Upload
ginette-lavigne
View
107
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
Enseignement pour public ayant déjà eu la remise à niveau
Sur chaque thème, ou chapitre : rapides rappels, applications dans le domaine e.e.a.
Balayage rapide, (4 séances d’1 heure 30)en cohérence avec le contenu des T.D. et T.P.
Objectifs : - remettre à niveau pour une exploitation immédiate (TD, TP) et ultérieure (ERII3, ERII4…),- identifier ce qui fondamental et qui doit être connu sans aucune lacune ni ambiguïté
« CIRCUIT »ou début d’automatique,
appliqué à des circuits électriques
« CIRCUIT »
Avis aux utilisateurs de ce document power point :
- Lancer le diaporama (touche F5)
- Lire attentivement les pages progressivement, par action de la touche -> (ou de la touche flèche vers le bas)
- A chaque point d’interrogation tournant :
une question, ou une application numérique, est demandée.
Alors, marquer un temps d’arrêt pour répondre…
Et continuer après la réflexion
Transformées de Laplace
Analyse harmonique
Quadripôles
« CIRCUIT »
Définition, propriétés
Application à l’électronique
TRANSFORMEES DE
LAPLACE
Définition, propriétés
Application à l’électronique
TRANSFORMEES DE
LAPLACE
La transformée de Laplace consiste à étudier le comportement des systèmes par une représentation symbolique. La variable n'est plus le temps t mais p.
A une fonction f(t) dans le monde réel correspond une fonction F(p) dans le monde symbolique. Cette fonction est appelée : image de f(t). Inversement f(t) est appelée : originale de F(p).
Ce passage du monde réel au monde symbolique est défini par la transformée de Laplace suivante:
Sous réserve de convergence
Remarque : il existe des conditions d’existence de F(p). Toutes les fonctions f(t) n’ont pas une transformée de Laplace. Et réciproquement, toutes les fonctions F(p) ne sont pas des transformées de Laplace de f(t).
Transformées de Laplace des principaux signaux
Fonction de Heavyside = 1 si t > 0= 0 si t < 0
appelée échelon unité,qui s’écrit usuellement u(t) ou
Г(t)
Définition :
Rampe unitaire = t si t > 0= 0 si t < 0
u = tdv = exp (-pt) dt
du = dtv = -(1/p) exp (-pt)
Par ∫ u dv = [ u v ] – ∫ v duIntégration par parties :
[0 – 0] [0 – 1]
1p2=
Par définition
Fonction Exponentielle = exp (at) si t > 0= 0 si t < 0
1 [0 – 1] 1
p-a=
Par définition
=
Il faut que (a-p) soit < 0 pour que lim exp(a-p)t converget->∞
Dans ces conditions, F(p) = (a-p)
Fonction sinus = sin (ωt) si t > 0= 0 si t < 0
Par définition
Par ∫ u dv = [ u v ] – ∫ v duIntégration par parties :
u = sin (ωt) dv = exp (-pt) dt
du = ω cos (ωt) dtv = -(1/p) exp (-pt)
[0 – 0]
Fonction sinus, suite
Par ∫ u dv = [ u v ] – ∫ v duIntégration par parties :
u = cos (ωt) dv = exp (-pt) dt
du = - ω sin (ωt) dtv = -(1/p) exp (-pt)
[0 – 1]
-p=
1
p
F(p) = 1
pω
F(p) =
On arrive à :1
p-
ω
p
ω
p
F(p)
-
( ) =ω
p2-
ω2
p2F(p)
D’où : F(p) = ω
p2 + ω2
= F(p)
Autre calcul, bien plus rapide :
On a vu que :1
p+a=L exp –at
Reprenons cette écriture en remplaçant a par jω, avec ω constante :
1
p+jω=L exp -jωt p-jω
p2+ω2=
Or : exp -jωt = cos ωt – j sin ωt
Et, par linéarité : L exp -jωt ) = Lcos ωt – j Lsin ωt
p
p2+ω2=
jω
p2+ω2-
L exp -jωt L cos ωt - j sin ωt =
Par identification :
Lcos ωt =
Lsin ωt =
p
p2+ω2
ω
p2+ω2déjà vu
Il existe des formulaires de transformées de Laplace.
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Linéarité :
Par développement et l’intégrale d’une somme est la somme des intégrales.
Très utilisée lors des calculs des transformées
Il suffit de se rappeler de la définition…
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Transformées de Laplace d’une dérivée
u = exp (-pt)dv = f’(t) dt
du = (-p) exp (-pt) dtv = f(t)
Par ∫ u dv = [ u v ] – ∫ v duIntégration par parties :
L f’(t) = p F(p) – f(0+)
Appliquons à notre calcul
= F(p)
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Transformées de Laplace d’une dérivée, suite
£ f(t) = F(p)
£ f’(t) = p F(p) – f(0+)
£ f’’(t) = p [ p F(p) – f(0+) ] – f’(0+)
£ f’’’(t) = p p [p F(p) – f(0+) ] – f’(0+) – f’’(0+)
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Transformées de Laplace d’une intégration
u variable d’intégration
F(p)
Posons :
soit :
Par la page précédente :
or :D’où :
=0
pL ∫f(t) =
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Théorème du retard f(t) u(t)f(t-) u(t-)
La transformée de Laplace de la fonction retardée est :
Posons x = t- t = x +Quand t parcours à l’infini, x parcours de 0 à l’infini
La transformée s’écrit :
==
x : variable d’intégration
Changement de variable
dx = dt
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Théorème de l’amortissement, ou multiplication par l’exponentielle
Ecriture de F(p) dans laquelle on a remplacé p par p+k
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Théorème de la valeur initiale
Théorème de la valeur finale
Si elle existe,
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Transformée de Laplace d’une fonction périodique
G(p) est la transformée de Laplace de g(t), alors F(p) la transformée de f(t) s’écrit :
une fonction f(t) périodique de période T, faite de motifs g(t)
Principales Propriétés des Transformées de Laplace
Théorème de convolution
La convolution de deux fonctions f(t) et g(t), est la fonction h(t) définie par
que l’on note h(t) = f * g .
Cette opération est commutative, c’est-à-dire que
On a :
Rappel : la transformée de Laplace d’un produit
n’est pas le produit des transformées de Laplace !
Rappel :A une fonction f(t) dans le monde réel correspond une fonction F(p) dans le monde symbolique. Cette fonction est appelée : image de f(t). Inversement f(t) est appelée : originale de F(p).
Comment retrouver f(t) à partir de F(p) ?
Transformées inverses de Laplace
1) Par lecture des tables de transformées
2) et/ou par exploitation des propriétés
3) et/ou par décomposition en éléments simples (dans le cas de F(p) en fractions rationnelles)
4) par la méthode des résidus (vue plus tard)
Définition, propriétés
Application à l’électronique
TRANSFORMEES DE LAPLACE
Application 1 : Circuit LR attaqué par un échelon de tension
On pose :
Ecrire les équations qui régissent le circuit, sous forme temporelle, et sous forme de Laplace.
