω t ) 𝑑 t ) = U ^ 2 2 U e f f = U ^ 2

Représentation complexe

La représentation complexe utilise la formule de l'exponentielle complexe r e j θ = r ( cos ( θ ) + j r sin ( θ ) ) .

On applique cette relation aux courants et tensions ce qui donne l'expression complexe de u(t)

U ¯ = U e j ( ω t + ϕ ) = U ( cos ( ω t + ϕ ) + j sin ( ω t + ϕ ) )

Dans les calculs complexes, on représentera les tensions et courants complexes indépendemment du temps, avec uniquement la phase : U ¯ = U e j ( ϕ )

A partir de cette notation, on définit l'impédance complexe Z ¯ = U ¯ I ¯ , et en prenant comme référence des phases la tension U=U on peut écrire Z ¯ = U I e j ϕ = U I e - j ϕ = Z e - j ϕ .
La partie réelle d'une impédance se nomme la résistance R, et la partie imaginaire se nomme la réactance X, ce qui donne Z ¯ = R + j X

On définit également l'inverse de l'impédance Z, l'admittance Y ¯ = I ¯ U ¯ = 1 Z ¯ = Y e j ϕ .
La partie réelle d'une admittance se nomme la conductance G, et la partie imaginaire se nomme la susceptance B, ce qui donne Y ¯ = G + j B .

L'étude des circuits en régime sinusoïdal est utilisé pour étudier le comportement du circuit en fonction de la fréquence en régime permanent, ce qui justifie la représentation complexe du circuit. On est dans le cas de l'utilisation de la solution particulière de l'équation différentielle car le régime permanent seul ne fait pas appel à la solution générale.

Dans ce cadre, on définit les impédances des composants passifs où la résistance est une impédance réelle ZR=R, où l'inductance est une impédance imaginaire pure Z L ¯ = j L ω = L ω e j π 2 et où le condensateur est également une impédance imaginaire pure Z C ¯ = 1 j C ω = 1 C ω e j - π 2

On peut également définir les impédances avec la transformée de Laplace, en appliquant l'égalité p=jω qui donne Z L ¯ = L p et Z C ¯ = 1 C p .

Remarque : Pour les notations complexes, on n'utilise quasi jamais le symbole avec la barre en dessous mais le symbole seul, pour distinguer du module on utilise les doubles barres verticales soit ||Z|| qui est le module du complexe Z.

Puissance

Définition

La puissance instantanée est toujours vraie quelques soient les signaux u(t) et i(t) : p ( t ) = u ( t ) i ( t )

Puissance active

Elle est exprimée en watt et correspond à l'énergie thermique, mécanique, ...

Elle correspond à la valeur moyenne de p(t) sur une période : P = 1 T 0 T p ( t ) 𝑑 t .
Le résultat dépend des formes des grandeurs u(t) et i(t)

Les deux grandeurs sont sinusoïdales
La puissance s'écrit P = U ^ I ^ T 0 T cos ( ω t ) cos ( ω t + ϕ ) 𝑑 t . En utilisant les formules de trigonométrie, on peut calculer cette intégrale :

P = U ^ I ^ 2 T 0 T cos ( - ϕ ) 𝑑 t + U ^ I ^ 2 T 0 T cos ( 2 ω t - ϕ ) 𝑑 t = U ^ I ^ 2 T 0 T cos ( ϕ ) 𝑑 t + U ^ I ^ 2 T 0 T cos ( 2 ω t - ϕ ) 𝑑 t = U ^ I ^ cos ( ϕ ) 2 T [ t ] 0 T + 0 = U ^ I ^ cos ( ϕ ) 2 = U e f f I e f f cos ( ϕ ) = U I cos ( ϕ )

u(t)=U est continue, i(t) est sinusoïdale de valeur moyenne non nulle

U ^ = U ¯ = U P = 1 T 0 T U i ( t ) 𝑑 t = U T 0 T i ( t ) 𝑑 t = U I m o y = U I ¯

Puissance réactive

Elle est exprimée en VAR (Volt Ampère Réactif) et correspond à l'énergie transmise par une inductance ou un condensateur
Q = U I sin ( ϕ )

Puissance apparente

Elle est exprimée en VA (Volt Ampère) et sert à dimensionner les appareils comme les transfromateurs.
S=UI

Relation avec les autres puissances

P 2 + Q 2 = ( U I ) 2 cos 2 ( ϕ ) + ( U I ) 2 sin 2 ( ϕ ) P 2 + Q 2 = ( U I ) 2 ( cos 2 ( ϕ ) + 2 sin 2 ( ϕ ) ) P 2 + Q 2 = ( U I ) 2 = S 2
Dans le plan des complexes, pour une impédance Z=R+jX, ces puissances s'écrivent : P=RI2, Q=XI2 et S=||Z||I2

Impédances en série et en parallèle

Groupement en série

Z e q = k = 1 n Z k = k = 1 n R k + j X k = k = 1 n R k + j k = 1 n X k

Groupement en parallèle

Y e q = k = 1 n Y k = k = 1 n G k + j B k = k = 1 n G k + j k = 1 n B k
1 Z e q = k = 1 n 1 Z k = k = 1 n 1 R k + j X k

Utilisation des théorèmes

Les circuits en alternatifs s'étudient en appliquant les mêmes théorèmes que ceux appliqués aux circuits continus : loi des noeuds, théorème de Thevenin, théorème de superposition, théorème de Millmann.

Exemple

La tension u(t) est de la forme u ( t ) = U sin ( ω t ) . On cherche à exprimer la tension u2(t) en régime permanent.

