Colle Filtre Passif 2

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COLLE ANALYSE HARMONIQUE 2 - CORRIGE 1

Colle Filtre Passif 2

On souhaite mesurer la hauteur d’eau dans un chenal qui varie en fonction de la marée. Cette hauteur d’eau H peut être considérée en première approximation comme une fonction sinusoïdale du temps, de période 12h.

Le niveau est détecté par un transmetteur de niveau dont la fonction est d’associer une tension correspondante au niveau d’un flotteur.

On assimilera le signal produit par ce transmetteur à une tension ve(t), dont l’allure est semblable à celle de h(t). On s’intéressera dans ce problème à la mise en forme de ce signal.

Pour lutter contre l’effet des vagues sur le signal ve(t), on place un filtre à la sortie du transmetteur.

On donne R = 500kΩ.

Le signal ve(t) est donc la somme d’une composante continue Ve0 et d’une composante alternative vealt(t), dû aux vagues. La composante alternative a une fréquence f de l’ordre de 0,5Hz.

12h Hmax

Hmin

H0

t

Transmetteur de sonde

R R

C C

ve v1 vs

A

B

(2)

Question 1. Exprimer la transmittance complexe 𝑯_𝟏(𝒋𝝎) = ^𝑽^𝑺

𝑽_𝟏. (la sortie du filtre sera connectée à un montage amplificateur dont l’étage d’entrée possède une impédance infinie)

On utilise la notation complexe ainsi que les impédances complexes.

Les deux impédances étant en série, on applique la formule du pont diviseur de tension :

1

( ) ( )

( ) ( ) ( ) 1

C S

S

R C

Z j V j jC

V j V j

Z j Z j V j

R jC

  

 

  



 

=   =

 + 

  +

1

( ) 1

VS j

V j jRC



 ⁼ + 

On obtient un filtre passe-bas du 1^er ordre de fréquence de coupure ₀ 1

 = RC.

Question 2. Exprimer l’impédance complexe Zeq vue des points A et B en fonction de R, C et ω.



Zeq est l’impédance équivalente à l’association série de la résistance R et du condensateur C en parallèle avec le condensateur C.

( )

1 1

( ) ( ) ( )

( )

1 1

( ) ( ) ( )

1 1 ( )

2

C R C

eq

C R C

eq

Z j Z j Z j jC R jC

Z j

Z j Z j Z j

jC R jC

Z j jRC

jC jRC

    

   

 

 

 + 

+  

= =

+ + + +

= +

+

.

(3)

Question 3. En déduire la transmittance complexe du filtre complet 𝑯_𝟐(𝒋𝝎) = ^𝑽^𝑺

𝑽_𝒆

On utilise la formule du pont diviseur de tension :

( )

1

2

( )

( ) ( )

1 1

( ) 2

( ) 1 1

2

( ) 1

( ) 1 2

( ) 1

( ) 1 3

eq

e

R eq

e

Z j

V j V j

Z j Z j

jRC

V j jC jRC

V j jRC

R jC jRC

V j jRC

V j jRC jRC jRC

V j jRC

V j jRC jRC

  

 



  

 

   

 

  

 

 

= + 

+

= + + +

+

= +

+ + +

== +

+ +

De plus nous pouvons noter que :

( )

1

2 1

( ) ( ) ( ) 1 1

( ) ( ) ( ) 1 3 . 1

S S

e e

V j V j V j jRC

V j V j V j jRC jRC jRC

   

     

 +   

=  =  + +    + 

Soit :

( )

²

( ) 1

( ) 1 3

S e

V j

V j jRC jRC



 ⁼ + + 

Question 4. Mettre la fonction de transfert sous la forme canonique suivante :

𝐇_𝟐(𝐣𝛚) = 𝟏 𝟏 + 𝟐𝐣𝛏 𝛚

𝛚_𝟎+ (𝐣 𝛚 𝛚_𝟎)²

➢ Préciser le type et l‘ordre de ce filtre

➢ Exprimer déduire facteur d’amortissement  ainsi que la pulsation propre ω0 en fonction de R et C

On obtient un filtre passe-bas du second ordre, atténuation de −40dB dec/ en hautes fréquences.

