La présentation est en train de télécharger. S'il vous plaît, attendez

La présentation est en train de télécharger. S'il vous plaît, attendez

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.

Présentations similaires


Présentation au sujet: "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."— Transcription de la présentation:

1 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 d1 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 dautomatique, appliqué à des circuits électriques

2 « 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 dinterrogation tournant : une question, ou une application numérique, est demandée. Alors, marquer un temps darrêt pour répondre… Et continuer après la réflexion

3 Transformées de Laplace Analyse harmonique Quadripôles « CIRCUIT »

4 Définition, propriétés Application à lélectronique TRANSFORMEES DE LAPLACE

5 Définition, propriétés Application à lélectronique TRANSFORMEES DE LAPLACE

6 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 dexistence de F(p). Toutes les fonctions f(t) nont pas une transformée de Laplace. Et réciproquement, toutes les fonctions F(p) ne sont pas des transformées de Laplace de f(t).

7 Transformées de Laplace des principaux signaux Fonction de Heavyside = 1 si t > 0 = 0 si t < 0 appelée échelon unité, qui sécrit usuellement u(t) ou Г(t) Définition :

8 Rampe unitaire= t si t > 0 = 0 si t < 0 u = t dv = exp (-pt) dt du = dt v = -(1/p) exp (-pt) Par u dv = [ u v ] – v du Intégration par parties : [0 – 0][0 – 1] 1 p2p2 = Par définition

9 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 converge t-> Dans ces conditions, F(p) = (a-p)

10 Fonction sinus= sin (ωt) si t > 0 = 0 si t < 0 Par définition Par u dv = [ u v ] – v du Intégration par parties : u = sin (ωt) dv = exp (-pt) dt du = ω cos (ωt) dt v = -(1/p) exp (-pt) [0 – 0]

11 Fonction sinus, suite Par u dv = [ u v ] – v du Intégration par parties : u = cos (ωt) dv = exp (-pt) dt du = - ω sin (ωt) dt v = -(1/p) exp (-pt) [0 – 1] -p = 1 p F(p) = 1 p ω On arrive à : 1 p - ω p ω p F(p) - () = ω p2p2 - ω2ω2 p2p2 Doù :F(p) = ω p 2 + ω 2 = F(p)

12 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+ω2p2+ω2 = Or : exp -jωt = cos ωt – j sin ωt Et, par linéarité : L {exp -jωt} ) = L{cos ωt} – j L{sin ωt} p p2+ω2p2+ω2 = jωjω p2+ω2p2+ω2 - L { exp -jωt }L { cos ωt - j sin ωt }= Par identification : L{cos ωt} = L{sin ωt} = p p2+ω2p2+ω2 ω p2+ω2p2+ω2 déjà vu

13 Il existe des formulaires de transformées de Laplace.

14

15 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Linéarité : Par développement et lintégrale dune somme est la somme des intégrales. Très utilisée lors des calculs des transformées Il suffit de se rappeler de la définition…

16 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Transformées de Laplace dune dérivée u = exp (-pt) dv = f(t) dt du = (-p) exp (-pt) dt v = 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)

17 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Transformées de Laplace dune 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 + )

18 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Transformées de Laplace dune intégration u variable dintégration F(p) Posons : soit : Par la page précédente : or : Doù : =0 p L {f(t)} =

19 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Théorème du retardf(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 linfini, x parcours de 0 à linfini La transformée sécrit : = = x : variable dintégration Changement de variable dx = dt

20 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Théorème de lamortissement, ou multiplication par lexponentielle Ecriture de F(p) dans laquelle on a remplacé p par p+k

21 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Théorème de la valeur initiale Théorème de la valeur finale Si elle existe,

22 Principales Propriétés des Transformées de Laplace Transformée de Laplace dune fonction périodique G(p) est la transformée de Laplace de g(t), alors F(p) la transformée de f(t) sécrit : une fonction f(t) périodique de période T, faite de motifs g(t)

23 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 lon note h(t) = f * g. Cette opération est commutative, cest-à-dire que On a : Rappel : la transformée de Laplace dun produit nest pas le produit des transformées de Laplace !

24 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)

25 Définition, propriétés Application à lélectronique TRANSFORMEES DE LAPLACE

26 Application 1 : Circuit LR attaqué par un échelon de tension

27 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, damplitude E o. Condition initiale nulle. Déterminer lexpression de I(p). En déduire i(t). e(t) = u L (t) + u R (t)u L (t) = L di/dt u R = R i(t) E(p) = U L (p) + U R (p) U L (p) = L p I(p) U R (p) = R I(p) E(p) = (R + L p) I(p) E(p) = L{e(t)} S(p) = L{s(t)} I(p) = L{i(t)} E(p) = E o /p i(t) = ?

