c. Pour reconstruire totalement les signaux, il suffit de calculer et de tracer v s (t)=
5
p=0
v s p (t)+0 ,1. En effet la composante continue V 0 =+0,1 Ve st transmisesans modification.
Les graphes sont données ci-dessous :
Documents 3
Tracé de v s (t)p our f =
Tracé de v s (t)e nfonction de t pour f = f 0
Tracé de v s (t)e nfonction pour f =20f 0
On remarque que :
–1Pour f =l esignal n’est pas modifié par rapport à
v e (t):l es principes harmloniques sont peu ou pas déphasés par le filtre.
f 0
20
V s (t)
t(s)
–0,03 –0,02 –0,01
0,01
0,02
0,03
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
–0,3
–0,2
–0,1
0
V s (t)
t(s)
–0,001
–0,0005
0,001
0,0005
0,4
0,5
0,2
0,1
–0,1
–0,2
–0,3
0,3
0
f 0
20
V s (t)
t(s)
–0,03 –0,02 –0,01
0,01
0,02
0,03
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
–0,3
–0,2
–0,1
0
–Pour f =20f 0 le signal est déphasé de – π par rapport à
v e (t), c’est-à-dire inversé, ce que nous voyons dans le tableau
ou le diagramme de phase :les harmoniques sont tous déphasés d’environ – π.
Étude d’un filtrepasse-bande
1 • L’amplificateur opérationnel est parfait :
i + = i – =0.
Il est supposéfonctionner en régime linéaire: v + =v – .L es
résistances R 1 et R 2 forment un diviseurdetension, donc :
u 1 =
u A .
Au nœud B :
+ jCwu B + jCw (u B – u 2 )=0.
(1)
Dans la dernière branche, se trouve un autre diviseur de
tension :
u 2 =
u B =
u B =
u B ,
où x = RCw =.
Dans l’équation (1),o nr emplace alors u A et u B par leurs
expressions en fonction de u 1 et u 2 :
(1 +2jx)u 2 – jxu 2 =
u 1
+3+jx u 2 =
u 1 ,
d’où :
H(jx)=
,
qui s’écrit bien sous la forme demandée :
H(jx)=
avec K =e t k =.
3
2
R 1 + R 2
R 1
jKx
1+2jkx +(jx) 2
1
3+j x–
1
x
R 1 +R 2
R 1
R 1 +R 2
R 1
1
jx
1+jx
jx
R 1 + R 2
R 1
w
w 0
R
R +
jC
1
w
jRCw
1+jRCw
jx
1+jx
u B – u A
R
R 1
R 1 + R 2
R 1
R 2
R
R
R
AB
C
C
u 1
u 2
7
CORRIGÉS
Fonctions de transfert
5
401
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
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