On applique en e(t), un échelon de tension, d’amplitude Eo. Condition initiale nulle. Déterminer l’expression de I(p). En déduire i(t).
e(t) = uL(t) + uR(t) uL(t) = L di/dt uR = R i(t)
E(p) = UL(p) + UR(p) UL(p) = L p I(p) UR(p) = R I(p)
E(p) = (R + L p) I(p)
E(p) = Le(t)S(p) = Ls(t) I(p) = Li(t)
E(p) = Eo/p
i(t) = ?
i(t) = ? Il nous faut trouver l’original de I(p)
1) Par lecture des tables de transformées
On connaît : l’original de 1/p : u(t) l’original de 1/(p+a) : u(t) exp (-at)
Mais on n’a pas l’original de 1/[p(p+a)] ou du moins on suppose que l’on ne l’a pas…
2) et/ou par exploitation des propriétés
3) et/ou par décomposition en éléments simples (dans le cas de F(p) en fractions rationnelles)
Eo Eo
i(t) = Eo/R [ 1-exp (–t/) ] u(t) = L/R
s(t) = Eo [ 1-exp (–t/) ] u(t) S(p) = R I(p)
s(t) = R i(t)
On prend l’original
R -R/LA = B =
e(t) = uL(t) + uR(t)
uL(t) = L di/dt uR = R i(t)
E(p) = (R + L p) I(p)
Eo
pE(p) =
Tension s(t) = R i(t) :
Récapitulation :
Equations temporelles,
Transformation en Laplace
Résolution sous Laplace
Retour en temporel
s(t) = Eo [ 1-exp (–t/) ] u(t)
Eo
t
s(t)
À t -> infini, courant continu, di/dt = 0 et s = e = Eo
1- On intègre d’abord l’ESSM :
L i’ + R i = e(t)
L
R
i
i' près constante une à , iln dti
i'et i)'(ln
i
i'or
, C t L
R - iln :écrit s' qui ce t]
L
R[- expK isoit i(t) = Io exp [-t/] avec = L/R
uL(t) = L di/dt uR = R i(t)
L i’ + R i = 0
2- On recherche une solution particulière :
On recherche i(t) qui satisfasse : L i’ + R i = constante = Eo
i(t) de la forme = constant répond à cette équation i(t) = Eo/R
3- La solution complète est : la solution de l’ESSM + solution particulière i(t) = Io exp [-t/] + Eo/R
0 = Io exp [-t/] + Eo/R
4- La constante d’intégration Io est alors calculable par la condition initialeÀ t = 0, i(t) = 0, soit : => Io =- Eo/R
Il vient : i(t) = Eo/R (1-exp [-t/]) Par s(t) = R i(t) : s(t) = Eo (1-exp [-t/])pour t > 0
Rappel :Résolution en temporel
Application 2 : Circuit LR attaqué par une rampe de tension
On applique en e(t), une rampe de tension, d’expression kt.Condition initiale nulle. Déterminer l’expression de I(p). En déduire i(t).
Rappel : transformée de Laplace de la rampe unitaire :1p2
L’entrée e(t),qui est une rampe kt,a comme transformée de Laplace :
kp2
E(p) =
Les équations de maille sont inchangées, et on conserve :
Il nous faut trouver l’original de cette expression pour avoir i(t)
Décomposition en éléments simples
A B Cp2 p R+Lp+ +=
A B C/Lp2 p p+R/L+ +=
i(t) = [At + B + C/L exp (-t/)] u(t)
Supposons A, B, C calculés
ou « pour t > 0 »
Original terme à terme
A B Cp2 p R+Lp+ +=
Parmi les différentes méthodes, l’identification après réduction au même dénominateur
A(R+Lp) + Bp (R+Lp) + C p2
p2 (R + Lp)=
D’où p2(BL+C) + p (AL + BR) + AR = k
=0 =0 = k
C = - B L B = - A L / R A = k/R
B = - k L / R2
C = k L2/R2
Décomposition en éléments simples
A = k/R B = - k L / R2 C = k L2/R2
i(t) = [At + B + C/L exp (-t/)] u(t)
i(t) = k/R t - [1- exp (-t/)] u(t)
D’où le tracé
i(t) = [ (k/R) t - k L / R2 + k L/R2 exp (-t/)] u(t)
i(t) = (k/R) t - L / R + L/R exp (-t/) u(t)
= L/R
i(t) = k/R t - [1- exp (-t/)] u(t)
À t tendant vers 0 :
À t tendant vers l’infini :
t
i(t) = 0
i(t) se comporte comme :
R i(t) = k t - [1- exp (-t/)] u(t)
R i(t)
R
k t - u(t)Pour t grand, la tension Ri(t) se comporte comme :
k t - u(t)
R i(t)
e(t)
Tension R i(t) :k t - [ 1- exp (-t/) ] pour t > 0
droites parallèles : pente k
e(t) = uL(t) + uR(t)
uL(t) = L di/dt uR = R i(t)
E(p) = (R + L p) I(p)
kp2
E(p) =
Tension s(t) = R i(t) :k t - [ 1- exp (-t/) ] pour t > 0
Récapitulation :
Equations temporelles,
Transformation en Laplace
Résolution sous Laplace
Retour en temporel
Application 3 : Circuit RC attaqué par une impulsion de courant Io de durée T
Forme du courant i(t) montage
Forme du courant i(t) montage
Utiliser le formalisme de Laplace pour exprimer I(p), transformée de Laplace de i(t).
i(t) =
Io u(t)
-
Io u(t) retardé de T
Io u(t-T)
Io
p
Io
pexp (-Tp)
Io
p
Io
pexp (-Tp)-I(p) =
soit Théorème du retard
Transformées de Laplace terme à terme
Remarque intéressante :
I(p) peut aussi se déterminer par la définition :
Pour cet exemple simple,
Io
p
Io
pexp (-Tp)-I(p) =
Par loi d’Ohm aux bornes d’un condensateur
Uc(p) = 1
CpI(p)
Sans C.I.Io
Cp2
Io
Cp2
exp (-Tp)-Uc(p) =
Nous avons calculé
Il nous faut maintenant uc(t)
Io
Cp2
Io
Cp2
exp (-Tp)-Uc(p) =
D’où terme à terme :
Io
C Cuc(t) = -t u(t)
Io(t-T) u(t-T)
Io
Ct
Io
C(t-T)Ce qui signifie :
pour t > 0, nul ailleurs
Pour t > T, nul ailleurs
On finit en recherchant
l’original de UC(p)
Io
Ct
Io
C(t-T)
pour t > 0, nul ailleurs
pour t > T, nul ailleurs
Io
C Cuc(t) = -t u(t)
Io(t-T) u(t-T)
Io
CT
Construction de uc(t) :
Courant nul,le condensateur reste chargé
Charge à courant constant
Io
p
Io
pexp (-Tp)-I(p) =
Io
Cp2
Io
Cp2
exp (-Tp)-Uc(p) =
i(t) = Io u(t) - Io u(t-T)
Io
C Cuc(t) = -t u(t)
Io(t-T) u(t-T)
Récapitulation :
Equations temporelles,
Transformation en Laplace
Résolution sous Laplace
Retour en temporel
Décomposition en éléments simples N(p)D(p)
degré de D(p) > degré de N(p)
Cas 1 : toutes les racines de D(p) sont réelles et différentes (« pôles simples »)
D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p+a) (p+b) (p+c)…N(p)D(p)
= A B Cp+a p+b p+c
+ +
a, b, c, réels
[il y a autant de termes que le degré de D(p)]
Cas 2 : des racines de D(p) sont réelles et égales (« pôles multiples, de mutiplicité n »)
N(p)D(p)
= A1 B C
p+a p+b p+c+ +
D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p+a)n (p+b) (p+c)…A2
(p+a)2
A3
(p+a)3+ +… +
An
(p+a)n+
Cas 3 : des racines de D(p) sont complexes (pôles « complexes »)
D(p) peut s’écrire sous une forme comme (p2+ap+b) (p+c)…
Alors :
Alors :
Tel que le discriminant Δ est < 0Alors : N(p)D(p)
= Ap+B
p2+ap+b p+c+
C
Cas 4 : des racines de D(p) sont complexes et multiplesD(p) peut s’écrire sous une forme comme (p2+ap+b)n (p+c)…
Alors : N(p)D(p) =
p2+ap+b p+c+
A1p+B1 C
(p2+ap+b)2+..+
A2p+B2
(p2+ap+b)n
Anp+Bn +
a, b, c, réels
Application 4 : Circuit d’ordre 2
1) Interrupteurs dans cette position, donner courants, tensions d’équilibre (régime permanent)
2) On commute les 2 interrupteurs simultanément. Calculer i(t) circulant dans L1.