28 Il nous faut trouver loriginal de I(p) 1) Par lecture des tables de transformées On connaît : loriginal de 1/p : u(t)loriginal de 1/(p+a) : u(t) exp (-at) Mais on na pas loriginal de 1/[p(p+a)] ou du moins on suppose que lon ne la 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) E o i(t) = E o /R [ 1-exp (–t/ ) ] u(t) = L/R s(t) = E o [ 1-exp (–t/ ) ] u(t) S(p) = R I(p) s(t) = R i(t) On prend loriginal R -R/L A =B =

29 e(t) = u L (t) + u R (t) u L (t) = L di/dt u R = R i(t) E(p) = (R + L p) I(p) EoEo p E(p) = Tension s(t) = R i(t) : Récapitulation : Equations temporelles, Transformation en Laplace Résolution sous Laplace Retour en temporel s(t) = E o [ 1-exp (–t/ ) ] u(t) EoEo t s(t) À t -> infini, courant continu, di/dt = 0 et s = e = E o

30 1- On intègre dabord lESSM : L i + R i = e(t) i(t) = I o exp [-t/ ] avec = L/R u L (t) = L di/dt u R = 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 = E o i(t) de la forme = constant répond à cette équationi(t) = E o /R 3- La solution complète est : la solution de lESSM + solution particulière i(t) = I o exp [-t/ ] + E o /R 0 = I o exp [-t/ ] + E o /R 4- La constante dintégration I o est alors calculable par la condition initiale À t = 0, i(t) = 0, soit :=> I o =- E o /R Il vient : i(t) = E o /R (1-exp [-t/ ]) Par s(t) = R i(t) : s(t) = E o (1-exp [-t/ ]) pour t > 0 Rappel : Résolution en temporel

31 Application 2 : Circuit LR attaqué par une rampe de tension On applique en e(t), une rampe de tension, dexpression kt. Condition initiale nulle. Déterminer lexpression de I(p). En déduire i(t).

32 Rappel : transformée de Laplace de la rampe unitaire : 1 p2p2 Lentrée e(t),qui est une rampe kt, a comme transformée de Laplace : k p2p2 E(p) = Les équations de maille sont inchangées, et on conserve : Il nous faut trouver loriginal de cette expression pour avoir i(t) Décomposition en éléments simples A BC p2p2 pR+Lp ++ = A BC/L p2p2 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

33 A BC p2p2 pR+Lp ++ = Parmi les différentes méthodes, lidentification après réduction au même dénominateur A(R+Lp) + Bp (R+Lp) + C p 2 p 2 (R + Lp) = Doù p 2 (BL+C) + p (AL + BR) + AR=k =0 = k C = - B L B = - A L / RA = k/R B = - k L / R 2 C = k L 2 /R 2 Décomposition en éléments simples

34 A = k/R B = - k L / R 2 C = k L 2 /R 2 i(t) = [At + B + C/L exp (-t/ )] u(t) i(t) = k/R { t - [1- exp (-t/ )] } u(t) Doù le tracé i(t) = [ (k/R) t - k L / R 2 + k L/R 2 exp (-t/ )] u(t) i(t) = (k/R) {t - L / R + L/R exp (-t/ ) } u(t) = L/R

35 i(t) = k/R { t - [1- exp (-t/ )] } u(t) À t tendant vers 0 : À t tendant vers linfini : 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

36 e(t) = u L (t) + u R (t) u L (t) = L di/dt u R = R i(t) E(p) = (R + L p) I(p) k p2p2 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

37 Application 3 : Circuit RC attaqué par une impulsion de courant I o de durée T Forme du courant i(t)montage

38 Forme du courant i(t) montage Utiliser le formalisme de Laplace pour exprimer I(p), transformée de Laplace de i(t). i(t) = I o u(t) - I o u(t) retardé de T I o u(t-T) IoIo p IoIo p exp (-Tp) IoIo p IoIo p - I(p) = soit Théorème du retard Transformées de Laplace terme à terme

39 Remarque intéressante : I(p) peut aussi se déterminer par la définition : Pour cet exemple simple,

40 IoIo p IoIo p exp (-Tp)- I(p) = Par loi dOhm aux bornes dun condensateur U c (p) = 1 Cp I(p) Sans C.I. IoIo Cp 2 IoIo exp (-Tp) - U c (p) = Nous avons calculé Il nous faut maintenant u c (t)

41 IoIo Cp 2 IoIo exp (-Tp) -U c (p) = Doù terme à terme : IoIo CC u c (t) =-t u(t) IoIo (t-T) u(t-T) IoIo C t IoIo C (t-T) Ce qui signifie : pour t > 0, nul ailleurs Pour t > T, nul ailleurs On finit en recherchant loriginal de U C (p)

42 IoIo C t IoIo C (t-T) pour t > 0, nul ailleurs pour t > T, nul ailleurs IoIo CC u c (t) =-t u(t) IoIo (t-T) u(t-T) IoIo C T Construction de u c (t) : Courant nul, le condensateur reste chargé Charge à courant constant

43 IoIo p IoIo p exp (-Tp)- I(p) = IoIo Cp 2 IoIo exp (-Tp) - U c (p) = i(t) = I o u(t) - I o u(t-T) IoIo CC u c (t) =-t u(t) IoIo (t-T) u(t-T) Récapitulation : Equations temporelles, Transformation en Laplace Résolution sous Laplace Retour en temporel

44 Décomposition en éléments simplesN(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 sécrire sous une forme comme (p+a) (p+b) (p+c)… N(p) D(p) = A BC p+ap+bp+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) = A1A1 BC p+ap+bp+c + + D(p) peut sécrire sous une forme comme (p+a) n (p+b) (p+c)… A2A2 (p+a) 2 A3A3 (p+a) 3 + +… + AnAn (p+a) n + Cas 3 : des racines de D(p) sont complexes (pôles « complexes ») D(p) peut sécrire sous une forme comme (p 2 +ap+b) (p+c)… Alors : Tel que le discriminant Δ est < 0 Alors : N(p) D(p) = Ap+B p 2 +ap+b p+c + C Cas 4 : des racines de D(p) sont complexes et multiples D(p) peut sécrire sous une forme comme (p 2 +ap+b) n (p+c)… Alors : N(p) D(p) = p 2 +ap+b p+c + A 1 p+B 1 C (p 2 +ap+b) A 2 p+B 2 (p 2 +ap+b) n A n p+B n + a, b, c, réels

