244 Chapitre 9
Filtrage linéaire
Corrections
Interro de cours
1. La bobine se comporte comme un interrupteur fermé à très basse pulsation us 0 et comme un
interrupteur ouvert à très haute pulsation us ue. Réponse (b).
2. Un diviseur de tension permet d’obtenir H =
jLω/R
1 + jLω/R
=
1
1 − jR/Lω
. Réponse (c).
3. Réponse (b). La réponse (a) n’est valable que pour les filtres du 1er ordre.
4. Courbe (d) : C’est celle d’un filtre passe-haut d’ordre 2 (asymptote de pente égale à 40 dB/décade).
Elle ne correspond donc à aucun étudiant.
Courbe (c) : étudiant 1. En inversant la résistance et la bobine, l’étudiant 1 a en fait étudié un filtre
passe-bas.
Courbe (a) : étudiant 2. La pulsation de coupure du filtre est ωc = R/L. En prenant une résistance
10 fois plus faible que l’étudiant 3 qui a correctement travaillé, l’étudiant 2 obtient une fréquence de
coupure dix fois plus faible que l’étudiant 3.
Courbe (b) : étudiant 3. Puisque c’est la seule restante, elle correspond finalement à l’étudiant 3.
5. ωc = 1 · 10
3 rad · s
−1 = R/L avec R = 1,0 kΩ. Réponse (a).
6. Pour ω ω0, H ∼ jLω/R. Réponse (a).
7. Pour ω ω0 le filtre présente les caractéristiques d’un dérivateur. Réponse (b).
8. H(ω0) = H(ωc) =
1
1 − j
=
1
√
2
exp
j
π
4
.
Donc Usm = |H(ωc)|Uem =
E
√
2
et ϕs = arg(H(ωc)) + ϕe =
π
2
. Réponse (b).
9. Le filtre, dont le gain en bande passante est égal à 1, laisse passer la composante de pulsation ω2 = 10ω0
qui se trouve dans sa bande passante. Par contre il atténue celle de pulsation ω1 = ω0/10 qui se trouve
en dehors de sa bande passante. Cette pulsation ω1 étant d’une décade plus basse que la pulsation de
coupure, l’amplitude de cette composante est approximativement divisée par 10. Réponse (c).
Exercice 9.1
1. Posons H =
s
e
= G exp(jϕ). Ainsi, G est le gain du filtre et ϕ l’avance de phase de la tension de sortie
sur la tension d’entrée. Nous pouvons écrire :
Sm =
3
4 + 25
ω
ω1
2
1 + 9
ω
ω2
2
Em et ϕ = − arctan
5ω
2ω1
− arctan
3ω
ω2
Résumons dans un tableau :
Pulsation en rad · s
−1
1,0 · 10
2
1,0 · 10
3
1,0 · 10
4
Sm en V
1,5
0,50
0,012
ϕ en °
-17
-95
-167
Sm est faible en haute fréquence et augmente lorsque ω diminue. En basse fréquence, la phase tend vers 0° alors qu’elle
tend vers −180° en haute fréquence.
2. Il s’agit d’un filtre passe-bas dont la fonction de transfert peut être mise sous la forme canonique
proposée avec fc1 =
ω1
5π
= 64 Hz, fc2 =
ω2
6π
= 3,2 · 10
2 Hz et H0 =
3
2
= 1,5.
3. Le gain en décibel est la somme des gains en décibel : G dB = G dB1 + G dB2 . Il en est de même pour le
déphasage : ϕ = ϕ1 + ϕ2. Or H 1 et H 2 correspondent à des filtres passe-bas du premier ordre. Il est
donc aisé de superposer les deux diagrammes asymptotiques.
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Interro de cours
1. La bobine se comporte comme un interrupteur fermé à très basse pulsation us 0 et comme un
interrupteur ouvert à très haute pulsation us ue. Réponse (b).
2. Un diviseur de tension permet d’obtenir H =
jLω/R
1 + jLω/R
=
1
1 − jR/Lω
. Réponse (c).
3. Réponse (b). La réponse (a) n’est valable que pour les filtres du 1er ordre.
4. Courbe (d) : C’est celle d’un filtre passe-haut d’ordre 2 (asymptote de pente égale à 40 dB/décade).
Elle ne correspond donc à aucun étudiant.
Courbe (c) : étudiant 1. En inversant la résistance et la bobine, l’étudiant 1 a en fait étudié un filtre
passe-bas.
Courbe (a) : étudiant 2. La pulsation de coupure du filtre est ωc = R/L. En prenant une résistance
10 fois plus faible que l’étudiant 3 qui a correctement travaillé, l’étudiant 2 obtient une fréquence de
coupure dix fois plus faible que l’étudiant 3.
Courbe (b) : étudiant 3. Puisque c’est la seule restante, elle correspond finalement à l’étudiant 3.
5. ωc = 1 · 10
3 rad · s
−1 = R/L avec R = 1,0 kΩ. Réponse (a).
6. Pour ω ω0, H ∼ jLω/R. Réponse (a).
7. Pour ω ω0 le filtre présente les caractéristiques d’un dérivateur. Réponse (b).
8. H(ω0) = H(ωc) =
1
1 − j
=
1
√
2
exp
j
π
4
.
Donc Usm = |H(ωc)|Uem =
E
√
2
et ϕs = arg(H(ωc)) + ϕe =
π
2
. Réponse (b).
9. Le filtre, dont le gain en bande passante est égal à 1, laisse passer la composante de pulsation ω2 = 10ω0
qui se trouve dans sa bande passante. Par contre il atténue celle de pulsation ω1 = ω0/10 qui se trouve
en dehors de sa bande passante. Cette pulsation ω1 étant d’une décade plus basse que la pulsation de
coupure, l’amplitude de cette composante est approximativement divisée par 10. Réponse (c).
Exercice 9.1
1. Posons H =
s
e
= G exp(jϕ). Ainsi, G est le gain du filtre et ϕ l’avance de phase de la tension de sortie
sur la tension d’entrée. Nous pouvons écrire :
Sm =
3
4 + 25
ω
ω1
2
1 + 9
ω
ω2
2
Em et ϕ = − arctan
5ω
2ω1
− arctan
3ω
ω2
Résumons dans un tableau :
Pulsation en rad · s
−1
1,0 · 10
2
1,0 · 10
3
1,0 · 10
4
Sm en V
1,5
0,50
0,012
ϕ en °
-17
-95
-167
Sm est faible en haute fréquence et augmente lorsque ω diminue. En basse fréquence, la phase tend vers 0° alors qu’elle
tend vers −180° en haute fréquence.
2. Il s’agit d’un filtre passe-bas dont la fonction de transfert peut être mise sous la forme canonique
proposée avec fc1 =
ω1
5π
= 64 Hz, fc2 =
ω2
6π
= 3,2 · 10
2 Hz et H0 =
3
2
= 1,5.
3. Le gain en décibel est la somme des gains en décibel : G dB = G dB1 + G dB2 . Il en est de même pour le
déphasage : ϕ = ϕ1 + ϕ2. Or H 1 et H 2 correspondent à des filtres passe-bas du premier ordre. Il est
donc aisé de superposer les deux diagrammes asymptotiques.
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