En utilisant le théorème de Millmann, on va exprimer la valeur de U2 et fonction de U en régime sinusoïdal permanent :

U 2 ( p ) = U R 1 1 R 1 + 1 R 2 + C p = U R 1 R 2 + R 1 + R 1 R 2 C p R 1 R 2 = U R 2 R 1 + R 2 + R 1 R 2 C p = U R 2 R 1 + R 2 1 1 + R 1 R 2 R 1 + R 2 C p

Pour exprimer u2(t), il faut exprimer le module et l'argument de l'expression complexe : U 2 ( j ω ) = U R 2 R 1 + R 2 + j R 1 R 2 C ω qui sont :

|| U 2 ( j ω ) || = U R 2 ( R 1 + R 2 ) 2 + ( R 1 R 2 C ω ) 2
A r g ( U 2 ( j ω ) ) = - arctan ( R 1 R 2 C ω R 1 + R 2 )

Ceci nous permet de déduire l'expression de u2(t)

u 2 ( t ) = U R 2 ( R 1 + R 2 ) 2 + ( R 1 R 2 C ω ) 2 sin ( ω t - arctan ( R 1 R 2 C ω R 1 + R 2 ) )

Autres méthodes de calcul de U2 en fonction de U
Utilisation du pont diviseur de Tension Voir

On définit un pont diviseur de tension avec U, Z1=R1 d'une part et R2//C d'autre part :
Z 2 ( p ) = R 2 C p R 2 + 1 C p = R 2 1 + R 2 C p Ce qui permet d'écrire :

U 2 ( p ) = U Z 2 ( p ) Z 1 + Z 2 ( p ) = U R 2 1 + R 2 C p R 1 + R 2 1 + R 2 C p = U R 2 R 1 + R 2 + R 1 R 2 C p
résultat identique à celui obtenu avec le théorème de Millmann.

Utilisation du théorème de Thevenin Voir

On définit le circuit de Thevenin équivalent à U, R1 et R2, le condensateur C étant déconnecté. Ceci nous donne les composantes du générateur de Thevenin équivalent : E t h = U R 2 R 1 + R 2 et R t h = R 1 R 2 R 1 + R 2

En remplaçant le circuit U, R1 et R2 par le générateur de Thevenin Eth et Rth et en appliquant le diviseur de tension, on peut écrire :

U 2 ( p ) = E t h 1 C p R t h + 1 C p = E t h 1 1 + R t h C p = U R 2 R 1 + R 2 1 1 + R 1 R 2 R 1 + R 2 C p
résultat identique à celui obtenu avec le théorème de Millmann.

Application numérique

On utilise les valeurs suivantes U=1v, R1=R2=10kΩ, C=100nF, f=1kHz qui donnent le résultat suivant : u2(t)=0,152 sin(6283t-1,26).
Voir les résultats de la simulation

Maintenant, u(t) est un signal carré de période T.

Pour simplifier les calculs, on considère le circuit équivalent de Thevenin avec U=Eth et R=Rth. On veut exprimer uc(t) en régime permanent. Dans ce cas on ne part pas de conditions initiales nulles pour le condensateur mais d'une valeur nommée ucmin. On écrit les équations pour l'intervalle [0,T/2] qui correspond à la charge du condensateur avec la tension Eth et [T/2,T] qui correspond à la décharge du condensateur. Pour cela on va utiliser le résultat de l'équation différentielle d'un circuit RC.
L'origine des temps correspond au début de la charge en régime permanent, mais pas à la mise sous tension du circuit.

L'équation de charge entre 0 et T/2 s'écrit u c ( t ) = E t h + ( U c m i n - E t h ) e - t R t h C
L'équation de décharge entre T/2 et T s'écrit u c ( t ) = U c m a x e - t - T 2 R t h C

Maintenant on doit calculer les valeurs de Ucmin qui correspond à uc(T) dans l'équation de décharge et Ucmax qui correspond à uc(T/2) dans l'équation de charge. On peut donc écrire : U c m a x = E t h + ( U c m i n - E t h ) e - T 2 R t h C et U c m i n = U c m a x e - T 2 R t h C
On remplace Ucmax de la première équation (charge) par sa valeur déduite de la deuxième équation (décharge) U c m a x = U c m i n e T 2 R t h C

on obtient

U c m i n e T 2 R t h C = E t h + ( U c m i n - E t h ) e - T 2 R t h C U c m i n ( e T 2 R t h C - e - T 2 R t h C ) = E t h ( 1 - e - T 2 R t h C ) U c m i n = E t h 1 - e - T 2 R t h C e T 2 R t h C - e - T 2 R t h C
et
U c m a x = E t h e T 2 R t h C - 1 e T 2 R t h C - e - T 2 R t h C .
On a donc maintenant les deux expressions complètes de uc(t) de charge et décharge en fonctions de la tension U et des composants du montage.

Application numérique

On utilise les valeurs suivantes U=1v, R1=R2=10kΩ, C=100nF , fr=1kHz, qui donnent les résultats suivant : ucmin=0,134v , ucmax=0,365.
Voir les résultats de la simulation

Utilisation des formes canoniques

Le circuit RLC suivant est utilisé en conversion d'énergie dans les régulateurs à découpage. On étudie en premier la solution de l'équation différentielle en utilisant les résultats de la forme canonique d'un système d'ordre deux.

