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BTS 1 EL Chapi t re 3 : LE FILTRAGE ANALOGIQUE

Lyce Louis Armand - MULHOUSEPhysique Applique - HASSENBOEHLER page 1 / 16

1. Le gabarit dun filtre passe-bas LP

Le gabarit dun filtre passe-basest dfini par les valeurs ( fp , ) et ( fa , )dlimitant le domaine o doit sinscrire la rponsefrquentielle :GdB (f) = 20 log

VsVe du filtre.

fp est la frquence frontire de la bandepassante .fa est la frquence frontire de la bandeattnue .

2. La normalisation des frquences, du gabarit et des composants

2.1. la normalisation des frquences

On choisitune frquence de rfrence f r (souvent cest la frquence centrale fo),

dola frquence normalise f n =ffr .

La pulsation normalise correspond la mme valeur fn =ffr =

2f2fr

= r.

Si on pose que s = jr, le module de s est s = r

= ffr = fn.

Nous utiliserons cettenotation symbolique s qui correspond aussi lavariable de Laplacenormalise s = pr

, la variable de Laplace correspondant en rgime harmonique j.

2.2. la normalisation du gabaritle gabarit normalis est obtenu en choisissantcomme frquence de rfrence fr = fp lafrquence frontire de la bandepassante : fp

devient s = ffp =fpfp = 1

fa devient sa =fafp

2.3. la normalisation des composants

La frquence derfrence f r = fp tant choisie, on choisit en plusune rsistance de rfrence R r.

- Pour les filtres passifs, Rr correspond habituellement larsistance de charge du filtre, comme le reprsente la figure ci-contre.

- Pour les filtres actifs amplificateur oprationnel Rr correspond la rsistance du montage la plus frquente (exemple : 10 k).

en dB

en dB

GdB 1 sa s =ffp = fn 0 dB

f (MHz )

vs ve

en dB

en dB

GdB fp fa 0 dBf (MHz )

rponse frquentielleGdB (f) du filtre souhait

Rr ve

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Dola rsistance normalise Rn =RRr. 0n utilisera aussi la relation R = Rn.Rr .

Dolinductance de rfrence Lr =Rrr

et linductance normalise Ln =LLr L = Ln.Lr .

Dola capacit de rfrence Cr =1

Rr.ret la capacit normalise Cn =

CCr C = Cn.Cr.

Doles impdances symboliques Rn, Lns et 1Cns.

2.3. exemple de circuit normalis :

Cherchons dabordla fonction de transfert de ce filtre actif :au noeud N, la somme des courant est nulle, donc

Ie + IC2 + IC1 = 0

devientVe- VN

R +Vs- VN1 / jC2

+Vs- VN

R = 0 .

Multiplions par R , il vient : (Ve - VN) + jRC2(Vs - VN) + (Vs - VN) = 0.Mettons VN en facteur et dans lautre membre de lgalit :

Ve + jRC2Vs + Vs = VN + jRC2VN + VN = VN (2 + jRC2) (1)Une relation supplmentaire donnant VN est obtenue avec R et C1 qui forment un pont diviseur

Vs = VN.1 / jC1

1 / jC1 + R= VN.

11 + jRC1

do VN = Vs . (1 + jRC1) (2)

Alors (1) et (2) donnne Ve + jRC2Vs + Vs = Vs . (1 + jRC1).(2 + jRC2),puis Ve = Vs . ((1 + jRC1).(2 + jRC2) -jRC2-1).

Dveloppons : Ve = Vs . (2 + j2RC1 + jRC2 + j2R2C1C22 - jRC2 - 1)= Vs . (1 + j2RC1 + j2R2C1C22).

Finalement on a T(j) =VsVe =

11 +2RC1(j) + R2C1C2(j)2

. Cest lexpression dun passe-bas

du deuxime ordre dont on dduit facilemento =1

R C1C2et m =

C1C2.

Normalisons le circuit :Choisissons comme pulsation de rfrencer = o et comme rsistance de rfrence Rr = R.

Les impdances symboliques valent alorsRn =RRr =

RR = 1,

pour C1, C1n =C1Cr

et comme Cr =1

Rr.r= 1R.o

= C1C2 ,

il vient C1n = m,

pour C2, C2n =C2C

ret comme Cr = C1C2, il vient C2n =

1m.

