TD: Temps de réponse d`un circuit passe

TD: Temps de réponse d’un circuit passe-bas d’ordre 2
1 Position du problème
On considère un filtre passe-bas d’ordre 2, avec une constante de temps τ et un facteur de surtension Q,
1
de fonction de transfert H̃(jω) = 1+ jω.τ +(jω.τ
.
)2
Q
On étudie la réponse Vs de ce circuit à un échelon (i.e. la réponse indicielle pour une tension d’entrée
Ve = 0 pour t < 0 et Ve = E pour t ≥ 1).
s
que la solution Vs (t) s’écrit:
1. En utilisant les conditions initiales Vs (t = 0+ ) = 0 et dV
dt t=0+ = 0, montrer
h
i
q
1
1 t
t
1
t
1
a. pour Q < 2 : Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q . τ . ch(α. τ ) + 2Q.α . sh(α. τ ) avec α = 4.Q
2 − 1
h
i
1 t
1 t
b. pour Q = 12 : Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
. τ . 1 + 2.Q
.τ
= E. 1 − exp − τt . 1 + τt
h
i
q
1 t
1
1
. τ . cos(α. τt ) + 2Q.α
. sin(α. τt ) avec α = 1 − 4.Q
c. pour Q > 21 : Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
2
h
i
1 t
t
Expression que l’on peut réécrire sous la forme: Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q . τ .C. cos(α. τ + ϕ) avec:
q
4.Q2
1
√ −12 .
C = 4.Q
2 −1 = α et tan ϕ =
4.Q −1
2. Chercher numériquement le temps de réponse à 5%, tR , tel que: pour t > tR , Vs (t) ∈ [0, 95.E ; 1, 05.E].
Tracer tτR en fonction de Q.
On remarquera que, dans le cas pseudo-périodique,
h
tR ∈ [tmin ,itmax ] où:
1 t
tmax est l’instant où l’enveloppe E. 1 − exp − 2.Q
. τ .C atteint 0, 95.E
tmax .α
et tmin = n. π.τ
α (avec n = I( π.τ )) est le dernier instant, avant tmax , où Vs passe par un extremum.
N.B. On vérifiera si Vs (tmin ) 6∈ [0, 95.E ; 1, 05.E].
Solution
2
τ ∂Vs
1. On a une équation différentielle de la forme: τ 2 . ∂∂tV2s + Q
. ∂t + Vs = Ve .
La solution particulière est: Vs = Ve = E.
La solution homogène est de la forme: A.er.t . D’où le polynôme caractéristique: τ 2 .r2 + tau
Q .r + 1 = 0.
τ 2
On a: ∆ = ( Q
) − 4.τ 2 et l’on distingue trois cas:
1/2
1/2
2
τ
τ
τ
1
τ
1
1
α
2
−
4.τ
=
−
= − 2.Q.τ
a. Q < 12 : r 1 = − 2.Q.τ
±
.
±
.
−
1
2
2 ± τ .
2.τ 2
Q
2.Q.τ 2
τ
4.Q2
2
α.t
t
On en déduit la solution totale: Vs = E + exp − 2.Q.τ
. A. ch( α.t
τ ) + B. sh( τ ) .
On impose Vs (0)
E + A =0 h⇒ A = −E
=
i
∂Vs
t
α.t
B.α
α.t
1
α.t
α.t
et ∂t t=0 = exp − 2.Q.τ
. A.α
.
sh(
)
+
.
ch(
)
−
.
A.
ch(
)
+
B.
sh(
)
τ
τ
τ
τ
2.Q.τ
τ
τ
t=0
B.α
A
E
s
⇒ ∂V
=
−
=
0
⇒
B
=
−
.
∂t t=0
τh
2.Q.τ 2.α.Q
i
q
1 t
1
1
D’où: Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
. τ . ch(α. τt ) + 2Q.α
. sh(α. τt ) avec α = 4.Q
2 − 1
τ
b. Q = 21 : r = − 2.Q.τ
2.
t
On en déduit la solution totale: Vs = E + exp − 2.Q.τ
.[A + B.t].
On impose Vs (0)
E + A =0 h⇒ A = −E
=
i
∂Vs
t
1
et ∂t t=0 = exp − 2.Q.τ
. B − 2.Q.τ
. [A + B.t]
t=0
A
A
E
s
=
B
−
=
0
⇒
B
=
=
−
.
⇒ ∂V
∂t t=0
2.Q.τ
h 2.Q.τ h2.Q.τ
ii
1 t
t
D’où: Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
. τ . 1 + 2.Q.τ
.
1/2
2
1/2
j
j
τ
τ
τ
1
τ
4.τ 2
− Q
= − 2.Q.τ
1 − 4.Q
= − 2.Q.τ
c. Q > 21 : r 1 = − 2.Q.τ
2 ± 2.τ 2 .
2 ± τ .
2
2 ±
2
t
α.t
On en déduit la solution totale: Vs = E + exp − 2.Q.τ
. A. cos( α.t
τ ) + B. sin( τ ) .
On impose Vs (0)
E + A =0 h⇒ A = −E
=
t
α.t
s
et ∂V
=
exp
− 2.Q.τ
. − A.α
∂t t=0
τ . sin( τ ) +
1
B.α
α.t
τ . cos( τ )
−
1
2.Q.τ .
α.j
τ .
i
α.t
A. cos( α.t
τ ) + B. sin( τ )
t=0
ISEN-Brest. Kany.
