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Equation différentielle à résoudre :
\( \tau \frac{dy(t)}{dt}+y(t)=x(t) \)
On cherche la solution y(t), pour x(t)=E entrée constante.
Cette solution est la somme :
\( y(t)=y_{per}(t) + y_{tr}(t) \)
\( y_{per}(t)=y(t\rightarrow +\infty) \)
Passé le transitoire, s sera de même forme que l’entrée, soit ICI une constante :
\( y(t) = A \rightarrow \tau \frac{dA}{dt} + A=E \rightarrow A=E \)
On considère une entrée de forçage nulle, dans ce cas :
\( \tau \frac{dy_{tr}(t)}{dt}+y_{tr}(t)=0 \rightarrow y_{tr}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
La solution de l’équation correspondante est :
\( y_{tr}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
\( y(t)=y_{per}(t) + y_{tr}(t)=E+B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Détermination de B : condition initiale à t=0. Hypothèse : ici s(0)=0
\( y(0)=0=E+B \rightarrow B=-E \)
\( y(t)=E(1-e^{\frac{-t}{\tau}}) \)
On souhaite visualiser la tension \( v_{s}(t) \) aux bornes du condensateur, en réponse à un échelon de tension sur \( v_{e}(t) \)
\( v_{e}(t)=E \).
Le Condensateur est initialement déchargé \( v_{s}(0)=0 \).
Application de la loi des mailles : \( v_{e}(t) = R.i(t)+v_{s}(t) \)
Dans un condensateur \( q(t) = C.v_{s}(t) \)
Le courant est un débit de charges \( i(t)=\frac{dq(t)}{dt} \)
d’où \( i(t)=C.\frac{dv_{s}(t)}{dt} \)
Equation différentielle à résoudre :
\( R.C.\frac{dv_{s}(t)}{dt}+v_{s}(t) = v_{e}(t) \)
On note \( \tau = R.C \)
\( v_{e}(t) \) est une constante E.
Passé le transitoire, \( v_{c}(t) \) sera également une constante, notée A.
A répond à l’équation :
\( \tau.\frac{A}{dt}+A = E –> A=E \)
\( v_{s_{per}}(t) = E\)
On considère une entrée de forçage nulle, dans ce cas :
\( \tau \frac{dv_{s_{tr}}(t)}{dt}+v_{s_{tr}}(t)=0 \rightarrow v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
La solution de l’équation correspondante est :
\( v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
\( v_{s}(t)=v_{s_{per}}(t) + v_{s_{tr}}(t)=E+B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Détermination de B : condition initiale à t=0. Hypothèse : ici \( v_{s}(0)=0 \)(Condensateur déchargé)
\( v_{s}(0)=0=E+B \rightarrow B=-E \)
\( v_{s}(t)=E(1-e^{\frac{-t}{\tau}}) \)
\( v_{s}(0)=E \) On applique Une tension nulle sur \( v_{e}(t) \).
\( v_{e}(t) \) est une constante nulle.
Passé le transitoire, \( v_{c}(t) \) sera également une constante, notée A.
A répond à l’équation :
\( \tau.\frac{A}{dt}+A = 0 –> A=0 \)
\( v_{s_{per}}(t) = 0\)
On considère une entrée de forçage nulle, dans ce cas :
\( \tau \frac{dv_{s_{tr}}(t)}{dt}+v_{s_{tr}}(t)=0 \rightarrow v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
La solution de l’équation correspondante est :
\( v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
\( v_{s}(t)=v_{s_{per}}(t) + v_{s_{tr}}(t)= 0 +B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Détermination de B : condition initiale à t=0. Hypothèse : ici \( v_{s}(0)=E \)
\( v_{s}(0)=E=0+B \rightarrow B=E \)
\( v_{s}(t)=E.e^{\frac{-t}{\tau}} \)
On souhaite visualiser la tension \( v_{s}(t) \) aux bornes du condensateur, en réponse à une rampe de tension \( v_{e}(t) \)
\( v_{e}(t)=E.t \).
Le Condensateur est initialement déchargé \( v_{s}(0)=0 \).