45 Application 4 : Circuit dordre 2 1) Interrupteurs dans cette position, donner courants, tensions déquilibre (régime permanent) 2) On commute les 2 interrupteurs simultanément. Calculer i(t) circulant dans L 1. i L1 = i L2 = 0 (branches ouvertes) u C = 1 V Cela permet de placer des conditions initiales pour la question suivante ;+)

46 veve u R2 u R1 uCuC u L1 u L2 v e = u R1 + u L1 + u c u L1 = L 1 di/dt u R1 = R 1 i u c = 1/C (i-i 2 ) dt u C = u R2 + u L2 u R2 = R 2 i 2 u L2 = L 2 di 2 /dt i(t)i2i2 i-i 2 Fléchons courants, tensions : Etablissons les lois des mailles, lois des noeuds v e = R 1 i + L 1 di/dt + u C du C /dt = (1/C) (i-i 2 ) u C = R 2 i 2 + L 2 di 2 /dt (1) (2) (3)

47 v e = R 1 i + L 1 di/dt + u C du C /dt = (1/C) (i-i 2 ) u C = R 2 i 2 + L 2 di 2 /dt (1) (2) (3) Transformées de LaplaceRappel : L {f(t)} = p F(p) – f(0 + ) V e (p) = R 1 I(p) + L 1 [ p I(p) – i(0) ] + U C (p) p U C (p) – u C (0) = (1/C) [I(p) – I 2 (p)] U C (p) = R 2 I 2 (p) + L 2 [ p I 2 (p) – i 2 (0) ] Avec, daprès la question précédente : i(0) = 0 A, i 2 (0) = 0 A, u C (0) = 1 V Éliminons I 2 : Par (3) : I 2 = U C (p) R 2 +L 2 p Mis dans (2) :p U C (p) – 1 = (1/C) [ I(p) - ] U C (p) R 2 +L 2 p On trouve alors une expression de U C (p) : U C (p) = ( I(p)/C + 1) p 2 L 2 C + R 2 C p + 1 ( R 2 +L 2 p ) C Que lon place dans (1), pour aboutir à : I(p) = V e (p)[ p 2 L 2 C + R 2 C p + 1 ]-( R 2 +L 2 p )C [p 2 L 2 C + R 2 C p + 1]( R 1 + L 1 p ) +R 2 + L 2 p Conséquence de la C.I. Transformée de Laplace de i (L1)

48 Application numériqueVe(p) = 1/p (linterrupteur crée un échelon de 1 V) I(p) = (1/p)[ p 2 /2 + 2p + 1 ] – (4 + p) (1/2) (4+p) [ p 2 /2 + 2p + 1 ] p Soit, après simplification : I(p) = 1 p[ p 3 /2 + 4p p + 8 ] On remarque que : [ p 3 /2 + 4p p + 8 ](p+a) (p+b) (p+c) 1 = 2 Soit, après identification : a = 2, b = 2, c = 4 doù I(p) = 2 p(p+2) 2 (p+4) qui se décompose en éléments simples : ABCD p (p+4)(p+2) 2 (p+2) +++ I(p) = Avec :A = 1/8, B = 0, C = -1/2, D = -1/ p 8(p+4)2(p+2) 2 -- I(p) = Doù, loriginal, terme à terme : 1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t) 882 i(t) = pour t > 0 i(t)

49 Script : Exploitons Matlab pour tracer cette équation 1 – 1 t exp (-2t) – 1 exp (-4t) 882 i(t) = pour t > 0 exp(-2t) 1 - 2t + 2t 2 +… doù t exp(-2t) t - 2t 2 + 2t 3 +… exp(-4t) 1 - 4t + 8t 2 - (64/6) t i(t) t 3 /3 t = (0 : 1e-3 : 5) ; i = – 0.5*t.*exp(-2*t) *exp(-4*t); figure(1) ; plot(t,i) ; title('courant') xlabel('temps') Rem : pour t, i(t) 0,125 A Au voisinage de 0…

50 Exploitons Pspice pour vérifier le comportement de ce circuit evolution du courant dans circuit R1L1CL2R2 * fichier ordre2.cir Ve 1 0 DC=1 R L IC=0 C IC=1 L IC=0 R tran 1m 5 0 1m UIC.probe.end 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 = 8, doù i = 1/8 = 0,125 A

51 Théorème de la valeur initiale Théorème de la valeur finale Si elle existe, Soit lim p p 8(p+4)2(p+2) 2 -- ( ) p = 0 Soit lim p p 8(p+4)2(p+2) 2 -- ( ) p0p0 = 1/8 = 0,125 On a donc i(0) et i( ) avant davoir lexpression de i(t) lim i(t) = lim p I(p) p t0t0 p0p0 t

52 Pour info : exploitons Pspice pour visualiser les autres grandeurs (1) (2)(3) (4) Condensateur chargé V(2) = V(3) = V(4) = 0,5 V u C (0) = 1 V i C < 0 signifie courant sortant (décharge)

53 Transformées de Laplace Analyse harmonique Quadripôles « CIRCUIT »

54 Principe, notion de transmittance Application à lélectronique ANALYSE HARMONIQUE

55 Principe, notion de transmittance Application à lélectronique ANALYSE HARMONIQUE

56 notion de transmittance 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 dentrée en p Utilisée dans le formalisme des schémas blocs. Rem : Transmittance ou fonction de transfert.