Vs Ve C1 RN

C2

R

T (s) = 11 +2ms + s2

Vs(s)Ve(s) m1

1m

1

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Connaissant maintenant le circuit normalis du passe-bas du deuxime ordre detransmittance symbolique : T (s) = 11 +2ms + s2, on peut calculer les capacits C1 et C2

aprs avoir choisi R, pour obtenir le filtre de frquence de cassureo = r souhait.

3. Les diffrentes formes de rponses

On dtermine la fonction de transfert T (js) telle que lacourbe sinscrive dans le gabarit normalis.

Les conditions sur la fonction recherche sontsur le segment AB : 20 log T(s) pour s sp = 1,sur le segment CD : 20 log T(s) pour s sa,en B : 20 log T(1) donc T (1) 10 /20 .

Les approximations possibles sont les fonctions deButterworth, de Chebychev, de Bessel entre autres .

3.1. la rponse de Butterworth ou courbe MFn pour maximally flat dordre ncourbe ainsi appele car elle a comme proprit dtre plate dans la partie AB.

Les rponses de Butterworth ont comme fonctions de transfert T (js) telles que leurs modules

scrivent sous la forme T ( s ) = 11 + s2n

o n est lordre du filtre .

Le gain vaut alors :G

dB= - 10 log ( 1 + s2n ) .

Si s = 1 on a toujoursGdB = - 10 log (1 + 1)

= -10 log 2 = - 3 dB .

Rappel : les courbes du gainGdB = 20 log | T(s) |ci-contre ont bien sr deschelles semi-logarithmiques(un module correspond 4divisions)

Problme pos : il faut trouver le montage raliserconnaissant le gabarit on procde de la faon suivante :

a) dans un premier temps, daprs le gabarit, ondtermine lordre n du filtre .

La rponse de Butterworth donne fp un gainGdB = -3 dB, mais cherchons lordre du filtredaprs un gabarit quelconque (f

p, ) et (f

a, ).

n = 9 8 7 6 5 4 3 2 1

1 10 s0

-30

-20

-10

GdB

-3 dB

en dB

en dB

GdB sp =1 sa s =ffp = fn 0 dB

f (MHz )BA

DC

en dB

en dB

GdB fp fa 0 dBf (MHz )BA

DC

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Les conditions sur la fonction recherche sont sur le segment AB :20 log T(sp) et sur le segment CD : 20 log T(sa) .Si 20 log T(sp) , - 10 log (1 + sp2n) , ce qui donne ( 1 + sp2n ) 10- / 10,

puis s p2n (10 - / 10 - 1) .De la mme faon comme 20 log T(sa) , s a2n (10 - / 10 - 1) .

Le produit sa2n . (10- / 10 - 1) est donc suprieur ou gal au produit sp2n . (10- / 10 - 1).

On en dduit lingalit suivante : sa2n / sp2n (10- / 10 - 1) / (10- / 10 - 1) dont on extrait nen prenant le logarithme dcimal de chacun des membre de lingalit : log sa2n / sp2n = 2nlog fa / fp donne

n log [(10 - / 10 - 1) / (10 - / 10 - 1)]

2 log (f a / fp )

on choisit l'entier n suprieur comme ordre du filtre ayant une rponse de Butterworth

b) Ensuite T(s) est trouv grce au tableau donnant les diffrents dnominateurs des fonctionsde Butterworth appelspolynmes de Butterworth 1T(s) :

Rappel : T(s) est la fonction de transfert du filtre, s = j

r est la variable de Laplace normalise,

n est lordre du filtre , et m le coefficient damortissement des second ordres associs T(s)

n Polynmes de Butterworth m

1 1 + s2 1 + 2 s + s 2 0,707

3 ( 1 + s ) ( 1 + s + s 2 ) 0,5

4 ( 1 + 0,765 s + s 2 ) ( 1 + 1,848 s + s 2 ) 0,383 - 0,924

5 ( 1 + s ) ( 1 + 0,618 s + s 2 ) ( 1 + 1,618 s + s 2 ) 0,309 - 0,809

6 ( 1 + 0,518 s + s 2 ) ( 1 + 2 s + s 2 ) ( 1 + 1,93 s + s 2 ) 0,259 - 0,707 -0,966