Les lois de Kirchoff permettent d'écrire les équations différentielles de ce circuit

{ u ( t ) = L d i d t + u c ( t ) i ( t ) = u c ( t ) R + C d u c d t
en remplaçant l'expression de i(t) de la première équation par son expression décrite dans la deuxième équation, on obtient
L C d 2 u c d t 2 + L R d u c d t + u c ( t ) = u ( t )
avec ω 0 = 1 L C et ξ = ω 0 2 L R = L 2 R L C

Application numérique

On choisit u(t)=U=6v, L=220mH, R=100Ω et C=220μF ce qui donne les valeurs des paramètres de la forme canonique : ω0≈144rad/s (f0≈23Hz) et ξ≈0,16. ξ<1 la réponse est donc de la forme

u c ( t ) = U ( 1 - e - ξ ω 0 t 1 - ξ 2 sin ( ω 0 1 - ξ 2 t + arccos ( ξ ) ) )
u c ( t ) = 6 ( 1 - 1.013 e - 23 t sin ( 141 t + 1.41 ) )

Voir les résultats de la simulation

u(t) est maintenant un signal carré d'amplitude U=12v, de valeur moyenne Umoy=6v et de fréquence de récurrence fr=1kHz.

On s'intéresse maintenant à la variation de courant sur une période du signal carré en fonctionnement permanent, pour cela on suppose que la tension uc(t) est constante, ce qui est vrai si la fréquence de récurrence du signal carré est très grande devant la fréquence naturelle du circuit, ce qui est le cas : fr=1kHz≫fn=23Hz.

On écrit l'équation différentielle de i(t) en fonction de u(t) pour u(t)=U, puis u(t)=0 avec uc(t) qui est constant et des conditions initiales non nulles. On écrit les équations pour l'intervalle [0,T/2] avec u(t)=U et i(0)=Imin puis pour l'intervalle [T/2,T] avec u(t)=0 et i(0)=Imax.

Comme pour le cicuit RC, l'origine des temps correspond au début de la charge en régime permament, mais pas à la mise sous tension du circuit.

La première équation entre 0 et T/2 s'écrit : L d i d t + U c = U avec i(0)=Imin, qui admet comme solution i ( t ) = U - U c L t + I m i n et donne I m a x = i ( T 2 ) = U - U c L T 2 + I m i n .
La deuxième équation entre T/2 et T s'écrit L d i d t + U c = 0 avec i(0)=Imax qui admet comme solution i ( t ) = - U c L ( t - T 2 ) + I m a x et donne I m i n = i ( T ) = - U c L T 2 + I m a x .

Les expressions Imax et Imin nous permettent de calculer la valeur de Uc en additionant les deux expressions :

I m a x + I m i n = U - U c L T 2 + I m i n - U c L T 2 + I m a x
U - U c L T 2 - U c L T 2 = 0
U - U c L T 2 = U c L T 2 U - 2 U c = 0 U c = U 2 = U m o y

on a toujours la relation i(t)=iC(t)+iR(t) avec ic(t) courant circulant dans le condensateur et iR(t) circulant dans la résistance. Le courant dans la résistance est constant et vaut i R ( t ) = U c R = I R m o y . Le courant moyen dans le condensateur est nul car I C m o y = C d U c d t = 0 . On en déduit Imoy=IRmoy.

En remplaçant la valeur de Uc dans une des expressions de Imax ou Imin, on obtient la variation de i(t) : ΔI=Imax-Imin :

Δ I = I m a x - I m i n = U - U 2 L T 2 = U T 4 L
On en déduit les valeurs de Imax et Imin :
I m a x = I m o y + Δ I 2 = U c 2 + U T 8 L
I m i n = I m o y - Δ I 2 = U c 2 - U T 8 L

Les résultats numériques sont : I m a x = 12 200 + 12 × 10 - 3 8 × 220 × 10 - 3 67 m A et I m a x = 12 200 - 12 × 10 - 3 8 × 220 × 10 - 3 53 m A .

Finalement on a Uc=6v, Imax≈63mA et Imin≈53mA.

Voir les résultats de la simulation

Lorsqu'on se place à la même échelle, on observe un comportement identique à une valeur continue égale à la valeur moyenne avec une tension uc(t) constante en régime permanent. Cela confirme l'hypothèse utilisée pour calculer les variations du courant i(t) en prenant en compte les conditions initiales non nulles. C'est ce principe qui est utilisé dans les convertisseurs d'énergie à découpage.

Sonde oscilloscope

Une sonde pour oscilloscope contient un circuit RC parallèle avec un condensateur variable. Cette sonde permet d'offrir une impédance d'entrée importante afin d'atténuer l'influence de l'impédance d'entrée de l'oscilloscope sur la mesure. Le réglage de la capacité variable permet d'annuler l'influence de la fréquence sur la mesure.