∂Vs
∂t t=0
TD: Temps de réponse d’un circuit passe-bas d’ordre 2
B.α
τh
E
0 ⇒ B = − 2.α.Q
.
i
q
t
1
1
1 t
. sin(α. τt ) avec α = 1 − 4.Q
D’où: Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q . τ . cos(α. τ ) + 2Q.α
2
(
1
tan
ϕ
=
−
C. cos ϕ = 1
2.Q.α
On pose:
⇒
1
4.Q2
1
1
1 .
C. sin ϕ = − 2.Q.α
C 2 = 1 + (2.Q.α)
2 = 1 + 4.Q2 −1 = 4.Q2 −1 = α2
i
h
1 t
Donc: Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
. τ .C. cos ϕ. cos(α. τt ) − sin ϕ. sin(α. τt )
h
i
1 t
⇒ Vs (t) = E. 1 − exp − 2.Q
. τ .C. cos(α. τt + ϕ)
⇒
=
−
A
2.Q.τ =
2. • Si Q ≤ 12 , la solution est monotone croissante. Il suffit de chercher tR tel que Vs (tR ) = 0, 95.E
• Si Q > 21 , la solution oscille et est susceptible d’entrer et de sortir plusieurs fois de l’intervalle
[0, 95.E; 1, 05.E]. Il faut chercher le dernier instant tR où Vs (t) entre dans l’intervalle. Comme
cos(α.htτR +ϕ) ∈[−1, 1], on doit iavoir tR ≤ tmax oùtmax correspond
à l’instant où l’enveloppe atteint 0, 95.E
1 tmax
1 tmax
. τ
.C = 0, 95.E ⇒ exp − 2.Q
. τ
⇒ E. 1 − exp − 2.Q
= 0, 05.α ⇒ tmax = −2.Q.τ. ln(0, 05.α)
Il faut ensuite chercher l’instant tmin qui correspond
audernier
h extremum de Vs (t) avant tmax .
i
dVs
1
1 t
. cos(α. τt + ϕ) − ατ . sin(α. τt + ϕ) = 0
Cet instant est atteint lorsque dt = 0 ⇒ exp − 2.Q . τ .C. − 2.Q.τ
h
i
1
1
⇒ tan(α. τt + ϕ) = − 2.Q.α
⇒ t = Arctan(− 2.Q.α
) + n.π − ϕ . ατ
.α
1
Comme tan ϕ = − 2.Q.α
, l’expression de t devient: t = n.π.τ
et tmin correspond à n = I( tmax
α
π.τ ).
Si tmin > tmax (si le premier maximum est déjà dans l’intervalle [0, 95.E, 1, 05.E]), il suffit d’imposer
tmin = 0. Il reste donc à chercher tR dans l’intervalle [tmin , tmax ].
Dans le cas pseudo-périodique, la courbe tR = f (Q) présente des discontinuités car l’instant tR peut correspondre, alternativement, au passage par 0, 95.E ou 1, 05.E.
2 Code avec Mathematica
Temps de réponse d’un passe-bas d’ordre 2
In[1]:= t=.; Aperiodique[tau ,Q ,t ]:=(alpha=Sqrt[1/(4 Q^2)-1];
1-Exp[-t/(2 Q tau)] (Cosh[alpha t/tau]+1/(2 Q alpha) Sinh[alpha t/tau]));
In[3]:= PseudoPeriodique[tau ,Q ,t ]:=(alpha=Sqrt[1-1/(4 Q^2)];
1-Exp[-t/(2 Q tau)] (Cos[alpha t/tau]+1/(2 Q alpha) Sin[alpha t/tau]));
In[4]:= Critique[tau ,t ]:=1-Exp[-t/tau] (1+ t/tau);
In[5]:= TempsReponse[tau ,Q ]:=(
If[Q<.5,reponse=t/.FindRoot[Aperiodique[tau,Q,t]==.95,{t,tau}]];
If[Q==.5,reponse=t/.FindRoot[Critique[tau,t]==.95,{t,tau}]];
If[Q>.5,alpha=Sqrt[1-1/(4 Q^2)];
tmax=t/.FindRoot[1-Exp[-t/(2 Q tau)]/alpha==.95,{t,tau}];
n=Floor[N[tmax alpha/(Pi tau)]]; tmin=N[n Pi tau/alpha];
If[Abs[PseudoPeriodique[tau,Q,tmin]-1]<0.05,
If[tmin<N[Pi tau/alpha],tmin=0,tmin=N[tmin-Pi tau/alpha]]];
reponse=t/.FindRoot[Abs[PseudoPeriodique[tau,Q,t]-1]==0.05,{t,tmin,tmax}]];
reponse/tau);
In[6]:= Plot[TempsReponse[1,Q],{Q,0.001,3}]
Out[6]= -Graphics-
2
ISEN-Brest. Kany.
TD: Temps de réponse d’un circuit passe-bas d’ordre 2
3 Code avec Python
# -*- coding: utf-8 -*from math import *
import numpy as np
import scipy.optimize
import matplotlib.pyplot as plt
30
25
tR /τ
20
15
10
5
00.0
0.5
1.0
1.5
Q
2.0
2.5
3.0
N.B. Si l’on préfère utiliser le coefficient d’amortissement m plutôt que le facteur de qualité Q, il suffit d’appeler
la procédure TempsReponse(1/(2*m),tau)
3