7 ( 1 + s ) ( 1 + 0,445 s + s 2 ) ( 1 + 1,25 s + s 2 ) ( 1 + 1,80 s + s 2 ) 0,222 - 0,623 -0,9018 ( 1 + 0,390 s + s 2 )( 1 + 1,11 s + s 2 )( 1 + 1,67 s + s 2 )( 1 + 1,96 s + s 2 ) 0,195 - 0,555 -

0,835 - 0,980

c) le montage est ralis en associant en cascade des filtres passe-bas du premier et dusecond ordre dont on connat la reprsentation normalise (voir le montage en 2.3.).

Par exemple, si lordre souhait est 7 :

11 + s Ve(s)

11 + 0,445 s + s2

11 + 1,25 s + s2

11 + 1,80 s + s2 Vs(s)

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3.2. la rponses de Chebychev (ou Tchebytcheff) appels ERnpour equal ripple qui signifie :gales ondulations dans la bande passante que lordre n.

Elles ont la proprit davoir avant la coupure,des ondulations ayant autant de maximums

que lordre n du filtre.La fonction T(s) est telle que son module vaut

T(s) = 11 + 2 Cn(s)2

o n est lordre du filtre et est un nombre relet Cn(s) un polynme dfini par rcurrence etvrifiant C0(s) = 1, C1(s) = set Cn+1(s) = 2 s Cn(s) - Cn-1(s).

Ce qui donne C2(s) = 2s2 - 1, C3(s) = 4s3 - 3s,C4(s) = 8s4 - 8s2 + 1, C5(s) = 16s5 - 20s3 + 5s ,

pour s = 1, le gain est toujours de GdB = - 10 log (1+2) et en particulier - 1 dB pour = 0,5,pour s < 1, si on pose s = cos , on vrifie que Cn(s) = cos n,

la coube oscille entre 0 et - 10 log (1+2),pour s > 1, la courbe du gain admet une asymptote de

pente - 20 n dB / dcade ou - 6 n dB / octave .

La mthode pour dterminer un filtre partir dun gabarit est identique celledveloppe avec une fonction de Butterworth : dabord dterminer lordre n, puis laidede tableaux trouvs dans les manuels spcialiss, dterminer les valeurs de m, puiscalculer les valeurs des composants.

3.4. les fonctions de Bessel ralisent des filtres phase linaire

Pour ces filtres, ce nest pas la rponse harmonique que lon cherche optimiser mais lesrponses indicielle et impulsionnelle . En effet, les trois fonctions MF, ER et O dnaturent lesfronts raides en les affectant dun retard et en leur superposant des oscillations. Pour remdier

ces inconvnients, on est amen tudier des rseaux dont la qualit principale est de fairevarier linairement le dphasage introduit.T(s) = 1Bn(s) o le polynme de Bessel Bn(s) sobtient par rcurrence :

B0 = 1 et B1 =1 + s d'o les polynmes Bn = (2n - 1) Bn-1 + s2Bn-2))ce qui donne : ordre Bn

1 1 + s2 3 + 3s + s2 3 15 + 15 s + 6s2 + s3 = (2,325 + s).(6,456 + 3,675s + s2)4 105 + 105s + 45s2 + 10 s3 + s4 = (9,140 + 5,792s + s2).(11,49 + 4,208s + s2)

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4. La transformation passe-bas passe-haut

Les fonctions de transfert sont toujours donnes pour des filtres passe-bas.Pour la synthse des autres filtres on opre un changement sur la variable symbolique s.

Pour passer dun passe-bas vers une passe-haut, et inversement, il faut intervertir le rle des

frquence s = 0 et s = +, donc faire le changement de variable : s 1s

1. trouver le gabarit du passe-bas correspondant gabarit du passe-haut gabarit normalis gabarit du passe-bas

2. trouver l'ordre n du filtre correspondant au passe-bas prcdentLe gabarit du passe-bas permet de dterminer la transmittance T(s) avec les fonctions deButterworth, Chebychev,