iL1 = iL2 = 0 (branches ouvertes)uC = 1 V
Cela permet de placer des conditions initiales pour la question suivante ;+)
ve uR2
uR1
uC
uL1 uL2
ve = uR1 + uL1 + uc
uL1 = L1 di/dtuR1 = R1 i
uc = 1/C ∫ (i-i2) dt
uC = uR2 + uL2
uR2 = R2 i2
uL2 = L2 di2/dt
i(t) i2
i-i2
Fléchons courants, tensions :
Etablissons les lois des mailles, lois des noeuds
ve = R1 i + L1 di/dt + uC
duC/dt = (1/C) (i-i2)
uC = R2 i2 + L2 di2/dt
(1)
(2)
(3)
ve = R1 i + L1 di/dt + uC
duC/dt = (1/C) (i-i2)
uC = R2 i2 + L2 di2/dt
(1)
(2)
(3)
Transformées de Laplace Rappel : L f’(t) = p F(p) – f(0+)
Ve(p) = R1 I(p) + L1 [ p I(p) – i(0) ] + UC(p)
p UC(p) – uC(0) = (1/C) [I(p) – I2(p)]
UC(p) = R2 I2(p) + L2 [ p I2(p) – i2(0) ]
Avec, d’après la question précédente : i(0) = 0 A , i2(0) = 0 A , uC(0) = 1 V
Éliminons I2 :
Par (3) : I2 = UC(p)
R2+L2pMis dans (2) : p UC(p) – 1 = (1/C) [ I(p) - ]
UC(p)
R2+L2p
On trouve alors une expression de UC(p) :
UC(p) = ( I(p)/C + 1)
p2 L2 C + R2 C p + 1
( R2+L2p ) C
Que l’on place dans (1), pour aboutir à :
I(p) = Ve(p) [ p2 L2 C + R2 C p + 1 ] - ( R2+L2p ) C
[p2 L2 C + R2 C p + 1]( R1 + L1p ) + R2 + L2p
Conséquence de la C.I.
Transformée de Laplace de i(L1)
Application numérique Ve(p) = 1/p (l’interrupteur crée un échelon de 1 V)
I(p) = (1/p) [ p2/2 + 2p + 1 ] – (4 + p) (1/2)
(4+p) [ p2/2 + 2p + 1 ] + 4 + p
Soit, après simplification : I(p) = 1
p [ p3/2 + 4p2 + 10 p + 8 ]
On remarque que :
[ p3/2 + 4p2 + 10 p + 8 ] (p+a) (p+b) (p+c)1=2
Soit, après identification : a = 2, b = 2, c = 4
d’où I(p) = 2
p (p+2)2 (p+4)
qui se décompose en éléments simples :
A B C D
p (p+4)(p+2)2(p+2)+ + +I(p) =
Avec : A = 1/8, B = 0 , C = -1/2 , D = -1/8 1 1 1
8 p 8(p+4)2(p+2)2
- -I(p) = D’où, l’original, terme à terme :
1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t)
88 2i(t) =
pour t > 0i(t)
Script :
Exploitons Matlab pour tracer cette équation
1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t)
88 2i(t) = pour t > 0
exp(-2t) ≈ 1 - 2t + 2t2 +…
d’où t exp(-2t) ≈ t - 2t2 + 2t3 +…
exp(-4t) ≈ 1 - 4t + 8t2 - (64/6) t3 +...
i(t) ≈ t3/3
t = (0 : 1e-3 : 5) ;i = 0.125 – 0.5*t.*exp(-2*t)- 0.125*exp(-4*t);figure(1) ;plot(t,i) ;title('courant')xlabel('temps')
Rem : pour t → , i(t) → 0,125 A
Au voisinage de 0…
Exploitons Pspice pour vérifier le comportement de ce circuit
evolution du courant dans circuit R1L1CL2R2* fichier ordre2.cirVe 1 0 DC=1R1 1 2 4L1 2 3 1 IC=0C 3 0 0.5 IC=1L2 3 4 1 IC=0R2 4 0 4 .tran 1m 5 0 1m UIC.probe.end
Time
0s 0.5s 1.0s 1.5s 2.0s 2.5s 3.0s 3.5s 4.0s 4.5s 5.0sI(L1)
0A
50mA
100mA
150mA
Valeur finale : 0,125 A
Valeur du courant à t = 0 : 0 A
On retrouve la condition initiale
i(t)
En DC, la source 1 V est connectée à 4 + 4 = 8 ,d’où i = 1/8 = 0,125 A
Théorème de la valeur initiale
Théorème de la valeur finale
Si elle existe,
Soit lim p 1 1 1
8 p 8(p+4)2(p+2)2
- -( )p→
= 0
Soit lim p 1 1 1
8 p 8(p+4)2(p+2)2
- -( )p→0
= 1/8 = 0,125
On a donc i(0) et i() avant d’avoir l’expression de i(t)
lim i(t) = lim p I(p)p→t→0
lim i(t) = lim p I(p)p→0t→
Pour info : exploitons Pspice pour visualiser les autres grandeurs
(1) (2) (3)(4)
Time
0s 0.5s 1.0s 1.5s 2.0s 2.5s 3.0s 3.5s 4.0s 4.5s 5.0sI(L1) I(L2) I(C)
-200mA
0A
200mA
0 A
125 mA
iC(t)
iL2(t)
iL1(t)
V(1) V(2) V(3) V(4)0V
0.4V
0.8V
1.2V
SEL>>
1 V
0 V
0,5 V
V(4)
V(3)
V(2) V(1) : échelon de 1 V
Condensateur chargé
V(2) = V(3) = V(4) = 0,5 V
uC(0) = 1 V
iC < 0 signifie courant sortant (décharge)
Transformées de Laplace
Analyse harmonique
Quadripôles
« CIRCUIT »
Principe, notion de transmittance
Application à l’électronique
ANALYSE HARMONIQUE
Principe, notion de transmittance
Application à l’électronique
ANALYSE HARMONIQUE
notion de transmittance
Re(t)
Ls(t)
S(p) = R I(p)
E(p) = (R + L p) I(p)
La « transmittance en p » est la fonction de transfert :
grandeur de sortie en p
grandeur d’entrée en p
Utilisée dans le formalisme des schémas blocs.
Rem : Transmittance ou fonction de transfert.
Rappel : Pour les systèmes linéaires, l'analyse fréquentielle permet de connaître la réponse du système à une excitation sinusoïdale, à différentes fréquences.
de la transmittance en « p » à la réponse harmonique
L’étude de la réponse harmonique d'un système consiste simplement à étudier le nombre complexe T(jω) qu'on appelle transmittance harmonique (ou transmittance complexe).Le nombre complexe T(jω) s'obtient simplement en remplaçant p par jω dans l'expression de la fonction de transfert T(p).
Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation)
Les lieux de Bode sont constitués :- d'une courbe de gain (en dB) rappel : Gain = 20 log I A I- et d'une courbe de phase φ (en °, ou en rad).
On utilise une échelle semi logarithmique :
Pulsation (ou fréquence) sur une échelle log
G sur une échelle linéaire en dB (c’est-à-dire A sur une échelle log…).