  1. Calculer H(jω) en régime sinusoïdal en fonction des résistances et des condensateurs.
  2. Exprimer C1 en fonction des autres composants pour que H(jω) soit indépendant de ω.
  3. Application numérique : R1=9MΩ, R2=1MΩ et C2=50pF, calculer la valeur de C1 puis la valeur de ||H(jω)||
Voir la solution
  1. On calcule le pont diviseur de tension avec les deux impédances :
    H ( p ) = R 2 1 + R 2 C 2 p R 1 1 + R 1 C 1 p + R 2 1 + R 2 C 2 p = R 2 ( 1 + R 1 C 1 p ) R 1 + R 2 + R 1 R 2 ( C 1 + C 2 ) p = R 2 R 1 + R 2 1 + R 1 C 1 p 1 + R 1 R 2 R 1 + R 2 ( C 1 + C 2 ) p
    H ( j ω ) = R 2 R 1 + R 2 1 + j R 1 C 1 ω 1 + j R 1 R 2 R 1 + R 2 ( C 1 + C 2 ) ω
  2. La fonction doit être réelle ce qui impose
    R 1 C 1 = R 1 R 2 ( C 1 + C 2 ) R 1 + R 2 R 1 C 1 ( R 1 + R 2 ) = R 1 R 2 ( C 1 + C 2 ) R 1 2 C 1 + R 1 R 2 C 1 = R 1 R 2 C 1 + R 1 R 2 C 2 R 1 C 1 = R 2 C 2 C 1 = R 2 C 2 R 1
  3. Application numérique : C1≈5.5pF et H=0.1

Signaux périodiques quelconques

Tout signal périodique quelconque peut se décomposer en une somme infinie de fonctions sinusoïdales de fréquences et phases différentes nommées séries de Fourier, qui s'écrit :

u ( t ) = a 0 + n = 1 a n cos ( n ω t ) + b n sin ( n ω t )
avec

Exemple

Série de Fourier d'un signal carré

On calcule la série de Fourier du signal de fréquence 5Hz et d'amplitude 1.

La valeur moyenne de ce signal est nulle, ce qui fait que le coefficient a0=0, de plus la fonction est impaire, donc le coefficient an=0

b n = 2 T 0 T u ( t ) sin ( n ω t ) 𝑑 t = 2 T ( 0 T 2 u ( t ) sin ( n ω t ) 𝑑 t - T 2 T u ( t ) sin ( n ω t ) 𝑑 t ) = 2 n ω T ( [ - cos ( n ω t ) ] 0 T 2 - [ - cos ( n ω t ) ] T 2 T ) = 1 n π ( 1 - cos ( n π ) + 1 - cos ( n π ) ) = 1 n π ( 1 - cos ( n π ) ) = 1 n π ( 1 - ( - 1 ) n )
On a uniquement des harmoniques de rang impairs avec un coefficient défini par b k = 4 ( 2 k + 1 ) π avec k.

La fonction u(t) s'écrit :

u ( t ) = k = 0 4 ( 2 k + 1 ) π sin ( ( 2 k + 1 ) ω t )

Troncature d'un signal carré

On supprime les fréquences supérieures à 50Hz. On voit bien l'influence de cette troncature sur l'allure du signal. En pratique les circuits imprimés et câbles, de par leur propriété physique, atténuent, voir suppriment les fréquences les plus élevées. Ce qui fait que, sur les cartes électroniques numériques, les signaux sont souvent déformés. Le signal carré présenté ici est une présentation plus proche de la réalité des signaux que l'on peut visualiser sur un oscilloscope.

Ce phénomène est connu sous le nom de phénomène de Gibbs très connu en électronique du signal numérique.

La série de Fourier du signal tronqué s'écrit :

u ( t ) = k = 0 4 4 ( 2 k + 1 ) π sin ( ( 2 k + 1 ) ω t )

Le Filtrage

Définitions

En électronique, la principale fonctionnalité du filtrage est de supprimer ou modifier les paramètres de certaines composantes fréquentielles d'un signal afin d'extraire les signaux qui contiennent l'information utile. En réalité un filtre permet de sélectionner une ou plusieurs plages de fréquences bornées par une ou plusieurs fréquences de coupures. Si l'on injecte un signal x ( t ) = a x 0 + n = 1 c x n sin ( n ω t + ϕ x n ) à l'entrée d'un filtre on obtient en sortie un signal y ( t ) = a y 0 + n = 1 c y n sin ( n ω t + ϕ y n ) dans lequel certains paramètres cxn et φxn sont modifiés : cyn=kncxn et φynxnn avec kn et αn qui sont les paramètres du filtre.

On distingue 3 principales catégories de filtre :

Les définitions des signaux de sortie y(t) correspondent à des signaux en sortie de filtres idéaux.

Modélisation

L'analyse et la synthèse des filtre se fait dans le domaine fréquentiel ou le domaine de Laplace (p=jω) en régime permanent. On définit ainsi la fonction de transfert du filtre : H ( j ω ) = V s ( j ω ) V e ( j ω ) ou H ( p ) = V s ( p ) V e ( p ) avec H ( p ) = k = 0 n a k p k l = 0 m a l p l .
On visualise le comportement de ce filtre en traçant le module ||H(jω)|| et l'argument arg(H(jω)) en fonction de la pulsation ω. Ce tracé peut être fait sur des échelles linéaires qui on l'inconvénient de ne pas toujours mettre en évidence ce qui se passe autour des fréquences de coupure. C'est pourquoi on utilise une échelle logarithmique pour l'abscisse ω et le logarithme du module : GdB(ω)=20 log10(||H(jω||) pour l'ordonnée (toujours le logarithme à base 10), c'est le diagramme de Bode.

Pulsation de coupure et bande passante

La fréquence de coupure fc ou pulsation de coupure ωc est définie pour une valeur de gain correspondant au gain dans la bande passante diminué de 3dB :
G d B ( ω ) | ω = ω c = 20 log 10 ( || H 0 || ) - 3 Cela équivaut à diviser le module obtenu dans la bande passante (H0) par √2 : || H ( j ω ) || ω = ω c = H 0 2

La valeur de la bande passante dépend du type de filtre

Tracé des formes canoniques

Pour chaque type de filtre, on trace les diagrammes linéaires et logarithmiques (Bode) normalisés en posant x=ω/ω0 et le module dans la bande passante égal à 1 (gain = 0dB). Il est très facile de déduire un diagramme de bode pour des valeurs de gain différentes de 0dB, il suffit de déplacer verticalement la courbe de 20log10(K) pour un module K dans la bande passante.