57 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 Létude 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).

58 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 (cest-à-dire A sur une échelle log…). BodeNyquistBlack Bode

59 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. BodeNyquistBlack Nyquist Le lieu de Nyquist est gradué en valeurs de ω (ou f).

60 Il existe plusieurs représentations d'un nombre complexe (module et phase) en fonction de la fréquence (ou pulsation) : BodeNyquistBlack 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).

61 Réponses harmoniques du dérivateur Bode Nyquist Fonction jω Module : ω Phase : artg = π/2 20 log ω 20 log module

62 Réponses harmoniques de lintégrateur Bode Nyquist Fonction 1/jω Module : 1/ω Phase : artg - = -π/2 20 log 1/ω=- 20 log ω 20 log module

63 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 logD(jω)20 logN(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 davoir le produit 20 log N 1 (jω) N 2 (jω) 20 logN 2 (jω)20 logN 1 (jω)+ = Par log (A / B) = log A - log B, on a : = 2 tracés permettent davoir le rapport Par log (A B / C D) T(jω) = N 1 (jω) N 2 (jω) T(jω) = N(jω) / D(jω) (1 + j ) ω ω1ω1 ω ω2ω2 ω ω3ω3 ω ω4ω4 T(jω) = Par arg (A / B) = arg A - arg B, on a : etc Cas dune fonction produit Cas dune fonction rapport = log A + log B – log C – log D etc Cas général De même, pour la phase :

64 Exemple de base : transmittance vue précédemment Transmittance que lon pose à T(p) rapport des tensions Doù T(jω) Remarque : cest également la transmittance dun circuit RC 1/Cp R + 1/Cp = RCp remplaçons p par jω : =

65 log N(jω) D(jω) tracé de 20 logN(jω) tracé de 20 logD(jω) logD(jω)logN(jω)-= 20 log N(jω) Dj(ω) 20 logD(jω)20 logN(jω)-= permettent davoir 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 permettent davoir le tracé de arg{ }N(jω) arg{ }D(jω) φ{ } N(jω) D(jω) Rappel : Le tracé de Bode se fait par étapes

66 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 logD(jω) φ{ } = -20 log arg { } - D(jω) 1= = -arg{ } ω 0 ω infini arg D(jω) ω artg 0 = 0arg D(jω) artg { } ω = 1/ D(jω) = 2 20 log= - 3 dB ω = 1/ /2 - artg 1 =- artg infini - /2 - /4 = - 45° - artg 0 0 arg T(jω)

67 20 log ω 0 ω infini 0 dB- infini φ{ } = -20 log -arg{ } ω 0ω infini ω = 1/ = - 3 dB ω = 1/ - /2 = - 45° 0

68 Bode 3 dB f infini : Asymptote : -20 dB/décade f 0 : Asymptote horizontale -45° Intégrateur en hautes fréquences I I 0 G - - /2 f, ω I I 1 G 0 0 f, ω 0

69 Nyquist Comportement quand f 0f infini Repère orthonormé : lieu en demi cercle 10 Hz (exemple) 20 Hz (exemple) 50 Hz (exemple) 1 Incomplet… Intégrateur en hautes fréquences - /2 I I 0 f, ω 0 I I 1 f, ω 0

70 Pourquoi est-ce un cercle ? Dans le plan complexe, laffixe de T(jω) est : x = y = - Combinons (1) et (2) (1) (2) y = - ω x Soit y 2 = x 2 (ω ) 2 (12) (1) : (ω ) 2 = 1/x - 1 Soit, (12): y 2 = x 2 (1/x -1 ) = x - x 2 = - [x 2 - x + ¼ - ¼] = - [(x-1/2) 2 - ¼] Doù : y 2 + (x-1/2) 2 = 1/4 0 1/2 1 1 Équation dun cercle Rayon 1/2 Centre y = 0 et x = 1/2 (y-y 0 ) 2 + (x-x 0 ) 2 = R 2 x + x(ω ) 2 = 1 x(ω ) 2 = 1- x

71 Intérêt des Tracés de Bode :Les tracés de 20 log {module} et de la phase se font par étapes élémentaires (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 ) jf/f N v s (jf) v e (jf) = f N 1 kHz ; f 1 1 kHz ; f kHz Autre exemple 1k1k10k100k1M100 0 dB 0 - /2 +20 dB/dec -20 dB/dec v s (jf) v e (jf) 20 log + /2 Tracés asymptotiques f

72 À propos de léchelle log… ,51,25 En toute rigueur log 2 = 0, … log 2 0,3 Arrondir 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 1Plaçons octave Multiplier par 2 ajouter une octave Multiplier par 10 ajouter une décade + 1 décade - 1 octave Diviser par 2 retirer une octave COMMENT FAIRE SI ON NA PAS DE PAPIER LOGARITHMIQUE ? 2 sur une échelle log est au 3/10

73 ,51, décade + 1 octave 16 1,63,2 6,4 Continuons à graduer une échelle log : Ces valeurs sont donc placées sur une échelle log Remarque : 12,8 + 1 octave ?? Pourquoi ny 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 lerreur, Retour à 1,6 : pas derreur puis 3,2; 6,4; 12,8 : 3 fois lerreur. 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

74 Autre « truc » à savoir : ab Échelle log Milieu du segment [a b] sur une échelle log Milieu géométrique a b 110 3,16 etc