Bode Nyquist Black
Bode
Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation) :
C'est la représentation du nombre complexe T(jω) dans le plan complexe, en coordonnées polaires, en faisant varier le paramètre ω de 0 à l'infini.
Bode Nyquist Black
Nyquist
Le lieu de Nyquist est gradué en valeurs de ω (ou f).
Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation) :
Bode Nyquist Black
Black
ω varie de 0 à +∞ en abscisse, la phase (en degré, sur une échelle linéaire) et en ordonnée, le gain G (=20 log |A|)
Le lieu de Black est gradué en valeurs de ω (ou f).
Réponses harmoniques du dérivateur
http://www.iutenligne.net/ressources/automatique/verbeken/CoursAU_MV/
Bode Nyquist
Fonction jω
Module : ω
Phase : artg = π/2
20 log ω
20 log module
Réponses harmoniques de l’intégrateur
Bode Nyquist
Fonction 1/jω
Module : 1/ω
Phase : artg - = -π/2
20 log 1/ω = - 20 log ω
20 log module
http://www.iutenligne.net/ressources/automatique/verbeken/CoursAU_MV/
Intérêt des Tracés de Bode : Les tracés de 20 log module et de la phase se font par étapes élémentaires
20 log N(jω)D(jω)
20 log D(jω)20 log N(jω) -=
φ N(jω)D(jω) arg
N(jω)D(jω) arg N(jω) - arg D(jω)ou = = 2 tracés
Par log (A B) = log A + log B, on a :
= 2 tracés permettent d’avoir le produit20 log N1(jω) N2(jω) 20 log N2(jω)20 log N1(jω) +=
Par log (A / B) = log A - log B, on a :
= 2 tracés permettent d’avoir le rapport
Par log (A B / C D)
T(jω) = N1(jω) N2(jω)
T(jω) = N(jω) / D(jω)
(1 + j ) (1 + j )ωω1
ωω2
(1 + j ) (1 + j )ωω3
ωω4
T(jω) =
Par arg (A / B) = arg A - arg B, on a :
etc
Cas d’une fonction produit
Cas d’une fonction rapport
= log A + log B – log C – log D
etc
Cas général
De même, pour la phase :
Exemple de base : transmittance vue précédemment
Transmittance que l’on pose à T(p) rapport des tensions
D’où T(jω)
Remarque : c’est également la transmittance d’un circuit RC
Re(t)
Ls(t)
1/Cp
R + 1/Cp=
1
1 + RCp
remplaçons p par jω :=
log N(jω)D(jω)
tracé de 20 logN(jω)
tracé de 20 logD(jω)
log D(jω)log N(jω) -=
20 log N(jω)Dj(ω)
20 log D(jω)20 log N(jω) -=
permettent d’avoir le tracé de 20 log N(jω)
Dj(ω)
φ N(jω)D(jω)
arg N(jω)D(jω)
arg N(jω) - arg D(jω)ou =
tracé de
tracé de
permettent d’avoir le tracé de
arg N(jω)
arg D(jω)
φ N(jω)D(jω)
Rappel :
Le tracé de Bode se fait par étapes
20 log 20 log D(jω)20 log 1 - =
ω 0 ω infini
D(jω) ≈ 1 D(jω) ≈ ω infini
20 log ≈ 0 dB 20 log ≈ - infini
= - 20 log D(jω)
φ
= - 20 log
arg - arg D(jω)1= = - arg
ω 0 ω infini
arg D(jω) ≈ ω artg 0 = 0 arg D(jω) ≈ artg ≈
ω = 1/
D(jω) = √2
20 log = - 3 dB
ω = 1/
/2
- artg 1 = - artg infini ≈ - /2 - /4 = - 45°- artg 0 ≈ 0arg T(jω) ≈ arg T(jω) ≈arg T(jω) ≈
20 log
ω 0 ω infini
≈ 0 dB - infini
φ
= - 20 log
- arg
ω 0 ω infini
ω = 1/
= - 3 dB
ω = 1/
- /2 = - 45°0
Frequency
1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzP(V(2))
-90d
-45d
0d
dB(V(2))-60
-40
-20
0
SEL>>
Bode
3 dB
f → infini : Asymptote : -20 dB/décadef → 0 : Asymptote horizontale
-45°
Intégrateur en hautes fréquences
I I → 0G → - → -/2
f, ω →
I I → 1G → 0 → 0
f, ω → 0
NyquistComportement quand f 0 f infini
Repère orthonormé : lieu en demi cercle
R(V(2))
0V 0.5V 1.0VImg(V(2))
-1.0V
-0.5V
0V
10 Hz (exemple)
20 Hz (exemple)
50 Hz (exemple)
1
Incomplet…
Intégrateur en hautes fréquences
→ -/2I I → 0
f, ω → → 0I I → 1
f, ω → 0
Pourquoi est-ce un cercle ?
Dans le plan complexe, l’affixe de T(jω) est : x =
y = - Combinons (1) et (2)
(1)
(2)
y = - ω x
Soit y2 = x2 (ω )2 (12)
(1) : (ω )2 = 1/x - 1
Soit, (12): y2 = x2 (1/x -1 ) = x - x2 = - [x2 - x + ¼ - ¼]
= - [(x-1/2)2 - ¼]
D’où : y2 + (x-1/2)2 = 1/4
R(V(2))
0V 0.5V 1.0VImg(V(2))
-1.0V
-0.5V
0V01/2
1
1
Équation d’un cercle
Rayon 1/2
Centre y = 0 et x = 1/2
(y-y0)2 + (x-x0)2 = R2
x + x(ω )2 = 1 x(ω )2 = 1- x
Intérêt des Tracés de Bode : Les tracés de 20 log module et de la phase se font par étapes élémentaires
(1+ jf/f1) (1+jf/f2)
jf/fNvs(jf)
ve(jf)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz
Autre exemple
1k 10k 100k 1M100
0 dB
0- /2
+20 dB/dec
-20 dB/dec-20 dB/dec
vs(jf)
ve(jf)20 log
+ /2
Tracésasymptotiques
f
À propos de l’échelle log…
1 102 4 8
52,51,25
En toute rigueur log 2 = 0,30102999…
log 2 0,3Arrondir à 0,3 représente une erreur de … 0,34 % environ
ce qui est acceptable pour un tracé….
Or 0,3 = 3
10
Prenons un axe, et marquons 10 intervalles régulièrement espacés
Plaçons 1 Plaçons 10
+ 1 octave + 1 octave + 1 octave
Multiplier par 2 ajouter une octave
Multiplier par 10 ajouter une décade
+ 1 décade
- 1 octave- 1 octave- 1 octave
Diviser par 2 retirer une octave
COMMENT FAIRE SI ON N’A PAS DE PAPIER LOGARITHMIQUE ?
2 sur une échelle log est au 3/10
1 102 4 8
52,51,25
- 1 décade
+ 1 octave
161,6 3,2 6,4
Continuons à graduer une échelle log :
Ces valeurs sont donc placées sur une échelle log
Remarque :
12,8+ 1 octave
?? ??Pourquoi n’y a-t-il pas un rapport 10 ?
À chaque octave, on a fait une erreur de 0,34 %
On a fait : 2; 4; 8; 16 : 4 fois l’erreur,Retour à 1,6 : pas d’erreur puis 3,2; 6,4; 12,8 : 3 fois l’erreur.Soit au total un cumul de 7 erreurs dans le même sens
(1,0034)7 = 1,024
1,25 x 10 x 1,024 = 12,8
On ajoute 2 intervalles
Autre « truc » à savoir :
a b
Échelle log
Milieu du segment [a b] sur une échelle log
Milieu géométrique
a b
1 10
≈3,16
etc
10 10020 40 80
1k
200 400 800
Expérimentalement, pour tracer une courbe, quelques points judicieusement placés apportent toute l’information utile.