3. choisir le filtre normalis

4. calculer les valeurs normalises des composants

Dans la transformation qui s fait correspondre S =1s ,

une inductance normalise Ln devient une capacit Cn puisque Lns = Ln.1s =

11Lns

= 1Cns ,

une capacit normalise Cn devient une inductance Ln puisque1

Cns =1

Cn1s

= 1Cn s = Lns,

Par exemple, le filtre passif passe-basnormalis LnCn devient le filtre passifpasse-haut normalisdinductance 1Cn et de capacit

1Ln

5. calculer les valeurs relles de C et L

d'aprs les hypothses Rr = R etr = o calculer Lr et Cr d'o finalement L = Ln.Lr et C = Cn.Cr

changementde variable

s S =1s

GdB fa fp 0

f

GdB fafp =sa 10

GdB sa 1 Sa=1sa S0

Ln

Cn

1Ln

1Cn

LP2 HP2

T(s) = 11 +2ms + s2 T(s) =s2

1 +2ms + s2

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5. La transformation passe-bas passe-bande

5.1. le gabarit

La bande passante f =BHz=foQ = 2m fo vaut ici f

+p - f

-p .

En divisant par la frquence centrale fo, on obtientlexpression de labande passante relative ou la largeurde bande relative B.

B =ffo =BHzfo =

f+p - f-p

fo .

Si on ne connat pas fo, on peut choisir la moyenne gomtrique de f-p et f

+p , fo = f

-p .

+p .

Exemple : f-a = 500 kHz, f-p = 2 MHz, f

+p = 8 MHz, f

+a = 16 MHz, = -3 dB et = - 20 dB

La frquence centrale vaut alors fo = 2 x 8 = 4 MHz et B =8 - 2

4 = 1,5

5.2. transformation passe-bande passe-basLa forme canonique de la fonction de transfert dun filtre passe bande

scrivait T ( j ) =2 m j o

1 + 2 m j o+ ( j o

)2ou encore 1

1 + j Q

o-

o

avec Q = 12m

Comme s = joet B = 2m =1Q , la forme symbolique normalise est T(s) =

11 + 1

B

s + 1s

.

Lexpression dun passe-bas du premier ordre est T(s) =11 + s . Cest ce qui nous incite faire

le changement de variable suivant : s 1B

S + 1S .

Cette transformation conduit au changement de variable suivant :

s =fo

f+p - f-p ffo -

fof =

f2 - f+p.f-p

( f+p - f-p).f

.

Si f = f-p ou f+p , on a s = 1.

Si f = f-a ou f+a , s est suprieur 1 et sa valeur minimale sera appele a.

Exemple numrique : f-a et f+a ne sont pas symtrique,

on trouve deux valeurs a = 5,25 et a = 2,5 quon retient pour les calculs du filtre recherch.Les valeurs et donnent comme ordre du filtre n 2,51. Il sagit dun filtre du 3 ordre quonpeut raliser sur le modle dune fonction de Butterworth :

T(s) = 1

1+2s+2s2+s

3 =1

(1+s)(1+s+s2)

.

GdB f-,a f-,p fo f+,p f+,a 0

f

GdB 1 a s0

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5.3. transformation passe-bas passe-bande On revient au passe-bande en procdant au changement de variable s 1B

S + 1S dcrit plus

haut : T(s) = 11+2B

s+1s +

2B2

s+1s 2+

1B3

s+1s 3

.

Pour trouver les lment du montage passe-bande, il suffit de transformer les composants.

Linductance normalise dimpdance normalise Lns

devientLnB

s + 1s =

LnB s +

1 BLn

.s, une inductance

LnB en

srie avec un condensateur de capacit normaliseBLn.

La capacit normalise dadmittance normalise Cns

devientCnB

s + 1s =

CnB s +

1

B

Cn.s

, une inductanceCnB

en parallle avec une capacit normaliseBCn.

5.4. transformation passe-bas coupe-bande ou rjecteur (notch)

Cette transformation est obtenue avec le changement de variable s Bs + 1s

6. Comparaison entre les filtres actifs, passifs et numriques

6.1. les filtres passifs sont constitus de bobines et dinductances Le facteur de qualit Q =LR des bobines est mauvais aux faibles frquences. Les valeurs des inductances sont donnes avec une mauvaise tolrance. Linductance est variable avec la temprature. Un couplage par mutuelle inductance (avec une autre inductance) modifie les performances du filtre. La fonction de transfert T(j) dpend de la charge. Avantage : les filtres passifs restent les plusperformants aux hautes frquences : f 1 MHz.