Les graphes qui suivent montrent l'intérêt d'utiliser le diagramme de Bode plutôt que la représentation linéaire.

Forme canonique du premier ordre

Filtre passe-bas

Le modèle est de la forme :
H ( p ) = H 0 1 + p ω 0 ou H ( j ω ) = H 0 1 + j ω ω 0 , avec H0>0.

Le module est : || H ( j ω ) || = H 0 1 + ω 2 ω 0 2
L'argument est :

H ( j ω ) = arg ( H ( j ω ) ) = - arctan ( ω ω 0 )

La pulsation de coupure à -3dB est ωc0

Les limites lorsque ω → 0 et ω → ∞ sont :

lim ω 0 || H ( j ω ) || = H 0 lim ω 0 arg ( H ( j ω ) ) = 0 ° et lim ω || H ( j ω ) || = 0 lim ω arg ( H ( j ω ) ) = - 90 °

Le tracé est normalisé avec H0=1 et x=ω/ω0. Sur les graphes on retrouve bien la pulsation de coupure à x=1 avec un argument qui vaut -45°. On a également les limites :

lim x 0 G ( x ) = 0 d B lim x 0 ϕ ( x ) = 0 ° et lim x G ( x ) = - lim x ϕ ( x ) = - 90 °
qui correspondent bien à la définition du filtre passe-bas.

Lorsque x → ∞ la courbe du module tend vers une droite de pente -20dB/décade ou encore -6dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de -20dB pour le module et un argument de -90°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

Filtre passe-haut

Le modèle est de la forme
H ( p ) = H 0 p ω 0 1 + p ω 0 ou H ( j ω ) = H 0 j ω ω 0 1 + j ω ω 0 , avec H0>0.

Le module est : || H ( j ω ) || = H 0 ω ω 0 1 + ω 2 ω 0 2
L'argument est :

H ( j ω ) = arg ( H ( j ω ) ) = π 2 - arctan ( ω ω 0 )

La pulsation de coupure à -3dB est ωc0

Les limites lorsque ω → 0 et ω → ∞ sont :

lim ω 0 || H ( j ω ) || = 0 lim ω 0 arg ( H ( j ω ) ) = 90 ° et lim ω || H ( j ω ) || = H 0 lim ω arg ( H ( j ω ) ) = 0 °

Le tracé est toujours normalisé avec H0=1 et x=ω/ω0. Sur les graphes on retrouve bien la pulsation de coupure à x=1 avec un argument qui vaut 45°. On a également les limites :

lim ω 0 G ( x ) = - lim ω 0 ϕ ( x ) = 90 ° et lim ω G ( j x ) = 0 d B lim ω ϕ ( x ) = 0 °
qui correspondent bien à la définition du filtre passe-haut.

Lorsque x → 0 la courbe du module tend vers une droite de pente 20dB/décade ou encore 6dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de 20dB pour le module et un argument de 90°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

Forme canonique du deuxième ordre

Filtre passe-bas

Le modèle est de la forme :
H ( p ) = H 0 p 2 ω 0 2 + 2 ξ ω 0 p + 1 ou H ( j ω ) = H 0 1 - ω 2 ω 0 2 + j 2 ξ ω ω 0 , avec H0>0.

Le module est :

|| H ( j ω ) || = H 0 ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω 0 ) 2
L'argument est :
arg ( H ( j ω ) ) = - arctan ( 2 ξ ω ω 0 1 - ω 2 ω 0 2 ) + k π
avec k=0 pour ω ≤ ω0 et k=-1 pour ω > ω0.

La pulsation de coupure à -3dB est

ω c = ω 0 ( 1 - 2 ξ 2 ) + ( 2 ξ 2 - 1 ) 2 + 1

Le module est maximum pour ω M = ω 0 1 - 2 ξ 2 , existe pour ξ < 1 2 et vaut || H ( j ω M ) || = H 0 2 ξ 1 - ξ 2

Les limites lorsque ω → 0 et ω → ∞ sont :

lim ω 0 || H ( j ω ) || = H 0 lim ω 0 arg ( H ( j ω ) ) = 0 ° et lim ω || H ( j ω ) || = 0 lim ω arg ( H ( j ω ) ) = - 180 °

Voir le détail du calcul de la pulsation de coupure à -3dB
Il faut résoudre
H 0 ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2 = H 0 2
( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2 = 2
et en coordonnées réduites
( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 2
On obtient l'équation bicarrée :
x 4 + 2 ( 2 ξ 2 - 1 ) x 2 - 1 = 0
en utilisant x2=X, on obtient l'équation du second degré
X 2 + 2 ( 2 ξ 2 - 1 ) X 2 - 1 = 0
Δ = ( 2 ξ 2 - 1 ) 2 - 1
qui est toujours positif ou nul, on en déduit la racine positive qui correspond à x2
x 2 = 1 - 2 ξ 2 + ( 2 ξ - 1 ) 2 + 1
qui est toujours positif. On ne retient que la racine positif, et on déduit x et donc ωc
x = 1 - 2 ξ 2 + ( 2 ξ - 1 ) 2 + 1
ω c = ω 0 1 - 2 ξ 2 + ( 2 ξ - 1 ) 2 + 1