2k 4k 8k10k
Judicieusement placés : par exemple : 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 10ou : 1 ; 2,5 ; 5 ; 10 ou : un mix des 2 (1 ; 2 ; 5 ; 10 )
etc
10 100
20 40 80
log
10-2
10-1
100
101
102
-90
-60
-30
0P
hase (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
ω0ω0 10 ω0
10
+ 1 décade- 1 décade
Dernier « truc » à savoir,sur l’artg :
L’asymptote oblique est proche de la fonction artg :
Asymptote oblique
L’écart entre ces 2 courbes est inférieur à 6°
log
Cela forme donc un tracé rapide et représentatif, de la phase d’un système du premier ordre
Pente 45 ° par décade
Rappel : ces tracés (Bode, Nyquist, Black) présentés ont pour fonction de transfert :
Obtenues, par exemple, avec les montages suivants :
Sont avec des montages sans courant débité
i = 0
T1(j) T2(j)
T(j) = s(j)/e(j) ≠ T1(j) T2(j)
Conséquence :
i = 0
Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à l’échelon)
Cas du passe bas
Frequency
1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzP(V(2))
-90d
-45d
0d
dB(V(2))-60
-40
-20
0
SEL>>
1/2
Réponse indicielle rapide = bande passante élevée
faible 1/ élevé
BP-3dB
Comportement statique
t → f → 0
Système du deuxième ordre
ANALYSE HARMONIQUE
1
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
2 z ω0
p+
ω02
p2
+ 1
1
2 z ω0
p+
ω02
p2
+ 1
Expressions générales : Laplace p→jω Etude harmonique
z : ω0 : Pulsation propre Coefficient d’amortissement
Passe haut
Passe bas
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
Phase
+
ω0
ω
1 - ω0
2
ω2
2 z ω0
ω
2 2
Ces fonctions sont paramétrées en z
= artg
1 - ω0
2
ω2
2 z ω0
ω
Variable réduite
Module
3 cas : z > 1 ; z = 1 ; z < 1
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
Si z > 1, le trinôme : 2 z ω0
p+
ω02
p2
+ 1 peut s’écrire : (1 + 1p) (1 + 2p)
ω02 =
Tel que :
1 = ω1 =
= ω2 =1zz
f2
0
1zz
f2
0
1zz 2
0
1zz 2
0
= f1 =
= f2 =
f02 = f1 f2
ω0 1 2
f0 = f1 f2
1
12
121
1
22
(1 + jω/ω1) (1 + jω/ω2) peut s’écrire :
Échelle log
11
12
=1
ω1 ω2ω0
ω
f1 f2f0f
z > 1
f1 f2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
-120
-100
-80
-60
-40
-20
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Passe bas
-200
-150
-100
-50
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-4
10-2
100
102
104
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10550
12
≈ 0,01
1zz 2
0
1zz 2
0
10550
12
≈ 100
>> T=tf([1],[1,100,1]);>> bode (T)
>> T=tf([1],[1,10,1]);>> bode (T)
ω0= 1 z = 50 ω0= 1 z = 5
155
12
≈ 0,1 155
12
≈ 10
ω = →0
ω = →
-
0 dB
12
1
020
2
pzp
p→jω
(1 + jω/ω1) (1 + jω/ω2)
1 1z > 1 : équivalent à :
ω1 ω2
Il faut monter haut en fréquence pour vérifier ordre 2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
>> T=tf([1],[1,100,1]);>> nyquist (T)
>> T=tf([1],[1,10,1]);>> nyquist (T)
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
x 10-4
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2x 10
-3 Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
-0.1 -0.08 -0.06 -0.04 -0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1-0.2
-0.15
-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
ω0= 1 z = 50 ω0= 1 z = 5
ω = →0ω = →+
ω > 0
zoom
-ω = →
Même lieu… Mais coordonnées des fréquences différentes
Il faut monter haut en fréquence pour vérifier ordre 2
→ -/2 ???
ω < 0
ω = →-
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
-80
-60
-40
-20
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> T=tf([1],[1,2,1]);>> bode (T)
Cas particulier
Pôle double
- 6 dB
ω0= 1 z = 1
(1 + jω/ω0)
1z = 1 : équivalent à 2
1
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
>> T=tf([1],[1,2,1]);>> nyquist (T)
ω = →0ω = →
ω > 0
Ce passe-bas est clairement un ordre 2 : 2 quadrants traversés
1
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
z < 1 2 z ω0
p+
ω02
p2
+ 1
+ 1 - ω0
2
ω2
2 z ω0
ω
2 2
Le module
Le module passe par un maximum à ωR appelée pulsation de résonance
ωR = ω0 1 - 2 z 2
la résonance n’existe que si z <
A une dérivée qui s’annule pour une pulsation particulière :
Si z << 1, ωR ≈ ω0
2
1
1 + 2 z j ω0
ω - ω0
2
ω2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
-40
-30
-20
-10
0
10
20
Mag
nitu
de (
dB)
10-1
100
101
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> bode (T)
ω0= 1 z = 0,1
ωR = ω0 1 - 2 z 2 = 1 – 0,02 = 0,98 ≈ 1 = ω0
I I = 2 z 1 - z 2
1
à ω0 , = - 90°
I I =
2 z
1
1
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
z > 1 Bode Nyquistz = 1 z < 1
>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> nyquist (T)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
Mag
nitu
de (d
B)
10-1
100
101
-180
-135
-90
-45
0
Phas
e (d
eg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Résonance :Augmentation du moduleGrande variation angulaire sur une faible variation de fréquence
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inary
Axis
ω = →0ω = →
ω > 0
ω0= 1 z = 0,1
-45°
-135°
1
Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à l’échelon)
z0 0,707
z
0 1
résonance
Peu marquéeTrès marquée
1
Équivalent à 2 premiers ordres
confondus Très séparés
Réponse oscillatoire
Cas du passe bas
0 10 20 30 40 50 600
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8Step Response
Time (sec)
Am
plitu
de
>> T=tf([1],[1,0.2,1]);>> step (T)
-2 0 2 4 6 8 10 12 140
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Step Response
Time (sec)
Am
plitu
de
>> T=tf([1],[1,2,1]);>> step (T)
0 10 20 30 40 50 600
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Step Response
Time (sec)
Am
plitu
de
>>T=tf([1],[1,10,1]);>> step (T)
Il faut zoomer au voisinage de t = 0 pour vérifier ordre 2 :Tangente horizontale et point d’inflexion
z = 0,1z = 1 z = 5
Faiblement amortie
Systèmes d’ordre supérieur à 2ANALYSE HARMONIQUE
Le tracé de Bode se fait par étapes successives, en partant de tracés élémentaires connus
(1 + j )ωω1
j ωω1
(1 + j ) (1 + j )ωω1
ωω2
1 + 2 z j
ω0
ω-
ω02
ω2
(1 + j )ωω1
j ωω1
(1 + j ) (1 + j )ωω1
ωω2
1 + 2 z j
ω0
ω-
ω02
ω2
1 1 1 1
-200
-150
-100
-50
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-1
100
101
102
103
104
-270
-180
-90
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
100
101
102
103
104
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
Mag
nitu
de (
dB)
10-1
100
101
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> TA=tf([1],[1,0.2,1]);>> bode (TA)
>> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T3)
>> T=TA*T3;>> bode (T)
1 + 2 z j
ω0
ω-
ω02
ω2
1
(1 + j )ωω1
1
ω0= 1 z = 0,1 ω1 = 100
- 40 dB/déc
Passe bas Ordre 2, avec résonance
- 20 dB/déc
Passe bas, Ordre 1
1 rad/s
100 rad/s
- 40 dB/déc
- 60 dB/déc
Sur la courbe de phase, les 2 cassures (séparées par 2 décades) ne s’influencent pratiquement pas
Asymptote oblique
Ex. 1
-20
-10
0
10
20
30
40
Mag
nitu
de (
dB)