6.2. les filtres actifs sont raliss avec des amplificateurs oprationnelsIls sont utiliss moindre cot jusqu 100 kHz.Ils ncessitent malheureusement une alimentation symtrique.Les amplificateurs oprationnels ont des tensions de saturation. Les amplificateurs oprationnels produisent un bruit aux faibles amplitudes. Ils ont une mauvaise rponse aux frquences leves.La contre-raction des montages peut amener linstabilit.

6.2. les filtres numriquesIls ncessitent un matriel plus important, convertisseurs numrique-analogique et analogique-numrique,

microprocesseur, , donc sont plus coteux.La frquence dchantillonage limite les frquences dutilisation.Calculs et laboration complexesLes filtres numriques dune mme srie sont parfaitement identiques, prcis car li la frquence dune

horloge (plus fidle quune rsistance), et fidle (pas de vieillissement).Ils sadaptent facilement toutes les situations.Leur miniaturisation volue constamment et pourra concurrencer la taille des filtres actifs et passifs.

Le filtrage numrique sera tudi en deuxime anne.

Ln

Cn

LnB

BLn

CnB

BCn

passe-bas passe-bande remplacer par

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7. Les filtres passifs LC

7.1. le filtre passe-bas

7.1.1. le filtre en chelle LCLordre n du filtre correspond au nombre de composants, comme lindique les indices descondensateurs et des inductances.

La valeur de la rsistance de rfrence est la charge R.

7.1.2. dtermination des valeurs normalises : mthode partant de la transmittancenormalise dfinie daprs le gabarit du passe-bas correspondant et utilisant le paramtreadmittance Y22 du quadriple associ.

7.1.3. filtres normaliss dordre 1, 2, 3, 4 et 5 pour une rponse de type Butterworth

7.1.4. le filtre passe-haut est obtenu en remplaant

7.1.5. le filtre passe-bande est obtenu en remplaant

L1

C2

L3

C4

Ln-2

Cn-1

Ln

U2 R

I2 I1

U1

1

0,309

1,694

1,3811,546

0,89411,577

1,0821,531

0,383

11,333

0,51,5

10,707

1,414

1

1

premier ordre deuxime ordre troisime ordre

quatrime ordre cinquime ordre

Ln Cn 1Ln 1

Cn

par et par

Ln LnB

BLn Cn

CnB

BCn

par et par

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8. Les filtres actifs8.1. les montages du premier ordre :

voir le chapitre "les quadriples en rgime harmonique"8.2. les montages du deuxime ordre8.2.1. montages associant quadriples passifs et amplificateurs oprationnels

On rappelle ladfinition des paramtres admittances pour un quadriple QI1 = Y11 . V1 + Y12 . V2I2 = Y21 . V1 + Y22 . V2

o les paramtres admittances valent

Y11 =

I1V1

V2 = 0, ce qui signifie : I1 sur V1 lorsque V2 est nul, et de la mme faon on a

Y12 =

I1V2

V1 = 0, Y21 =

I2V1

V2 = 0et Y22 =

I2V2

V1 = 0.

Le filtre est ralis par un montage inverseur amplificateur oprationnel particulier. Les quadriples Q et Q sontdfinis par leurs paramtres admittances Y. Pour trouver la fonction de transfert en tension on crit, sachant quenrgime de fonctionnement linaire V = 0, :

I2 = Y21 . V1 + Y22 . V = Y21 . V1I2 = Y21 . V2 + Y22 . V = Y21 . V2 et comme I2 = - I2

on obtient T =V2V1

= -Y21Y21

rappelons que Y21 =

I2V1

V2 = 0

QI1

V2 I2

V1

- > +Q

Q

i1

i1

vs

i2

i2

vve

filtre du 2 ordre quadriple Q quadriple Q Tmax o m

passe-bas -1 1R C1C2 C2C1

passe-haut -1 1C R1R2

R1R2

passe-bande -R22R1

1C R1R2

R1R2

rjecteur -1 1CR 0,5

C2

C1 R RC1

R R

R1

C C

R1 C C

R2

2R1 C

double T pont 2C

R R

R2

C C

R2 C C

2R

R1 C C

R2

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8.2.2. la structure de Rauch

