Exercices Exercices Corrigés
CHAPITRE 11 – ANALYSE FRÉQUENTIELLE D’UN SYSTÈME LINÉAIRE
CORRIGÉS
11.1 Fonction de transfert d’un pont, d’après ENAC 2005
1. La tension V s est égale à V A − V B . Si l’on note v 1 la tension V A − V E et v 2 la tension
V E − V B , on peut écrire : V s = v 1 + v 2 .
Comme il n’y pas de dipôle entre A et B, Les deux résistances R sont en série dans la branche
EBD, et r et C sont en série dans la branche EAD. On peut utiliser la relation du diviseur
de tension entre v 1 et V e , et entre v 2 et V e , soit : v 1 = −
r
r +
1
jCω
V e = −
jrCω
1 + jrCω
V e et
v 2 =
R
2R
V e =
1
2
V e .
On en déduit : V s = v 1 + v 2 =
−
jrCω
1 + jrCω
+
1
2
V e soit T ( jω) =
V s
V e
=
1
2
1 − jrcω
1 + jrcω
.
Si l’on pose T 0 = 1/2 et ω 1 = 1/rC, on peut écrire T sous la forme : T = T 0
1 − j
ω
ω 1
1 + j
ω
ω 1
.
2. Le module de T est égal à : T (ω) = |T | = T 0
1 +
ω
ω 1
2
1 +
ω
ω 1
2
= T 0 .
Une unique pulsation caractéristique ω 1 apparaît tant au numérateur qu’au dénominateur.
Dressons un tableau asymptotique pour simplifier T :
ω 1
1 − j
ω
ω 1
1
− j
ω
ω 1
1 + j
ω
ω 1
1
j
ω
ω 1
H asymp ( jω)
T 0
−T 0
pente
nulle
nulle
phase
0
−π
On retrouve que le gain est constant. La phase varie entre 0, pour ω ω 1 , et −π, pour
ω ω 1 .
3. Pour avoir φ = −π/2, il faut r 0 Cω = 1
√
2 soit r 0 = 707 Ω.
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CHAPITRE 11 – ANALYSE FRÉQUENTIELLE D’UN SYSTÈME LINÉAIRE
CORRIGÉS
11.1 Fonction de transfert d’un pont, d’après ENAC 2005
1. La tension V s est égale à V A − V B . Si l’on note v 1 la tension V A − V E et v 2 la tension
V E − V B , on peut écrire : V s = v 1 + v 2 .
Comme il n’y pas de dipôle entre A et B, Les deux résistances R sont en série dans la branche
EBD, et r et C sont en série dans la branche EAD. On peut utiliser la relation du diviseur
de tension entre v 1 et V e , et entre v 2 et V e , soit : v 1 = −
r
r +
1
jCω
V e = −
jrCω
1 + jrCω
V e et
v 2 =
R
2R
V e =
1
2
V e .
On en déduit : V s = v 1 + v 2 =
−
jrCω
1 + jrCω
+
1
2
V e soit T ( jω) =
V s
V e
=
1
2
1 − jrcω
1 + jrcω
.
Si l’on pose T 0 = 1/2 et ω 1 = 1/rC, on peut écrire T sous la forme : T = T 0
1 − j
ω
ω 1
1 + j
ω
ω 1
.
2. Le module de T est égal à : T (ω) = |T | = T 0
1 +
ω
ω 1
2
1 +
ω
ω 1
2
= T 0 .
Une unique pulsation caractéristique ω 1 apparaît tant au numérateur qu’au dénominateur.
Dressons un tableau asymptotique pour simplifier T :
ω 1
1 − j
ω
ω 1
1
− j
ω
ω 1
1 + j
ω
ω 1
1
j
ω
ω 1
H asymp ( jω)
T 0
−T 0
pente
nulle
nulle
phase
0
−π
On retrouve que le gain est constant. La phase varie entre 0, pour ω ω 1 , et −π, pour
ω ω 1 .
3. Pour avoir φ = −π/2, il faut r 0 Cω = 1
√
2 soit r 0 = 707 Ω.
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