\( v_{e}(t) \) est une rampe
passé le transitoire, \( v_{c}(t) \) sera également une rampe, notée \( K_{1}.t + K_{2} \)
\( v_{s}(t) \) répond à l’équation :
\( \tau.\frac{d(K_{1}.t + K_{2})}{dt}+ K_{1}.t + K_{2} = E.t \)
\( \tau.K_{1}+ K_{1}.t + K_{2} = E.t \)
Par identification des coefficients du polynome :
\( v_{s_{per}}(t) = E (t - \tau) \)
On considère une entrée de forçage nulle, dans ce cas :
\( \tau \frac{dv_{s_{tr}}(t)}{dt}+v_{s_{tr}}(t)=0 \rightarrow v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
La solution de l’équation correspondante est :
\( v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
\( v_{s}(t)=v_{s_{per}}(t) + v_{s_{tr}}(t)= E (t - \tau) +B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Détermination de B : condition initiale à t=0. Hypothèse : ici \( v_{c}(0)=0 \)
\( v_{s}(0) = 0 = - \tau.E + B \rightarrow B=\tau.E \)
\( v_{s}(t)=E.t + \tau.E(e^{\frac{-t}{\tau}}-1) \)
Entrée sinusoïdale –> Sortie sinusoïdale déphasée et atténuée.
\( v_{e}(t) = V_e.sin\omega t –> v_{s_{per}}(t) = V_s(\omega).sin(\omega t+\Phi(\omega)) \)
Impédances Complexes ( cf Signaux Sinus )
Pont diviseur de tension :
\( v_{s_{per}}(t)= v_{e}(t) . \frac{\overline{z_C}}{R + \overline{z_C}} \)
\( v_{s_{per}}(t)= v_{e}(t) . \frac{1}{1 + jRC\omega} \)
Fonction de Transfert :
\( \overline{T(j\omega)}=\frac{v_{s_{per}}(t)}{v_{e}(t)}=\frac{1}{1 + jRC\omega} \)
\( \mid v_{s_{per}}(t) \mid = V_s = V_e \mid \overline{T(j\omega)} \mid \)
\( V_s = V_e. \frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2} } } \) avec \( \omega_0=\frac{1}{\tau}=\frac{1}{RC} \)
\( \Phi(\omega)=arg \left( \frac{1}{1 + jRC\omega} \right ) \)
\( \Phi(\omega)=-\arctan(\frac{\omega}{\omega_0}) \)
\( v_{s_{per}}(t)= V_e. \frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .sin(\omega t-\arctan(\frac{\omega}{\omega_0})) \)
On considère une entrée de forçage nulle, dans ce cas :
\( \tau \frac{dv_{s_{tr}}(t)}{dt}+v_{s_{tr}}(t)=0 \rightarrow v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
La solution de l’équation correspondante est :
\( v_{s_{tr}}(t)=B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
\( v_{s}(t)=v_{s_{per}}(t) + v_{s_{tr}}(t)= V_e. \frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .sin(\omega t-\arctan(\frac{\omega}{\omega_0})) + B e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Détermination de B : condition initiale à t=0. Hypothèse : ici \( v_{c}(0)=0 \)
\( v_{s}(0) = 0 =V_e.\frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .sin[-\arctan(\frac{\omega}{\omega_0})] + B \)
\( \sin[-arctan(x)]=\frac{-x}{\sqrt{1+x^2}} \)
\( v_{s}(0) = 0 =V_e.\frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .\frac{-\frac{\omega}{\omega_0}}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} + B \)
\( v_{s}(0) = 0 =V_e.\frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .\frac{-\frac{\omega}{\omega_0}}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} + B \)
\( B=V_e.\frac{ \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right ) }{1+\left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^2} \)
\( v_{s}(t)= V_e. \frac{1}{\sqrt{1 + \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^{2}}} .sin(\omega t-\arctan(\frac{\omega}{\omega_0})) + V_e.\frac{ \left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right ) }{1+\left ( \frac{\omega}{\omega_0} \right )^2} e^{\frac{-t}{\tau}} \)
Essai pour f=500 Hz
Essai pour \( \omega = \omega _0 \)
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