10-1
100
101
0
45
90
135
180
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
100
101
102
103
104
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-50
0
50
100
150
Mag
nitu
de (
dB)
10-1
100
101
102
103
104
0
45
90
135
180
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> T=tf([1,0.2,1],[0,1]);>> bode (T)
>> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T3)
>> Tt =T*T3;>> bode (Tt)
1 + 2 z j
ω0
ω-
ω02
ω2
(1 + j )ωω1
1
ω0= 1 z = 0,1 ω1 = 100 Passe haut Ordre 2, avec résonance
1 rad/s
- 20 dB/déc
Passe bas, Ordre 1
100 rad/s1 100
+ 40 dB/déc
+ 20 dB/déc
Dans ce cas (z=0,1), les 2 cassures (séparées par 2 décades) ne s’influencent pratiquement pas
+ 40 dB/déc
Ex. 2
1 + 2 z j
ω0
ω-
ω02
ω2
(1 + j )ωω1
1
ω0= 1 z = 5 ω1 = 100
>> T2=tf([1,10,1],[0,1]);>> bode (T2)
>> T1=tf([0, 1],[1/100, 1]);>> bode (T1)
>> T =T2*T1;>> bode (T)
0
20
40
60
80
100
120
Mag
nitu
de (
dB)
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
0
45
90
135
180
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
100
101
102
103
104
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
0
20
40
60
80
100
120
Mag
nitu
de (
dB)
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
104
0
45
90
135
180
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
≈ 0,1 ≈ 10
+ 40 dB/déc
- 20 dB/déc
Passe bas, Ordre 13 cassures :
0,1 et 10 100
0,1 10
La courbe réelle de phase « n’a pas le temps » d’atteindre les asymptotes
40 dB
0 dB
80 dB
120 dB
Ex. 3
Principe, notion de transmittance
Application à l’électronique
ANALYSE HARMONIQUE
Principe , notion de transmittance
Application à l’électronique
ANALYSE HARMONIQUE
Application n°1 :
SER1
C2
C1
R2
R2R1
Le(t) s(t)
C1 R1 R2
C2
e(t) s(t)
C
R L
Ve Vs
CR
LVe Vs
C
R
L
Ve Vs C
R L
Ve Vs
CR
LVe Vs
C
R
L
Ve Vs
montages passifs, (étudiés en TD n° 6)
montages passifs, (étudiés en TD n° 5)
vs(jω)ve(jω)
Réponse harmonique de :
Application n°2 :
Ordre 2, passif
H(jω) =
vs(jω)ve(jω)
vs(jω)
ve(jω)
ZTH =j R1 Lω
R1 + j Lω
vs(jω) ETH =R1
R1 + j Lωve(jω)
Par pont diviseur de tension : vs(jω) = ETH R2
R2 + (1/jCω) + ZTH
Soit : vs(jω) = R1
R1 + j Lωve(jω)
R2
R2 + (1/jCω) + ZTH
jω/ωn
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2=
vs(jω)
ve(jω)Ordre 2, passif
Soit : vs(jω)
ve(jω)
jω R2 C
1 + jω [R2 C + (L/R1)] – LCω2 (1+R2/R1)=
ωn =
LC (1+R2/R1)
1ω0 =
1
R2 C
jω/ωn
1 + 2 z j ω0
ω-
ω02
ω2
vs(jω)
ve(jω)=
ωn = 6250 rad/s ω0 = 63,38 krad/sfn 1 kHz f0 10 kHz
D’où z = 5,1
A.N. : R1 = 1,8 kΩ ; R2 = 1 kΩ ; L = 1 mH ; C = 160 nF.
2 z
ω0
= R2 C + (L/R1)
Rem : z > 1 (2 racines réelles) signifie que le polynôme d’ordre 2 s’écrit :
(1+ j/1) (1+j/2)
Par identification :
ou (1+ jf/f1) (1+jf/f2) avec :12zz
0f
12zz0
f
f1 = f2 =
A.N. : f1 1 kHz ; f2 100 kHz
vs(jω)
ve(jω)
(1+ jf/f1) (1+jf/f2)
jf/fN=
fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz
(1+ jf/f1) (1+jf/f2)
jf/fNvs(jω)
ve(jω)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz
1k 10k 100k 1M100
0 dB
0- /2
+20 dB/dec
-20 dB/dec-20 dB/dec
vs(jω)
ve(jω)20 log
+ /2
Tracésasymptotiques
Étude déjà vue…
(1+ jf/f1) (1+jf/f2)
jf/fNvs(jω)
ve(jω)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz
(1+ jf/f1) (1+jf/f2)
jf/fNvs(jω)
ve(jω)= fN 1 kHz ; f1 1 kHz ; f2 100 kHz
-20
0
20
40
60
Mag
nitu
de (
dB)
103
104
105
106
89
89.5
90
90.5
91
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> T1=tf([1/(2*pi*1e3), 0],[0, 1]);>> bode (T1,2*pi*1e2,2*pi*1e6)
>> T2=tf([0, 1],[1/(2*pi*1e3), 1]);>> bode (T2,2*pi*1e2,2*pi*1e6)
>> T3=tf([0, 1],[1/(2*pi*100e3), 1]);>> bode (T3,2*pi*1e2,2*pi*1e6)
-60
-40
-20
0
20
Mag
nitu
de (
dB)
103
104
105
106
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-60
-40
-20
0
20
Mag
nitu
de (
dB)
103
104
105
106
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-25
-20
-15
-10
-5
0
5M
agni
tude
(dB
)
103
104
105
106
-90
-45
0
45
90
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
>> T=T1*T2*T3;>> bode (T,2*pi*1e2,2*pi*1e6)
100 Hz 100 MHz
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
Magn
itude
(dB)
103
104
105
106
-90
-45
0
45
90
Phas
e (de
g)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Comportement en BF
Comportement en HF
Interprétation
Lω << R1, R2, 1/Cω1/Cω << R1, R2, Lω
1
2 R2 C
1
R2 C
1
2 REQ/L
1
REQ/L
REQ = R1 // R2
≈ 1kHz
≈ 6,28 krad/s
100 Hz 100 MHz
≈ 100 kHz
≈ 628 krad/s
vs(jω)ve(jω)
R2
1/Cp + R2
=R2Cp
1 + R2Cp REQ
REQ + Lp=
1
1 + (L/REQ)p
I I = 0,707G = - 3 dB = /4
f = 1 kHz
I I = 0,707G = - 3 dB = - /4
f = 100 kHz
I I ≈1G ≈ 0 dB = 0
f = 10 kHz
Dér
ivat
eur
à f→
0
Intégrateur à f →∞
Nyquist>> nyquist (T);
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1Nyquist Diagram
Real Axis
Imagina
ry Axis
Comportement en BF
Comportement en HF
I I → 0 → /2
f, ω → 0
I I → 0 → -/2
f, ω →
En milieu de bande
I I ≈ 1 = 0
f = 10 kHz
I I = 0,707 = /4
f = 1 kHz
I I = 0,707 = -/4
f = 100 kHz
Rem : « presque » 2 demi-cercles…
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
Magn
itude
(dB)
103
104
105
106
-90
-45
0
45
90
Phas
e (de
g)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
f, ω → 0
f, ω →
vs
R1
C1
R2
C2ve
R3
Application n°3 :
montage proposé en examen de TP « circuit » 2007
Il s’agissait d’établir la réponse harmonique théorique et expérimentale
Ordre 2, passif
après remplacement des expressions de ETH et ZTH,
Première étape : étude préalable du circuit R1C1R2C2
De ce schéma réduit,on déduit, par pont diviseur, Vs
Appliquons le théorème de Thévenin
Deuxième étape : schéma de départ, et Thévenin aux bornes de C1
vs
R1
C1
R2
C2veR
3
On aboutit à :
d’un filtre passe-bas, d’ordre 2 :
- pour f tendant vers 0, une atténuation (conséquence du pont diviseur 0,45, visible sur le schéma quand on retire les condensateurs)
- une fréquence propre 1,9 kHz,
- au-delà, une asymptote de – 40 dB / décade
http://membres.lycos.fr/cepls/
http://membres.lycos.fr/cepls/circuit/circuit.pdf
Corrigé complet sous une rubrique du site
En remplaçant p par jω, on dispose de T(jω), puis tracé de la réponse harmonique
D’après les valeurs numériquesdes composants :
Au final,
Nyquist
-100
-80
-60
-40
-20
0
Mag
nitu
de (
dB)
102
103
104
105
106
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
-0.25
-0.2
-0.15
-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
Nyquist Diagram
Real Axis
Imag
inar
y A
xis
T=tf([0, 0.45] , [1/(11917)^2, 2*1.9/11917, 1]) Transfer function:
7.042e-009 s^2 + 0.0003189 s + 1 --------------------------------
0.45
>> bode (T)
>> nyquist (T)
ω > 0
ω → 0ω → ∞
Application n°4Calculer
VS1(p) = Ve(p) 1
1 + R C p
VS2(p) = Ve(p)
VS1
VS2
R C p
1 + R C p
VS(p) = VS1(p) – VS2(p)
VS(p) = Ve(p)1 + R C p
1 - R C p1 + R C p
1 - R C p
Ve(p)
Vs(p)
Ve(p)
Vs(p)
=
1 + j R C
1 – j R C
ve(j)
vs(j)=Réponse harmonique
Nouveau !