a) Schma gnral de ce filtre boucles multiples

On dmontre que

T =- Y1. Y3

Y3. Y4+ Y5 (Y1 + Y2 + Y3 + Y4)

c'est un montage inverseur

b) le montage est un passe-bas si

Y1 =1

R1est une rsistance, Y 2 = j C 2 un condensateur, Y 3 =

1R3

une rsistance,

Y4 =1

R4une rsistance et Y 5 = j C 1 un condensateur

La transmittance se met sous la forme T ( j ) = A

1 + 2 j m o+ ( j o

)2, cherchons A,

oet m.

Si on prend par exemple R1 = R3 = R4 = R ,

on trouve que A = -1 ;o =1

R C1C2et m =32

C1C2 .

Pour calculer C1 et C2, on aura C1 =2m

3Roet C2 =

32mRo

c) le montage est un passe-haut si

Y1 = j C 1 ; Y2 = 1R2; Y3 = j C 3 ; Y4 = j C 2 et Y 5 = 1R1

On trouve que A = -1,o =1

C R1R2et m =32

R2R1 .

d) le montage est un passe-bande si

Y1 =1

R1; Y2 =

1R2

; Y3 = j C 2 ; Y4 = j C 1 et Y 5 =1

R3

On trouve, si C1

= C2, que A = -

R32R1

) , o

= 1C

R1+R2R1R2R3

et m =R1R2

R3(R1+R2).

La bande passante vaut alors =2mo =2

R3C et

on prendra R3 =2

C ; R1 = -R22A = -

1AC et R2 =

1C

2o2+A2

.

Pour raliser un filtre trs slectif , on utilise la mthode suivante :on fixe la valeur de C,puis est rgl en agissant sur la valeur de R3,

o est ralis grce R2 et lamplification maximale A grce R1.

Vs Ve

Y5

Y2

Y4 Y1 - >

+ Y3

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8.2.3. la structure de Sallen-Key

a) Schma gnral de ce filtre boucles multiples

On dmontre que

T =K Y

1. Y

3( Y1+ Y2 )( Y3 + Y4 ) + Y3 ( Y4 - K Y2)

o K = 1 +RbRa

c'est un montage non inverseur

b) le montage est un passe-bas si Y1 =1

R1; Y2 = j C 2 ; Y3 =

1R2

et Y 4 = j C 1

alors A = K ,

o= 1

R C1C2qui est indpendant de K

et m =C1C2 +

C2C1

1-K

2 est rglable avec K donc grce au potentiomtre Rb.

Attention, si K est trop grand il y a des risques dinstabilit ( m < 0 ).

c) le montage est un passe-haut si Y1 = j C 1 ; Y2 =1

R2; Y3 = j C 2 et Y 4 =

1R1

alors A = K ,o =1

R1R2C1C2et m = 12 R1R2C1C2

[ R2(C1+C2)+R1C2( 1 - K ) ]

d) le montage est un passe-bande Y1 =1

R1; Y2 =

1R ; Y3 = j C et Y 4 = j C +

1R

alors A = K R2R + R1( 3 - K ) , o =1

RC 1 +RR1 et m =

2R + R1( 3 - K )2 R1( R + R1)

la bande passante vaut = 2mo =1

RC [ 2RR1 + 3 - K ] ;

il y a donc possibilit de rgler la slectivit.

Vs Ve Rb Ra

Y2

Y4

Y1

Y3 + >

-

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9. les filtres variable dtatIls sont appels ainsi car ils permettent de simuler des rponses dquations diffrentiellesavec des sommateurs et des intgrateurs

9.1. les filtres universels Ils sont raliss partir de circuits intgrs, des sommateurs et des intgrateurs, et ralisentdes filtres du deuxime ordre : LP2, HP2, BP2 et N2.

Prenons lexpression de la transmittance du HP2 : T ( j ) =( j o

)2

1 + 2 m j o+ ( j o

)2=

VsVe .

Dveloppons cette relation, on obtient : Vs = Ve -

o

j 2

Vs - 2mo j Vs .