Voir le détail du calcul de la valeur maximale
Pour calculer la valeur maximale, il faut résoudre ||H(jω)||'=0, on va donc calculer la dérivée du module en utilisant les coordonnées réduites
|| H ( j x ) || = ( 1 ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ) = - ( ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ) 2 [ ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ] 3 = - - 4 x + 4 x 3 + 8 ξ 2 x 2 [ ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ] 3 = - 4 x 3 + 4 ( 2 ξ 2 - 1 ) x 2 [ ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ] 3
On cherche les valeurs positives de x qui annulent le numérateur
4 x M 3 + 4 ( 2 ξ 2 - 1 ) x M = 0 x M 2 = 1 - 2 ξ 2 x M = 1 - 2 ξ 2
avec ξ < 1 2 .
la valeur maximale est
|| H ( j x M ) || = 1 ( 1 - ( 1 - 2 ξ 2 ) ) 2 + 4 ξ 2 ( 1 - 2 ξ 2 ) = 1 ( 2 ξ 2 ) 2 + 4 ξ 2 - 8 ξ 4 = 1 4 ξ 4 + 4 ξ 2 - 8 ξ 4 = 1 2 ξ 1 - ξ 2

Le tracé est toujours normalisé avec H0=1 et x=ω/ω0. Les limites sont :

lim ω 0 G ( x ) = 0 d B lim ω 0 ϕ ( x ) = 0 ° et lim ω G ( x ) = - lim ω ϕ ( x ) = - 180 °
qui correspondent bien à la définition du filtre passe-bas.

Lorsque x → ∞ la courbe du module tend vers une droite de pente -40dB/décade ou encore -12dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de -40dB pour le module et un argument de -180°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

On peut tracer un diagramme de bode plus précis lorsque ξ > 1 en décomposant la fonction de transfert d'ordre 2 en un produit de fonctions de transfert d'ordre 1, ce qui correspond à une "addition" des diagrammes asymptotiques sur le diagramme de Bode. Cette modification apparaît en orange sur le graphe. Cette droite de pente -20dB/décade apparaît entre les points d'abscisses x 1 = ξ - ξ 2 - 1 et x 2 = ξ + ξ 2 - 1 . Cela correspond, respectivement, aux pulsations ω 1 = ω 0 ( ξ - ξ 2 - 1 ) et ω 2 = ω 0 ( ξ + ξ 2 - 1 )

Filtre passe-haut

Le modèle est de la forme :
H ( p ) = H 0 p 2 ω 0 2 p 2 ω 0 2 + 2 ξ ω 0 p + 1 ou H ( j ω ) = - H 0 ω 2 ω 0 2 1 - ω 2 ω 0 2 + j 2 ξ ω ω 0 , avec H0>0.

Le module est : || H ( j ω ) || = H 0 ω 2 ω 0 2 ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2
L'argument est :

arg ( H ( j ω ) ) = k π - arctan ( 2 ξ ω ω 0 1 - ω 2 ω 0 2 )
avec k=1 pour ω ≤ ω0 et k=0 pour ω > ω0.

La pulsation de coupure à -3dB est

ω c = ω 0 ( 2 ξ 2 - 1 ) + ( 1 - 2 ξ 2 ) 2 + 1

Le module est maximum pour ω M = ω O 1 1 - ξ 2 , existe pour ξ < 1 2 et vaut || H ( j ω M ) || = H 0 2 ξ 1 - ξ 2

Les limites lorsque ω → 0 et ω → ∞ sont :

lim ω 0 || H ( j ω ) || = 0 lim ω 0 arg ( H ( j ω ) ) = 180 ° et lim ω || H ( j ω ) || = H 0 lim ω arg ( H ( j ω ) ) = 0 °

Voir le détail du calcul de la pulsation de coupure à -3dB
Il faut résoudre
H 0 ω 2 ω 0 2 ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2 = H 0 2
qui donne en coordonnées réduites
x 2 ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 1 2
( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 2 x 4
on obtient l'équation bi-carrée
x 4 + 2 ( 1 - 2 ξ 2 ) x 2 - 1 = 0
qui donne la racine positive
x c = 2 ξ 2 - 1 + ( 1 - 2 ξ 2 ) 2 + 1

Voir le détail du calcul de la valeur maximale
Pour calculer la valeur maximale, il faut résoudre ||H(jω)||'=0, on va donc calculer la dérivée du module en utilisant les coordonnées réduites
|| H ( j x ) || = ( x 2 ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ) = 2 x ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 - x 2 2 ( ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ) ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 4 x ( 1 - 2 x 2 + x 4 + 4 ξ 2 x 2 ) - 4 x 2 ( x 3 + ( 2 ξ 2 - 1 ) x ) [ ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ] 3 = 4 x ( 1 - ( 1 - 2 ξ 2 ) x 2 ) [ ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 ] 3
On cherche les valeurs positives de x qui annulent le numérateur
1 - ( 1 - 2 ξ 2 ) x M 2 = 0 x M = 1 1 - 2 ξ 2
avec ξ < 1 2
La valeur maximale est
|| H ( j x M ) || = 1 1 - 2 ξ 2 ( 1 - 1 1 - 2 ξ 2 ) 2 + 4 ξ 2 1 - 2 ξ 2 = 1 1 - 2 ξ 2 4 ξ 4 ( 1 - 2 ξ 2 ) 2 + 4 ξ 2 ( 1 - 2 ξ 2 ) ( 1 - 2 ξ 2 ) 2 = 1 4 ξ 2 - 4 ξ 4 = 1 2 ξ 1 - ξ 2

Le tracé est toujours normalisé avec H0=1 et x=ω/ω0. Les limites sont :

lim ω 0 G ( x ) = - lim ω 0 ϕ ( x ) = 180 ° et lim ω G ( x ) = 0 d B lim ω ϕ ( x ) = 0 °
qui correspondent bien à la définition du filtre passe-haut.