Une fonction complexe comme 1 – j ω/ωn présente :
1 + j ω/ωnMême module que
Phase opposée : artg (–ω/ωn) = - artg (ω/ωn)
Phase inversée
Même module, même gain
1 + j ω/ωn 1 - j ω/ωn
1 – j R C
0
90° 0
-90°
20 log20 log
Ce n’est pas un circuit à phase minimale
1 - j ω/ωn
0-90°
20 log
1 + j R C
1 – j R C
ve(j)
vs(j)=
0-90°
0
-180°
1 + j ω/ωn20 log
1
numérateur
dénominateur1
0 dB
0 dB
0 dB
Ce circuit est un déphaseur
Application n°5:
montage à base d’une source liée
Calculer vs(j) / ve(j)
Tracer sa réponse harmoniqueBode, Nyquist,
Rem : on peut utiliser le formalisme p, puis remplacer p par jωou travailler directement en jω
Ordre 1, actif
Posons ic, le courant circulant dans le condensateur
(1)
(2)
(3)
Remarque : par simplicité d’écriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : ve(jω) s’écrira ve …
(12)
soit :
(21) :
soit :
(3)
Remarque : par simplicité d’écriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : ve(jω) s’écrira ve …
Expressions (12) de v’e et (21) ic que l’on reporte dans (3)
D’où :
On aboutit à :
(12) (21)
Application numérique.
=
Av = - 2
2
1 k . 1 u= 2 krad/s soit fn = 318 Hz
= 1
1 u (100 + 1000 + 200)= 769rad/s
soit fd = 122,5 Hz
Rappel : 1 – j ω/ωn présente :
1 + j ω/ωnMême module que
Phase : = - artg (ω/ωn)
T1=tf([-1/2000, 1],[1]);
0
10
20
30
40
Mag
nitu
de (
dB)
102
103
104
105
270
315
360
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
= 2 krad/s
1 - j ω/ωn
Tracé de Bode
fn = 318 Hz
fd = 122,5 Hz
6 dB
0 dB
-2,28 dB180 °
0 °
f
10 Hz 100 Hz1 Hz 1 kHz 10 kHz 100 kHz Frequency
1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzp(V(4))
0d
90d
180ddb(V(4))
-4.0
0
4.0
8.0
SEL>>
f→0 ≈ Av f→ ∞ ≈ - Avfd/fn ≈ 0,77= - 2
Av = - 2
122,5 Hz
-6 dB / oct
318 Hz
Lieu de Nyquist
1 Hz 100 kHz 1
1
- 1- 2
R(V(4))
-2.0V -1.0V 0V 1.0VIMG(V(4))
-1.0V
0V
1.0V
2.0V 2
10 kHz
10 Hz
100 Hz
1 kHz
fn = 318 Hz
fd = 122,5 Hz
Av = - 2
≈ 0,77
Application n°6 :
montage à base d’ampli Op (parfait) (vu en cours « SEA1 »)
Calculer us(j) / ue(j)
Tracer sa réponse harmoniqueBode, Nyquist.
Ordre 2, actif
RETARD PUR
Réponse harmonique d’un retard pur exp (–Tp)
p → j exp (-jT)Module =
Phase = R =
1
- T
retardSystèmeconnu
20 log Module = 0 dB
R = - T
20 log Module : connu
S : connue
20 log Module : inchangé Réponse harmonique de l’association retard + système :
retard pur + système linéaire
= - T + S
Tracé de
S :
01
T
-1 rad
D’où le tracé de = - T + S
Exemple de base : retard + passe bas
10-2
10-1
100
101
102
-90
-60
-30
0
Phase (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Tracé de
R :
1
- artg
- T
(log)
(lin)
Échellesnon comparables !!!
-/4
1
T
(log)
Courbe en exponentielle
0 repoussé à l’infini
∞
Construction graphique :
Cas 1 : 1
T
1
<< La phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard n’a pas encore évolué
10-2
10-1
100
101
102
-90
-60
-30
0
Phase (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
1
-/4
1
T (log)
∞
∞
= - T + S
Exemple numérique
1
T
1
<<
Si T << , la phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard n’a pas encore évolué
T = 0,01 =1
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-1
-0.5
0
0.5
1
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-90
-60
-30
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-50
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-180
-135
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Premier ordre seul
Retard pur seulPremier ordre + retard
à 10 rad/s, T = 0,1 rad
≈ -90°
≈ -6°
exponentielleexponentielle
1/
Construction graphique :
Cas 2 : 1
T
1
<<
La phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre n’a pas encore évolué
1
T
1
La rotation de phase de 90° est négligeable
∞
(log)
1
T
1
<<
Si T >> , la phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre n’a pas encore évolué
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-90
-45
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
T = 100 =1
-1
-0.5
0
0.5
1
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-2880
-2160
-1440
-720
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-50
-40
-30
-20
-10
0
Mag
nitu
de (
dB)
10-2
10-1
100
101
102
-2880
-2160
-1440
-720
0
Pha
se (
deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Premier ordre seul
Retard pur seulPremier ordre + retard
À 0,1 rad/s
≈ -qq°
= - 10 rad = - 570°
Exemple numérique :
Les retards purs sont très présents dans des domaines de la physique :
thermique
acoustique
Ondes radio
Transmission par des lignes, réseaux, en longues distances
Dans les asservissements, les retards purs sont néfastes.