75 k Expérimentalement, pour tracer une courbe, quelques points judicieusement placés apportent toute linformation utile. 2k4k8k 10k Judicieusement placés : par exemple : 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 10 ou : 1 ; 2,5 ; 5 ; 10 ou : un mix des 2 (1 ; 2 ; 5 ; 10 ) etc log

76 ω0ω0 ω0ω0 10 ω décade- 1 décade Dernier « truc » à savoir, sur lartg : Lasymptote oblique est proche de la fonction artg : Asymptote oblique Lécart entre ces 2 courbes est inférieur à 6° log Cela forme donc un tracé rapide et représentatif, de la phase dun système du premier ordre Pente 45 ° par décade

77 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 T 1 (j ) T 2 (j ) T(j ) = s(j )/e(j ) T 1 (j ) T 2 (j ) Conséquence : i = 0

78 Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à léchelon) Cas du passe bas 1/2 Réponse indicielle rapide = bande passante élevée faible 1/ élevé BP -3dB Comportement statique t f 0

79 Système du deuxième ordre ANALYSE HARMONIQUE

80 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 2 z ω0ω0 p + ω02ω02 p2p z ω0ω0 p + ω02ω02 p2p2 + 1 Expressions générales : Laplacepjω Etude harmonique z :ω 0 : Pulsation propreCoefficient damortissement Passe haut Passe bas

81 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 Phase + ω0ω0 ω 1 - ω02ω02 ω2ω2 2 z ω0ω0 ω 2 2 Ces fonctions sont paramétrées en z = artg{ } 1 - ω02ω02 ω2ω2 2 z ω0ω0 ω Variable réduite Module 3 cas : z > 1 ; z = 1 ; z < 1

82 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 Si z > 1, le trinôme : 2 z ω0ω0 p + ω02ω02 p2p2 + 1 peut sécrire : (1 + 1 p)(1 + 2 p) ω02ω02 = Tel que : 1 = ω 1 = = ω 2 = = f 1 = = f 2 = f02f02 = f 1 f 2 ω0ω0 1 2 f0f0 = f 1 f (1 + jω/ω 1 )(1 + jω/ω 2 ) peut sécrire : Échelle log = 1 ω1ω1 ω2ω2 ω0ω0 ω f1f1 f2f2 f0f0 f z > 1 f 1 f 2

83 z > 1 Bode Nyquist z = 1z < 1 Passe bas 0, >> T=tf([1],[1,100,1]); >> bode (T) >> T=tf([1],[1,10,1]); >> bode (T) ω 0 = 1z = 50ω 0 = 1z = 5 0,1 10 ω = 0 ω = - 0 dB pjω (1 + jω/ω 1 )(1 + jω/ω 2 ) 1 1 z > 1 : équivalent à : ω1 ω2ω1 ω2 Il faut monter haut en fréquence pour vérifier ordre 2

84 z > 1 Bode Nyquist z = 1z < 1 >> T=tf([1],[1,100,1]); >> nyquist (T) >> T=tf([1],[1,10,1]); >> nyquist (T) ω 0 = 1z = 50ω 0 = 1z = 5 ω = 0 ω = + 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 = -

85 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 z > 1 BodeNyquist z = 1z < 1 >> T=tf([1],[1,2,1]); >> bode (T) Cas particulier Pôle double - 6 dB ω 0 = 1z = 1 (1 + jω/ω 0 ) 1 z = 1 : équivalent à 2 1

86 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 z > 1 Bode Nyquist z = 1z < 1 >> T=tf([1],[1,2,1]); >> nyquist (T) ω = 0 ω = ω > 0 Ce passe-bas est clairement un ordre 2 : 2 quadrants traversés 1

87 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 z < 1 2 z ω0ω0 p + ω02ω02 p2p ω02ω02 ω2ω2 2 z ω0ω0 ω 2 2 Le module Le module passe par un maximum à ω R appelée pulsation de résonance ω R =ω0ω z 2 la résonance nexiste que si z < A une dérivée qui sannule pour une pulsation particulière : Si z << 1, ωR ωR ω0ω0 2 1

88 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 z > 1 Bode Nyquist z = 1z < 1 >> T=tf([1],[1,0.2,1]); >> bode (T) ω 0 = 1z = 0,1 ω R =ω0ω z 2 = 1 – 0,02= 0,98 1 =ω0ω0 I I = 2 z 1 - z 2 1 à ω 0, = - 90° I I = 2 z 1 1

89 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 z > 1 BodeNyquist z = 1z < 1 >> T=tf([1],[1,0.2,1]); >> nyquist (T) Résonance : Augmentation du module Grande variation angulaire sur une faible variation de fréquence ω = 0 ω = ω > 0 ω 0 = 1z = 0,1 -45° -135° 1

90 Lien entre réponse harmonique et comportement temporel (réponse à léchelon) z 0 0,707 z 01 résonance Peu marquée Très marquée 1 Équivalent à 2 premiers ordres confondus Très séparés Réponse oscillatoire Cas du passe bas >> T=tf([1],[1,0.2,1]); >> step (T) >> T=tf([1],[1,2,1]); >> step (T) >>T=tf([1],[1,10,1]); >> step (T) Il faut zoomer au voisinage de t = 0 pour vérifier ordre 2 : Tangente horizontale et point dinflexion z = 0,1 z = 1z = 5 Faiblement amortie

