Réponse d’un filtre(R, C)
àunsignal sinusoïdal
avecunoscilloscope
1 • La relation entre la charge et l’intensité dans un condensateur est i =o uencore i = C
.
Attention àbien respecter le sens des flèches.
Ici, v = v e – v s et v s = Ri donc v s = RC
.
D’où la relation:
+=.
2 • Aucune intensité ne sort du pont diviseur (C, R). On
peut donc appliquer la formule du pont diviseur,soit :
==
.
On aurait pu aussi utiliser l’équation différentielleobtenue au 1).
En notation complexe
↔ jw,d ’où :
+=↔ (1 + jRCw)v s = jRCwv e .
3 • On amaintenant le montage suivant :
Attention : v s n’est plus donné par le résultat de la 2).Lepont
(C, R)e st en effet «chargé »par (C, R). On peut, en revanche, appliquer la formule du pont diviseur entre v s et v s soit :
=.
a) Pour passer de v e à v s en utilisant la formule du pont
diviseur,ilfaut tenir compte de l’impédance totale R//CR :
=+
=
.
D’où :=
v s
v e
Z e
Z e +
jC
1
w
1
Z e
1
R
1
R +
jC
1
w
1+jCw(R + R)
R(1 + jRCw)
v s
v s
jRCw
1+jRCw
C
C’
v e (t)
R’
v’ s (t)
R
v s (t)
dv s
dt
v s
RC
dv e
dt
d
dt
v s
v e
R
R +
jC
1
w
jRCw
1+jRCw
dv s
dt
v s
RC
dv e
dt
d(v e – v s )
dt
v
q
i
dq
dt
dv
dt
2
=
=
et :=
=
=
b)
On remarque que si la résistance R est petite devant R (cas
où R =47kΩ), les diagrammes de Bode de H et de H sont
proches alors que ce n’est pas vrai dans le cas contraire.
Conclusion : Il faut toujours vérifier que l’impédancedel’oscilloscopee st granded evant l’impédance de sortie du montage étudié.
Action d’un filtrepasse-bas
1 • La relatione ntre u em et u sm s’obtient par division de
tension :
u sm = u em
d’où : H =, avec w 0 == 500 s –1 ,
soit une fréquence f 0 =
≈ 80 Hz.
•Pour w w 0 : H ≈
donc :
G (dB) ≈ –20log
et j ≈ –.
w 0
j w
π
2
1
RC
w 0
jw
w 0
2π
1
1+j
w
w
0
jC
1
w
R +
jC
1
w
3
Diagramme de Bode :Gain en dB.
1,5
–2,0
–1,8
–1,6
–1,4
–1,2
–1,0
–0,8
–0,6
–0,4
–0,2
0
Fréq. Log
Gain dB10
R = 47 k
C = 100 nF
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
R = 470 k
C = 10 nF
H
– RRCCw 2
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw(1 + jRCw)
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw
1+jRCw
v s
v e
v s
v e
v s
v s
jRCw(1 + jRCw)
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw(1 + jRCw)
jRCw(1 + jRCw)+1+jCw(R + R)
v s
v e
CORRIGÉS
Fonctions de transfert
5
396
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
àunsignal sinusoïdal
avecunoscilloscope
1 • La relation entre la charge et l’intensité dans un condensateur est i =o uencore i = C
.
Attention àbien respecter le sens des flèches.
Ici, v = v e – v s et v s = Ri donc v s = RC
.
D’où la relation:
+=.
2 • Aucune intensité ne sort du pont diviseur (C, R). On
peut donc appliquer la formule du pont diviseur,soit :
==
.
On aurait pu aussi utiliser l’équation différentielleobtenue au 1).
En notation complexe
↔ jw,d ’où :
+=↔ (1 + jRCw)v s = jRCwv e .
3 • On amaintenant le montage suivant :
Attention : v s n’est plus donné par le résultat de la 2).Lepont
(C, R)e st en effet «chargé »par (C, R). On peut, en revanche, appliquer la formule du pont diviseur entre v s et v s soit :
=.
a) Pour passer de v e à v s en utilisant la formule du pont
diviseur,ilfaut tenir compte de l’impédance totale R//CR :
=+
=
.
D’où :=
v s
v e
Z e
Z e +
jC
1
w
1
Z e
1
R
1
R +
jC
1
w
1+jCw(R + R)
R(1 + jRCw)
v s
v s
jRCw
1+jRCw
C
C’
v e (t)
R’
v’ s (t)
R
v s (t)
dv s
dt
v s
RC
dv e
dt
d
dt
v s
v e
R
R +
jC
1
w
jRCw
1+jRCw
dv s
dt
v s
RC
dv e
dt
d(v e – v s )
dt
v
q
i
dq
dt
dv
dt
2
=
=
et :=
=
=
b)
On remarque que si la résistance R est petite devant R (cas
où R =47kΩ), les diagrammes de Bode de H et de H sont
proches alors que ce n’est pas vrai dans le cas contraire.
Conclusion : Il faut toujours vérifier que l’impédancedel’oscilloscopee st granded evant l’impédance de sortie du montage étudié.
Action d’un filtrepasse-bas
1 • La relatione ntre u em et u sm s’obtient par division de
tension :
u sm = u em
d’où : H =, avec w 0 == 500 s –1 ,
soit une fréquence f 0 =
≈ 80 Hz.
•Pour w w 0 : H ≈
donc :
G (dB) ≈ –20log
et j ≈ –.
w 0
j w
π
2
1
RC
w 0
jw
w 0
2π
1
1+j
w
w
0
jC
1
w
R +
jC
1
w
3
Diagramme de Bode :Gain en dB.
1,5
–2,0
–1,8
–1,6
–1,4
–1,2
–1,0
–0,8
–0,6
–0,4
–0,2
0
Fréq. Log
Gain dB10
R = 47 k
C = 100 nF
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
R = 470 k
C = 10 nF
H
– RRCCw 2
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw(1 + jRCw)
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw
1+jRCw
v s
v e
v s
v e
v s
v s
jRCw(1 + jRCw)
1+jw(R(C+C)+RC)–RRCCw 2
jRCw(1 + jRCw)
jRCw(1 + jRCw)+1+jCw(R + R)
v s
v e
CORRIGÉS
Fonctions de transfert
5
396
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.