Lorsque x → 0 la courbe du module tend vers une droite de pente 40dB/décade ou encore 12dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de 40dB pour le module et un argument de 180°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

On peut tracer un diagramme de bode plus précis lorsque ξ > 1 en décomposant la fonction de transfert d'ordre 2 en un produit de fonctions de transfert d'ordre 1, ce qui correspond à une "addition" des diagrammes asymptotiques sur le diagramme de Bode. Cette modification apparaît en orange sur le graphe. Cette droite de pente 20dB/décade apparaît entre les points d'abscisses x 1 = ξ - ξ 2 - 1 et x 2 = ξ + ξ 2 - 1 . Cela correspond, respectivement, aux pulsations ω 1 = ω 0 ( ξ - ξ 2 - 1 ) et ω 2 = ω 0 ( ξ + ξ 2 - 1 )

Filtre passe-bande

Le modèle est de la forme :
H ( p ) = H 0 2 ξ ω 0 p p 2 ω 0 2 + 2 ξ ω 0 p + 1 ou H ( j ω ) = H 0 j 2 ξ ω ω 0 1 - ω 2 ω 0 2 + j 2 ξ ω ω 0 , avec H0>0.

Le module est : || H ( j ω ) || = H 0 | 2 ξ ω ω 0 | ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2
L'argument est :

arg ( H ( j ω ) ) = π 2 - arctan ( 2 ξ ω ω 0 1 - ω 2 ω 0 2 )

Les pulsations de coupure à -3dB sont

ω c 1 , 2 = ω 0 ( 2 ξ 2 + 1 ) ± ( 2 ξ 2 + 1 ) 2 - 1

Le module est maximum pour ωM0 et vaut ||H(jωM)||=H0

Les limites lorsque ω → 0 et ω → ∞ sont :

lim ω 0 || H ( j ω ) || = 0 lim ω 0 arg ( H ( j ω ) ) = 90 ° et lim ω || H ( j ω ) || = 0 lim ω arg ( H ( j ω ) ) = - 90 °

Voir le détail du calcul de la pulsation de coupure à -3dB
Il faut résoudre
H 0 | 2 ξ ω ω 0 | ( 1 - ω 2 ω 0 2 ) 2 + ( 2 ξ ω ω 0 ) 2 = H 0 2
qui donne en coordonnées réduites
2 ξ x ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 1 2
4 ξ 2 x 2 ( 1 - x 2 ) 2 + ( 2 ξ x ) 2 = 1 2
on obtient l'équation bi-carrée
x 4 - 2 ( 2 ξ 2 + 1 ) x 2 + 1 = 0
qui donne les racines positives
x c 1 , 2 = ( 2 x 2 + 1 ) ± ( 2 ξ 2 + 1 ) 2 - 1

Le tracé est toujours normalisé avec H0=1 et x=ω/ω0. Les limites sont :

lim ω 0 G ( x ) = - lim ω 0 ϕ ( x ) = 90 ° et lim ω G ( x ) = - lim ω ϕ ( x ) = - 90 °
qui correspondent bien à la définition du filtre passe-bande.

Lorsque x → 0 la courbe du module tend vers une droite de pente 20dB/décade ou encore 6dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de 20dB pour le module et un argument de 90°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

Lorsque x → ∞ la courbe du module tend vers une droite de pente -20dB/décade ou encore -6dB/octave ce qui signifie qu'un rapport de 10 entre deux valeurs de ω donne une différence de -20dB pour le module et un argument de -90°. Le tracé de ces limites correspond au tracé des asymptotes (en vert clair sur le diagramme de Bode).

On peut tracer un diagramme de bode plus précis lorsque ξ > 1 en décomposant la fonction de transfert d'ordre 2 en un produit de fonctions de transfert d'ordre 1, ce qui correspond à une "addition" des diagrammes asymptotiques sur le diagramme de Bode. Cette modification apparaît en orange sur le graphe. Cette droite de pente 0dB/décade apparaît entre les points d'abscisses x 1 = ξ - ξ 2 - 1 et x 2 = ξ + ξ 2 - 1 . Cela correspond, respectivement, aux pulsations ω 1 = ω 0 ( ξ - ξ 2 - 1 ) et ω 2 = ω 0 ( ξ + ξ 2 - 1 )

La forme canonique du filtre passe-bande est quelques fois présentée sous la forme

H ( j ω ) = H 0 1 + j Q ( ω ω 0 - ω 0 ω )
avec Q = 1 2 ξ qui est le coefficient de qualité. En remplaçant Q par sa valeur on retrouve aisément la forme canonique présentée auparavant.

Réalisation de filtres avec des résistances et des condensateurs

On trace les diagrammes de Bode uniquement pour les montages qui le nécessitent, il est préférable d'utiliser les translations sur les diagrammes des formes canoniques. Il suffit de calculer les valeurs des formes canoniques (H0 , ω0 et ξ pour un ordre 2) à partir des composants afin de pouvoir utiliser directement les formes canoniques sans tracer aucun diagramme supplémentaire.

Remarque : Pour choisir les composants en fonction de la pulsation de coupure, on commence par choisir les condensateurs dans la série la plus courante E3, puis on calcule la valeur des résistances et choisit les valeurs les plus proches, en général, dans la série E12 ou E24.