91 Systèmes dordre supérieur à 2 ANALYSE HARMONIQUE Le tracé de Bode se fait par étapes successives, en partant de tracés élémentaires connus (1 + j ) ω ω1ω1 j ω ω1ω1 ω ω1ω1 ω ω2ω z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 (1 + j ) ω ω1ω1 j ω ω1ω1 ω ω1ω1 ω ω2ω z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 1111

92 >> TA=tf([1],[1,0.2,1]); >> bode (TA) >> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]); >> bode (T3) >> T=TA*T3; >> bode (T) z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 1 (1 + j ) ω ω1ω1 1 ω 0 = 1z = 0,1 ω 1 = 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 sinfluencent pratiquement pas Asymptote oblique Ex. 1

93 >> T=tf([1,0.2,1],[0,1]); >> bode (T) >> T3=tf([0, 1],[1/100, 1]); >> bode (T3) >> Tt =T*T3; >> bode (Tt) z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 (1 + j ) ω ω1ω1 1 ω 0 = 1z = 0,1 ω 1 = 100 Passe haut Ordre 2, avec résonance 1 rad/s - 20 dB/déc Passe bas, Ordre rad/s dB/déc + 20 dB/déc Dans ce cas (z=0,1), les 2 cassures (séparées par 2 décades) ne sinfluencent pratiquement pas + 40 dB/déc Ex. 2

94 1 + 2 z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 (1 + j ) ω ω1ω1 1 ω 0 = 1z = 5 ω 1 = 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, dB/déc - 20 dB/déc Passe bas, Ordre 1 3 cassures : 0,1 et ,1 10 La courbe réelle de phase « na pas le temps » datteindre les asymptotes 40 dB 0 dB 80 dB 120 dB Ex. 3

95 Principe, notion de transmittance Application à lélectronique ANALYSE HARMONIQUE

96 Principe, notion de transmittance Application à lélectronique ANALYSE HARMONIQUE

97 Application n°1 : montages passifs, (étudiés en TD n° 6) montages passifs, (étudiés en TD n° 5)

98 v s (jω) v e (jω) Réponse harmonique de : Application n°2 : Ordre 2, passif

99 H(jω) = v s (jω) v e (jω) v s (jω) v e (jω) Z TH = j R 1 Lω R 1 + j Lω v s (jω) E TH = R1R1 R 1 + j Lω v e (jω) Par pont diviseur de tension : v s (jω) =E TH R2R2 R 2 + (1/jCω) + Z TH Soit :v s (jω) = R1R1 R 1 + j Lω v e (jω) R2R2 R 2 + (1/jCω) + Z TH jω/ω n z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 = v s (jω) v e (jω) Ordre 2, passif

100 Soit : v s (jω) v e (jω) jω R 2 C 1 + jω [R 2 C + (L/R 1 )] – LCω 2 (1+R 2 /R 1 ) = ω n = LC (1+R 2 /R 1 ) 1 ω 0 = 1 R 2 C jω/ω n z j ω0ω0 ω - ω02ω02 ω2ω2 v s (jω) v e (jω) = ω n = 6250 rad/sω 0 = 63,38 krad/s f n 1 kHzf 0 10 kHz Doù z = 5,1 A.N. : R 1 = 1,8 k ; R 2 = 1 k ; L = 1 mH ; C = 160 nF. 2 z ω0ω0 = R 2 C + (L/R 1 ) Rem : z > 1 (2 racines réelles) signifie que le polynôme dordre 2 sécrit : (1+ j / 1 ) (1+j / 2 ) Par identification : ou (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 )avec : f 1 = f 2 = A.N. : f 1 1 kHz ; f kHz

101 v s (jω) v e (jω) (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 ) jf/f N = f N 1 kHz ; f 1 1 kHz ; f kHz

102 (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 ) jf/f N v s (jω) v e (jω) = f N 1 kHz ; f 1 1 kHz ; f kHz 1k1k10k100k1M100 0 dB 0 - /2 +20 dB/dec -20 dB/dec v s (jω) v e (jω) 20 log + /2 Tracés asymptotiques Étude déjà vue…

103 (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 ) jf/f N v s (jω) v e (jω) = f N 1 kHz ; f 1 1 kHz ; f kHz

104 (1+ jf/f 1 ) (1+jf/f 2 ) jf/f N v s (jω) v e (jω) = f N 1 kHz ; f 1 1 kHz ; f kHz >> 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}) >> T=T1*T2*T3; >> bode (T,{2*pi*1e2,2*pi*1e6}) 100 Hz 100 MHz

105 Comportement en BF Comportement en HF Interprétation Lω << R1, R2, 1/Cω 1/Cω << R1, R2, Lω 1 2 R 2 C 1 R 2 C 1 2 R EQ /L 1 R EQ /L R EQ = R1 // R2 1kHz 6,28 krad/s 100 Hz 100 MHz 100 kHz 628 krad/s v s (jω) v e (jω) R2R2 1/Cp + R 2 = R 2 Cp 1 + R 2 Cp R EQ R EQ + Lp = (L/R EQ )p I I = 0,707 G = - 3 dB = /4 f = 1 kHz I I = 0,707 G = - 3 dB = - /4 f = 100 kHz I I 1 G 0 dB = 0 f = 10 kHz Dérivateur à f0 Intégrateur à f

106 Nyquist >> nyquist (T); 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… f, ω 0 f, ω

107 vsvs R1 C1 R2 C2 veve R3 Application n°3 : montage proposé en examen de TP « circuit » 2007 Il sagissait détablir la réponse harmonique théorique et expérimentale Ordre 2, passif