-o j Vs est ralis avec un intgrateur inverseur oo =

1RC :

que lon reprsente par le symbole suivant :

Il est facile den dduire le montage "traduction de lquation Vs = Ve -

o

j 2

Vs - 2mo j Vs ".

Remarquons, comme il est indiqu sur la figure ci-dessus que ce mme montage ralise lafois tous les filtrages LP2, HP2 et BP2 , le rjecteur N2 est obtenu en ajoutant un sommateursupplmentaire.9.2 . exemple : la cellule biquadratique KHN (de Kervin, Huelsman et Newcomb )

- o

Vs

R

Vs

C

+ > -

- o

-o

Vs Vs

RR

ve v1

- > + 1 +

R

C

v2

- > + 2 +

R

R1 R2

RC

v3 - > + 3 +

RR

- >

+ 4 +

R

v4

-o j Vs

HP2

BP2

LP2

Ve Vs

- o

2 m

-++

BP2

N2+

+ Ve - o

8/8/2019 0DCE950Cd01

14/16

8/8/2019 0DCE950Cd01

15/16



La cellule de filtrage du CI MF 10 :

Les filtres capacits commutes sont raliss laide de deux intgrateurs associs unamplificateur oprationnelcomme lindique le schma :

il permet de raliser

l'aide de troisrsistancesdes filtresLP2, BP2 et N2 :

le CI MF10 a deux cellulespour pouvoir raliser des filtresdordre 4 avec 6 rsistances !

11. les convertisseurs dimpdance : les gyrateurs

11.1.un gyrateur est un dispositif permettant de simuler des diples ractifs tels que desinductances de grande valeur, qui, dans la pratique, sont difficilement ralisables ou alors avecdes problmes de vieillissement et de couplages parasites Le symbole dun gyrateur : simulation dune inductance L = Rgir2C

11.2. le convertisseur dimpdances ngatives (N.I.C. negativ impedance converter)

La tension diffrentielle est nulle : = 0,alors R.Ie = - K.R.Iz Ie = - K.Iz et d'autre part Ve = Z.Iz .

On en dduit limpdance dentre Ze de ce montage :

Ze =VeIe =

Z.Iz- K.Iz = -

ZK

Si Z est une rsistance Ro, Ze = -ZK= -

RoK le montage simule une rsistance ngative,

Si Z est un condensateur Z = 1 jC , Ze = -ZK= j

1KC = j

1KC2

le montage simule une

inductance L= 1KC2

mais dpendant de d'o la ncessit de trouver des montages de

simulation d'impdance ne dpendant pas de.

H

1 - > +

15

53

4R1

R2

V2 V1

Ve V3

NBP

LP

C

H

1 1

2

R3

broches du MF10

Rgir Ve Vs

Is Ie

Rgir Ve C

Ie VsVe = jL

- > +

R

ZKR

Ie

Ve

Ie

Iz

Iz

8/8/2019 0DCE950Cd01

16/16



11.2. Les convertisseurs dimpdance gnralise (G.I.C. : general impedance converter) invents par ANTOUNIOU sont des dispositifs raliss partir du montage suivant :

dune part Ve = VB= VDdautre partZ1. Ie + Z2. I2 = 0 et Z3. I3 + Z4. IZ = 0

do, comme IZ =VeZ et I2 = I3 ,il vient :

Ze =VeIe

=Z1.Z3Z2.Z4

. Z

Gyrateur GIC:

Si Z1 = Z2 = Z3 = Z = R et Z4 = 1 jC , on a alors Ze = jR2C,le montage simule une inductance pure L = R 2C.

Le facteur de qualit de cette bobine est infini si R2 = R3 rigoureusement !

Super-rsistance GIC :Si Z2 = Z3 = Z4 = R et Z1 = Z =

1 jC , on a alors Ze = -

1(RC)22

,

le montage simule une rsistance ngative dont la valeur dpend de la frquence !

filtres GIC :ci-contre est reprsentun filtre passe-bande dont la fonction de transfert est

T =

2RCjK

1 + jRCK + (jRC)2

K permet le rglage de m indpendamment deo =

1RC .

+ -

- +

DC

BA

ZZ3 Z4

Z2 Z1 Ie

Ve

+ -

- +

RR

KR

C

C

R

R

Ve

Vs

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0DCE950Cd01