Filtre du premier ordre

On calcule le rapport entre tension d'entrée et tension de sortie en appliquant le pont diviseur de tension.

H ( p ) = V s ( p ) V e ( p ) = 1 C p R + 1 C p = 1 1 + R C p
On a un filtre passe-bas de premier ordre avec H0=1 et ω c = ω 0 = 1 R C

On peut obtenir le type de filtre sans calcul en déterminant les limites en ω → 0 et ω → ∞ directement à partir du schéma, en considérant que les condensateurs sont des circuits ouvert en continu (ω=0) et des court-circuits lorsque ω → ∞

  • ω → 0 : i=0 donc Vs=Ve qui donne ||H(jω)||=1
  • ω → ∞ : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
On a bien un filtre passe-bas.

On calcule le rapport entre tension d'entrée et tension de sortie en appliquant le pont diviseur de tension.

H ( p ) = V s ( p ) V e ( p ) = R R + 1 C p = R C p 1 + R C p
On a un filre passe-haut de premier ordre avec H0=1 et ω c = ω 0 = 1 R C

On procède de même :

  • ω → 0 : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
  • ω → ∞ : Vs=Ve qui donne ||H(jω)||=1
On a bien un filtre passe-haut.

Filtre du deuxième ordre

On ne peut pas appliquer le pont diviseur de tension au point A, car il existe un deuxième circuit RC. On va donc utiliser deux équations, la première pour calculer VA et fonction de Ve et Vs en utilisant le théorème de Millmann et la deuxième pour exprimer VA en fonction de Vs en utilisant cette fois-ci le diviseur de tension.

La même analyse sur les condensateurs donnent :

  • ω → 0 : i=0 donc Vs=Ve qui donne ||H(jω)||=1
  • ω → ∞ : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
On a bien un filtre passe-bas.

V A = V e R + V s R 1 R + 1 R + C p = V e + V s 2 + R C p
et
V s = V A 1 + R C p V A = ( 1 + R C p ) V s
De ces deux équations, on déduit l'équation :
V e + V s 2 + R C p = ( 1 + R C p ) V s V e + V s = ( 2 + R C p ) ( 1 + R C p ) V s
qui donne :
V e = [ ( 2 + R C p ) ( 1 + R C p ) - 1 ] V s V s V e = 1 ( 2 + R C P ) ( 1 + R C p ) - 1
On obtient finalement
H ( p ) = V s V e = 1 R 2 C 2 p 2 + 3 R C p + 1
On a un filtre passe-bas d'ordre 2 avec H0=1 , ω 0 = 1 R C , ξ = 3 2 et ω c = ω 0 - 7 + 53 2 0 , 374 ω 0 . Cette valeur correspond à la valeur lue sur le diagramme de Bode du filtre passe-bas d'ordre 2.

La méthode de calcul est identique à la méthode précédente.

La même analyse donne :

  • ω → 0 : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
  • ω → ∞ : Vs=Ve qui donne ||H(jω)||=1
On a bien un filtre passe-haut.
V A = V e C p + V s C p C p + 1 R = V e R C p + V s R C p 2 R C p + 1
et
V s = V A R C p 1 + R C p V A = V s 1 + R C p R C p
On déduit l'équation
V e R C p + V s R C p 2 R C P + 1 = V s 1 + R C p R C p V s = V e R 2 C 2 p 2 + V s R 2 C 2 p 2 ( 1 + R C p ) ( 2 R C p + 1 )
qui donne
V s ( 1 + R C p ) ( 2 R C p + 1 ) = V e R 2 C 2 p 2 + V s R 2 C 2 p 2
On obtient
H ( p ) = V s V e = R 2 C 2 p 2 R 2 C 2 p 2 + 3 R C p + 1
On a un filtre passe-haut d'ordre 2 avec H0=1 , ω 0 = 1 R C , ξ = 3 2 et ω c = ω 0 7 + 53 2 2 , 67 ω 0 Cette valeur correspond à la valeur lue sur le diagramme de Bode du filtre passe-haut d'ordre 2.

On utilise le pont diviseur de tension avec deux impédances, la première composée du circuit RC série Z 1 = R + 1 C p = R C p + 1 C p et la deuxième avec le circuit RC parallèle Z 2 = R C p R + 1 C p = R R C p + 1 .

La même analyse donne :

  • ω → 0 : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
  • ω → ∞ : Vs=0 qui donne ||H(jω)||=0
On a bien un filtre passe-bande.
V s V e = Z 2 Z 1 + Z 2 = R R C p + 1 R C p + 1 C p + R R C p + 1 = R C p ( R C p + 1 ) 2 + R C p = R C p R 2 C 2 p 2 + 2 R C p + 1 + R C p
On obtient finalement
H ( p ) = R C p R 2 C 2 p 2 + 3 R C p + 1
On a un filtre passe-bande avec ω 0 = 1 R C , ξ = 3 2 , H 0 = 1 3 et ω c 1 , 2 = ω 0 13 ± 165 2 .
Les deux pulsations de coupure sont ωc1≈0,28 ω0 et ωc2≈3,6 ω0. Ces valeurs correspondent aux valeurs lues sur le diagramme de Bode du filtre passe-bande.

Application numérique

On propose de tracer un diagramme de Bode, on pourra télécharger la version papier des echelles log pour s'entraîner

Prendre un crayon et une feuille semi-logarithmique, choisir l'ordre du système : , choisir le type de filtre : puis demander

Solution [ Voir ]