0

1 3

2

 = RC  =

(4)

Question 5. Exprimer le module, |𝑯_𝟐(𝒋𝝎)|, puis le gain, G(), de cette fonction de transfert.

|𝐇_𝟐(𝐣𝛚)| = 𝟏

√(𝟏 − (𝛚

𝛚_𝟎)²)^𝟐+ 𝟒 (𝛏 𝛚 𝛚_𝟎)^𝟐

𝑮 = 𝟐𝟎. 𝑳𝒐𝒈 (𝐇_𝟐(𝐣𝛚)) = −𝟐𝟎. 𝐋𝐨𝐠 (√(𝟏 − (𝛚 𝛚_𝟎)

𝟐

)

𝟐

+ 𝟒 (𝛏 𝛚 𝛚_𝟎)

𝟐

)

𝑮 = −𝟏𝟎. 𝐋𝐨𝐠 ((𝟏 − (𝛚 𝛚_𝟎)

𝟐

)

𝟐

+ 𝟒 (𝛏 𝛚 𝛚_𝟎)

𝟐

)

Question 6. On rappelle qu’un gain de G = -3dB équivaut à |𝑯_𝟐(𝒋𝝎)| = ^𝟏

√𝟐. Exprimer alors l’équation en  pour que le gain soit de -3dB.

Il faut que :

|𝐇_𝟐(𝐣𝛚)| = 𝟏

√(𝟏 − (𝛚

𝛚_𝟎)²)^𝟐+ 𝟒 (𝛏 𝛚 𝛚_𝟎)^𝟐

= 𝟏

√𝟐

Soit :

(𝟏 − (𝛚 𝛚_𝟎)²)

𝟐

+ 𝟒 (𝛏 𝛚 𝛚_𝟎)

𝟐

= 𝟐

La fréquence f0 permettant d’obtenir un gain de -3dB est appelée fréquence de coupure du filtre.

Question 7. Calculer la valeur de la capacité C pour que la fréquence de coupure à -3dB soit de 0,01Hz. (On posera X = (RCω)²).

Reprenons l’équation précédente avec X = (/0)² : (𝟏 − 𝑿)^𝟐+ 𝟒𝛏²𝐗 = 𝟐

Soit :

𝟏 + 𝑿^𝟐− 𝟐. 𝐗 + 𝟒𝛏²𝐗 = 𝟐

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Remplaçons  par 3/2 :

𝟏 + 𝑿^𝟐− 𝟐. 𝐗 + 𝟗𝐗 = 𝟐 Finalement l’équation du second degré à résoudre est :

𝟏 − 𝑿^𝟐− 𝟕𝐗 = 𝟎 Résolution de l’équation :

𝚫 = 𝟒𝟗 − 𝟒. 𝟏. (−𝟏) = 𝟓𝟑

𝑋₁ = −7 − √53 2

𝑋₂ = −7 + √53 2 Seule la solution positive est gardée soit :

(𝜔 𝜔₀)

2

=−7 + √53 2

Là aussi seule la solution positive est gardée (une pulsation ne peut être négative) soit :

𝜔_−3𝑑𝐵 = 𝜔₀. √^−7+√53

2 𝜔_−3𝑑𝐵 = 0,374. 𝜔₀

On veut que :

𝜔_−3𝑑𝐵 = 0,374. 𝜔₀ = 2. 𝜋. 0,01

Soit :

𝜔₀ = 0,053. 𝜋

1

𝑅𝐶 = 0,053. 𝜋 𝐶 = ¹

𝑅.0,053.𝜋

𝐶 = 12𝜇𝐹 𝑒𝑛𝑣𝑖𝑟𝑜𝑛

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Question 8. En déduire l’atténuation correspondante à la composante alternative de ve(t).

pour une fréquence f=0,5 Hz et f0=0,01Hz nous avons ^𝛚

𝛚_𝟎

= 𝟓𝟎

Soit :

|𝐇_𝟐(𝐣𝛚)| = 𝟏

√(𝟏 − (𝟓𝟎)^𝟐)^𝟐+ 𝟒(𝟏, 𝟓. 𝟓𝟎)^𝟐

|𝐇_𝟐(𝐣𝛚)| = 𝟏

𝟐𝟓𝟎𝟎= 𝑽_{𝒔𝒎𝒂𝒙} 𝑽_{𝒆𝒎𝒂𝒙}

Soit :

𝑽_{𝒔𝒎𝒂𝒙} = 𝑽_{𝒆𝒎𝒂𝒙} 𝟐𝟓𝟎𝟎

Le signal est donc comme attendu fortement atténué