108 après remplacement des expressions de E TH et Z TH, Première étape : étude préalable du circuit R 1 C 1 R 2 C 2 De ce schéma réduit, on déduit, par pont diviseur, Vs Appliquons le théorème de Thévenin

109 Deuxième étape : schéma de départ, et Thévenin aux bornes de C 1 vsvs R1 C1 R2 C2 veve R3 On aboutit à :

110 dun filtre passe-bas, dordre 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 Corrigé complet sous une rubrique du site En remplaçant p par jω, on dispose de T(jω), puis tracé de la réponse harmonique Daprès les valeurs numériques des composants : Au final,

111 Nyquist T=tf([0, 0.45], [1/(11917)^2, 2*1.9/11917, 1]) Transfer function: 7.042e-009 s^ s >> bode (T) >> nyquist (T) ω > 0 ω 0 ω

112 Application n°4 Calculer V S1 (p) = Ve(p) R C p V S2 (p) = Ve(p) V S1 V S2 R C p 1 + R C p V S (p) = V S1 (p) – V S2 (p) V S (p) = Ve(p) 1 + R C p 1 - R C p 1 + 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

113 Nouveau ! Une fonction complexe comme 1 – j ω/ω n présente : 1 + j ω/ω n Même module que Phase opposée :artg (–ω/ω n )= - artg (ω/ω n ) Phase inversée Même module, même gain 1 + j ω/ω n 1 - j ω/ω n 1 – j R C 0 90° 0 -90° 20 log Ce nest pas un circuit à phase minimale

114 1 - j ω/ω n 0 -90° 20 log 1 + j R C 1 – j R C ve(j ) vs(j ) = 0 -90° ° 1 + j ω/ω n 20 log 1 numérateur dénominateur 1 0 dB Ce circuit est un déphaseur

115 Application n°5: montage à base dune source liée Calculer v s (j ) / v e (j ) Tracer sa réponse harmonique Bode, Nyquist, Rem : on peut utiliser le formalisme p, puis remplacer p par jω ou travailler directement en jω Ordre 1, actif

116 Posons i c, le courant circulant dans le condensateur (1) (2) (3) Remarque : par simplicité décriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : v e (jω) sécrira v e … (12) soit : (21) : soit :

117 (3) Remarque : par simplicité décriture, on omet (jω) pour les grandeurs variables : v e (jω) sécrira v e … Expressions (12) de v e et (21) i c que lon reporte dans (3) Doù : On aboutit à : (12)(21)

118 Application numérique. = A v = k. 1 u = 2 krad/s soit f n = 318 Hz = 1 1 u ( ) = 769rad/s soit f d = 122,5 Hz

119 Rappel :1 – j ω/ω n présente : 1 + j ω/ω n Même module que Phase := - artg (ω/ω n ) T1=tf([-1/2000, 1],[1]); = 2 krad/s 1 - j ω/ω n

120 Tracé de Bode f n = 318 Hz f d = 122,5 Hz 6 dB 0 dB -2,28 dB 180 ° 0 ° f 10 Hz100 Hz 1 Hz 1 kHz10 kHz100 kHz f0 A v f - A v f d /f n 0,77 = - 2 A v = ,5 Hz -6 dB / oct 318 Hz

121 Lieu de Nyquist 1 Hz 100 kHz kHz 10 Hz 100 Hz 1 kHz f n = 318 Hz f d = 122,5 Hz A v = - 2 0,77

122 Application n°6 : montage à base dampli Op (parfait) (vu en cours « SEA1 ») Calculer u s (j ) / u e (j ) Tracer sa réponse harmonique Bode, Nyquist. Ordre 2, actif

123 RETARD PUR

124 Réponse harmonique dun retard pur exp (–Tp) p j exp (-j T) Module = Phase = R = 1 - T retard Système connu 20 log {Module} = 0 dB R = - T 20 log {Module} : connu S : connue 20 log {Module} : inchangé Réponse harmonique de lassociation retard + système : retard pur + système linéaire = - T + S

125 Tracé de S : 0 1 T rad Doù le tracé de = - T + S Exemple de base : retard + passe bas Tracé de R : 1 - artg - T (log) (lin) Échelles non comparables !!! - /4 1 T (log) Courbe en exponentielle 0 repoussé à linfini

126 Construction graphique : Cas 1 : 1 T 1 << La phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard na pas encore évolué 1 - /4 1 T (log) = - T + S

127 Exemple numérique 1 T 1 << Si T <<, la phase du premier ordre est à – 90° alors que la phase du retard na pas encore évolué T = 0,01 =1 Premier ordre seul Retard pur seulPremier ordre + retard à 10 rad/s, T = 0,1 rad -90° -6° exponentielle 1/

128 Construction graphique : Cas 2 : 1 T 1 << La phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre na pas encore évolué 1 T 1 La rotation de phase de 90° est négligeable (log)

129 1 T 1 << Si T >>, la phase du retard est très importante alors que la phase du premier ordre na pas encore évolué T = 100 =1 Premier ordre seul Retard pur seulPremier ordre + retard À 0,1 rad/s -qq° = - 10 rad = - 570° Exemple numérique :

130 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.

131 Transformées de Laplace Analyse harmonique Quadripôles « CIRCUIT »

132 Les différents quadripôles Applications QUADRIPOLES

133 Les différents quadripôles Applications QUADRIPOLES

134 On appelle entrée l'accès 11' sortie l'accès 22' Tout quadripôle est complètement caractérisé par les 4 éléments dune 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.