Transformées de Laplace
Analyse harmonique
Quadripôles
« CIRCUIT »
Les différents quadripôles
Applications
QUADRIPOLES
Les différents quadripôles
Applications
QUADRIPOLES
On appelle
entrée l'accès 11'
sortie l'accès 22'
Tout quadripôle est complètement caractérisé par les 4 éléments d’une de ses matrices représentatives.
Il existe plusieurs matrices représentatives.
Matrice représentative de quadripôle : Matrice 2 x 2
Tripôle
Un quadripôle contenant au moins une source (de courant ou de tension) est un quadripôle actif.
Un quadripôle passif ne contient aucune source.
On « mesure » la valeur des éléments en imposant une source à un accès et laissant l’autre en circuit ouvert.
impédance d'entrée à circuit ouvert
impédance de sortie à circuit ouvert
impédances de transfert à circuit ouvert
Matrice d’impédance
Circuit équivalent
I2=0 I1=0
U1 = Z11I1 + Z12I2
U2 = Z21I1 + Z22I2
La matrice Y est l’inverse de la matrice Z.
Elle n’existe donc pas toujours (il faut que Z, si elle existe, soit inversible)
admittance d'entrée en court-circuit
admittance de sortie en court-circuit
admittances de transfert en court-circuit.
Matrice d’admittance
Circuit équivalent
I1 = Y11U1 + Y12U2
I2 = Y21U1 + Y22U2
Rem : les éléments des matrices hybrides sont de différentes dimensions (V/A, A/V, sans dimension).
Matrices hybrides H
Matrices de transmission t
Matrices de chaîne T
Rem : le coef A représente U1/U2 à I2 nul
Rem : confusion possible avec matrice de chaîne
Matrices autres…
Pourquoi autant de matrices ?
Il existe des relations de passage pour déterminer une matrice à partir d’une autre.
1) Lors de connexion entre quadripôles, on choisit une matrice ou une autre pour calculer plus facilement la matrice résultante.
série : [Z] = [Z’] + [Z’’] parallèle : [Y] = [Y’] + [Y’’]
Connexion cascade
Matrice de chaîne [ T ] = [ T’ ] . [ T’’ ]
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):
impédance d'entrée à circuit ouvert :
impédance de sortie à circuit ouvert :
U1U2
I1 I2
Il vient :
Z
Z
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et
qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):
impédances de transfert
à circuit ouvert.
U1U2
I1 I2
= Z
= Z
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Exemple sur un quadripôle passif (exemple 1):
Pour info :
d’où
U1U2
I1 I2
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Autre exemple sur un quadripôle passif (exemple 2):
impédance d'entrée à circuit ouvert.
impédance de sortie à circuit ouvert.
impédances de transfert à circuit ouvert.
Il vient :
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Autre exemple sur un quadripôle passif (exemple 3):
Rem 1 : si on fait Zb 0, on retrouve la matrice Z du quadripôle précédent
CL
Rem 2 : si on fait Za 0, on détermine la matrice Z(p) du quadripôle suivant :
Il vient :
Il vient :
utilisé en T.P. « circuit » : quadripôle passif sans pertes
2) Selon le montage électronique, on choisit une matrice qui existe et qui est « facile » (à identifier). Autre exemple sur un quadripôle passif (exemple 4):
impédance d'entrée à circuit ouvert.
impédance de sortie à circuit ouvert.
impédances de transfert à circuit ouvert.
Il vient :
Quadripôles en cascade : la matrice de chaîne T résultante est le produit des matrices T de chaque quadripôles (ordre des matrices = ordre des Quadripôles, avec cette écriture des matrices)
Produit des matrices
Pour info, matrice hybride :
Il vient :
Intéressant : quadripôles en Z du transformateurTransformateur seul
association de 2 quadripôlesTransformateur chargé On montre que :
≈
adapté si Zs = Ze = Zu n2
soit :
avec
M2 = L1 L2
M : mutuelle inductance
Les différents quadripôles
Applications
QUADRIPOLES
On reconnaît des « quadripôles » en cascade : la matrice de chaîne T résultante est le produit des matrices T de chaque quadripôle.
1
1
1
01
10
1
Cp
RRCp
Cp
RT
1/1
01
ZT
Z
10
1 ZT
le coef A représente U1/U2 à I2 nul
D’où une façon de calculer la fonction de transfert U2/U1 = 1/A
U2(p) 1
U1(p) 1+RCp=
Z
1) Fonction de transfert d’un réseau passif : par quadripole
Calculer U2(p)/U1(p)
Produit des matricesIl vient :
2) Continuons le réseau
1/1
01
ZT
Z
10
1 ZT
Z
(que l’on pouvait écrire directement)
=
V2(p)
V1(p)
1==>
Rappel :
déjà vu !
3) Continuons le réseau
Limitons-nous au calcul du seul coefficient utile :
Il « suffit » d’ajouter une matrice dans le produit :
V2(p)
V1(p)
D’où, après développement :
Et ce, avec R1=R2=R3=R et C1=C2=C3=C
À noter quelque part !
4) Modèle du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux : quadripôle
Son fonctionnement peut être décrit par un quadripôle hybride. Chaque paramètre (h11, h12, h21, h22) représente un phénomène distinct au sein du transistor. (Par exemple le coefficient β est h21).
Rem : il existe d’autres modèles pour représenter le fonctionnement du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux.
B C
E
5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne
Cas basique : on dispose d’une source, d’une charge, mais non adaptée
P est fonction de RL
P passe par un maximum pour RL = Rth
5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne
Cas basique : on dispose d’une source, d’une charge, mais non adaptée
On intercale un
quadripôle :
De (2) on déduit I2 que l’on place dans (1), pour en sortir U1/I1 = Zin:
(2)
(1)
Un calcul similaire
donne U2/I2 (à Eg = 0) ) Zout :
Rem : relationutilisée tout à l’heure
5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne (suite)
Le quadripôle doit être réglé pour avoir :
(condition de transfert maximal de puissance)
Et Q ayant le moins de pertes possible
QUADRIPOLE ADAPTATEUR D’IMPEDANCES
Sans résistanceou selon un cahier des charges donnant l’atténuation sortie/entrée.
maxmax
CL
Exemples de montage adaptateur d’impédance : cas de figure fréquent (en HF) : quadripôle passif
Pour un quadripôle passif, nous avons Z21 = Z12
Les quadripôles passifs (sans source interne), sont définis par 3 paramètres.
Si ce quadripôle passif est symétrique, nous avons Z11 = Z22
(symétrique : permutation entrée/sortie sans conséquence)
donne :
Exemple concret (purement résistif) :
600 Ohm50 Ohm
Adapté 600 Ohm Adapté 50 Ohm
612,21 34,991
34,991 51,01
Vue du point (1), l’impédance est : 577,13 + 34,991 // (16,019+50) =
Vue du point (2), l’impédance est : 16,019 + 34,991 // (577,13+600) =
Logiciel : RFSIM99(disponible sur le Web)
50
600
Peut se calculer par :
- Association de matrices de chaînes T
- Passage étoile/triangle (Kennelly), si quadripôle en Té connu
Il existe aussi le quadripôle en PI :
Source Wikipedia
Et réciproquement
KENNELLY
Même exemple concret :
600 Ohm50 Ohm
Adapté 600 Ohm Adapté 50 Ohm
Vue du point (1), l’impédance est : 1,873 k // 857,365 + (51,981 // 50) = 600
Vue du point (2), l’impédance est : 51,981 // (857,365 + (1,873 k // 600) = 50
Exemples de montage adaptateur d’impédance en PI :
Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet d’examen…)
Exemples de montage adaptateur d’impédance en PI :
Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet d’examen…)
On atténue puis on amplifie…
Mais c’est mieux que d’être désadapté
Et plus robuste en cas de fluctuation d’impédance