135 On « mesure » la valeur des éléments en imposant une source à un accès et laissant lautre en circuit ouvert. impédance d'entrée à circuit ouvert impédance de sortie à circuit ouvert impédances de transfert à circuit ouvert Matrice dimpédance Circuit équivalent I 2 =0I 1 =0 U 1 = Z 11 I 1 + Z 12 I 2 U 2 = Z 21 I 1 + Z 22 I 2

136 La matrice Y est linverse de la matrice Z. Elle nexiste 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 dadmittance Circuit équivalent I 1 = Y 11 U 1 + Y 12 U 2 I 2 = Y 21 U 1 + Y 22 U 2

137 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 U 1 /U 2 à I 2 nul Rem : confusion possible avec matrice de chaîne Matrices autres…

138 Pourquoi autant de matrices ? Il existe des relations de passage pour déterminer une matrice à partir dune autre.

139 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 ]

140 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 : U1U1 U2U2 I1I1 I2I2 Il vient : Z Z

141 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. U1U1 U2U2 I1I1 I2I2 = Z

142 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 : doù U1U1 U2U2 I1I1 I2I2

143 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 :

144 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 Z b 0, on retrouve la matrice Z du quadripôle précédent Rem 2 : si on fait Z a 0, on détermine la matrice Z(p) du quadripôle suivant : Il vient : utilisé en T.P. « circuit » : quadripôle passif sans pertes

145 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 :

146 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 :

147 Intéressant : quadripôles en Z du transformateur Transformateur seul association de 2 quadripôlesTransformateur chargé On montre que : adapté si Zs = Ze = Zu n 2 soit : avec M 2 = L 1 L 2 M : mutuelle inductance

148 Les différents quadripôles Applications QUADRIPOLES

149 On reconnaît des « quadripôles » en cascade : la matrice de chaîne T résultante est le produit des matrices T de chaque quadripôle. Z le coef A représente U 1 /U 2 à I 2 nul Doù une façon de calculer la fonction de transfert U 2 /U 1 = 1/A U 2 (p) 1 U 1 (p) 1+RCp = Z 1) Fonction de transfert dun réseau passif : par quadripole Calculer U 2 (p)/U 1 (p) Produit des matrices Il vient :

150 2) Continuons le réseau Z Z (que lon pouvait écrire directement) = V 2 (p) V 1 (p) 1 = => Rappel : déjà vu !

151 3) Continuons le réseau Limitons-nous au calcul du seul coefficient utile : Il « suffit » dajouter une matrice dans le produit : V 2 (p) V 1 (p) Doù, après développement : Et ce, avec R 1 =R 2 =R 3 =R et C 1 =C 2 =C 3 =C À noter quelque part !

152 4) Modèle du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux : quadripôle Son fonctionnement peut être décrit par un quadripôle hybride. Chaque paramètre (h 11, h 12, h 21, h 22 ) représente un phénomène distinct au sein du transistor. (Par exemple le coefficient β est h 21 ). Rem : il existe dautres modèles pour représenter le fonctionnement du transistor bipolaire en régime dynamique linéaire petits signaux. BC E

153 5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne Cas basique : on dispose dune source, dune charge, mais non adaptée P est fonction de R L P passe par un maximum pour R L = R th

154 5) adapter une charge à une source, de façon à maximiser le transfert de puissance moyenne Cas basique : on dispose dune source, dune charge, mais non adaptée On intercale un quadripôle : De (2) on déduit I 2 que lon place dans (1), pour en sortir U 1 /I 1 = Z in : (2) (1) Un calcul similaire donne U 2 /I 2 (à E g = 0) ) Z out : Rem : relation utilisée tout à lheure

155 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 DIMPEDANCES Sans résistance ou selon un cahier des charges donnant latténuation sortie/entrée. max

156 Exemples de montage adaptateur dimpédance : cas de figure fréquent (en HF) : quadripôle passif Pour un quadripôle passif, nous avons Z 21 = Z 12 Les quadripôles passifs (sans source interne), sont définis par 3 paramètres. Si ce quadripôle passif est symétrique, nous avons Z 11 = Z 22 (symétrique : permutation entrée/sortie sans conséquence) donne :

157 Exemple concret (purement résistif) : 600 Ohm 50 Ohm Adapté 600 OhmAdapté 50 Ohm 612,2134,991 51,01 Vue du point (1), limpédance est : 577, ,991 // (16,019+50) = Vue du point (2), limpédance est : 16, ,991 // (577,13+600) = Logiciel : RFSIM99 (disponible sur le Web)

158 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 :

159 Source Wikipedia Et réciproquement KENNELLY

160 Même exemple concret : 600 Ohm 50 Ohm Adapté 600 OhmAdapté 50 Ohm Vue du point (1), limpédance est : 1,873 k // 857,365 + (51,981 // 50) = 600 Vue du point (2), limpédance est : 51,981 // (857,365 + (1,873 k // 600) = 50

161 Exemples de montage adaptateur dimpédance en PI : Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet dexamen…)

162 Exemples de montage adaptateur dimpédance en PI : Extrait de schéma analysé en ERII4 (sujet dexamen…) On atténue puis on amplifie… Mais cest mieux que dêtre désadapté Et plus robuste en cas de fluctuation dimpédance


Télécharger ppt "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."

Présentations similaires


Annonces Google