sciences industrielles (MPSI) · Chapitre 3 · Exercice de TD

Filtre anti-repliement d'une carte d'acquisition : quel ordre faut-il ?

Réponses Temporelles et Fréquentielles des SLCI · A. Systèmes du premier ordre · niveau 2

Énoncé

Sur un banc d'essai, un capteur d'effort est lu par une carte d'acquisition qui échantillonne à $1 kHz$ . Avant l'échantillonnage, un filtre passe-bas analogique doit : laisser passer le signal utile, de fréquence au plus $20 Hz$ , avec une erreur de gain d'au plus $1 %$ ; atténuer d'au moins $20 dB$ les parasites à la moitié de la fréquence d'échantillonnage, $500 Hz$ (au-delà, ils se replieraient dans la bande utile).

1) Traduire le cahier des charges en deux conditions sur le module $∣ H (j ω)∣$ d'un filtre de gain statique $1$ .

2) Premier ordre de fréquence de coupure $f_{c}$ : traduire chaque condition en borne sur $f_{c}$ . Conclure. Que vaut l'atténuation à $500 Hz$ avec le plus petit $f_{c}$ admissible pour la bande utile ? Tracer l'allure du diagramme de Bode asymptotique pour illustrer.

3) Second ordre de fréquence propre $f_{0}$ et d'amortissement $ξ = 2 /2$ (filtre de Butterworth). Montrer que $∣ H ∣ = 1/ 1 + u^{4}$ , avec $u = f / f_{0}$ . En déduire l'intervalle des $f_{0}$ admissibles.

4) On retient $f_{0} = 100 Hz$ . Calculer le gain à $20 Hz$ , l'atténuation à $500 Hz$ (comparer à l'asymptote) et le déphasage à $20 Hz$ ; quel retard temporel ce déphasage représente-t-il ?

Corrigé

La stratégie. Un gabarit fréquentiel se traduit en inégalités sur le module ; chaque modèle candidat transforme ces inégalités en bornes sur son paramètre. Si les bornes se contredisent, c'est la forme du modèle qui ne convient pas, pas son réglage.

1) Gabarit. Bande utile : $∣ H (j 2 π \times 20)∣ \geq 0, 99$ . Bande atténuée : $20 lo g ∣ H (j 2 π \times 500)∣ \leq - 20 dB$ , soit $∣ H ∣ \leq 0, 1$ .

2) Premier ordre. $∣ H ∣ = 1/ 1 + (f / f_{c})^{2}$ . Bande utile : $(20/ f_{c})^{2} \leq 1/0, 9 9^{2} - 1 = 0, 0203$ , d'où $f_{c} \geq \frac{20}{0 , 1425} = 140 Hz$ . Bande atténuée : $1 + (500/ f_{c})^{2} \geq 100$ , d'où $f_{c} \leq \frac{500}{99} = 50, 3 Hz$ . Les deux bornes sont incompatibles : aucun premier ordre ne convient. Avec $f_{c} = 140 Hz$ , l'atténuation à $500 Hz$ n'est que de $- 11, 4 dB$ . La raison se lit sur le Bode : entre $20$ et $500 Hz$ il n'y a qu'une décade et demie ; une pente de $- 20 dB/d e ˊ cade$ ne peut pas passer de $- 0, 09 dB$ à $- 20 dB$ si vite.

(Les zones grisées sont interdites : sous $- 0, 09 dB$ dans la bande utile, au-dessus de $- 20 dB$ au-delà de $500 Hz$ .)

3) Second ordre de Butterworth. Avec $u = f / f_{0}$ et $ξ^{2} = 1/2$ : $∣ H ∣^{- 2} = (1 - u^{2})^{2} + 4 ξ^{2} u^{2} = 1 - 2 u^{2} + u^{4} + 2 u^{2} = 1 + u^{4}$ . Bande utile : $u^{4} \leq 0, 0203$ , $u \leq 0, 377$ , $f_{0} \geq 20/0, 377 = 53, 0 Hz$ . Bande atténuée : $u^{4} \geq 99$ , $u \geq 3, 15$ , $f_{0} \leq 500/3, 15 = 158, 5 Hz$ . L'intervalle $[53; 158, 5] Hz$ n'est pas vide : la pente de $- 40 dB/d e ˊ cade$ suffit.

4) Le filtre retenu. À $20 Hz$ ( $u = 0, 2$ ) : $∣ H ∣ = 1/ 1, 0016 = 0, 9992$ , erreur $0, 08 %$ ; à $500 Hz$ ( $u = 5$ ) : $- 10 lo g (1 + 625) = - 28, 0 dB$ , et l'asymptote donne $- 40 lo g 5 = - 28, 0 dB$ (une décade et demie au-delà de la coupure, réel et asymptote se confondent). Les deux exigences sont tenues avec de la marge des deux côtés, c'est pourquoi on se place au milieu (en échelle logarithmique) de l'intervalle. Le déphasage à $20 Hz$ vaut $- arctan \frac{2 ξ u}{1 - u ^{2}} = - arctan \frac{0 , 283}{0 , 96} = - 16, 4^{\circ}$ , soit un retard de $\frac{16 , 4}{360} \times \frac{1}{20} = 2, 3 ms$ : le filtre ne déforme pas l'amplitude du signal utile, mais il le retarde ; si la mesure sert à une boucle de commande, ce retard comptera.

Ce que l'exercice installe. Un gabarit fréquentiel se traduit en inégalités sur le module ; un modèle donne des bornes sur son paramètre, et des bornes contradictoires disent qu'il faut changer d'ordre, pas de réglage. Le Bode asymptotique explique en une ligne pourquoi ( $- 20$ ou $- 40 dB$ par décade). Le second ordre de Butterworth ( $ξ = 2 /2$ ) a un module $1/ 1 + u^{4}$ , sans résonance. Un filtre qui respecte l'amplitude introduit quand même un déphasage, donc un retard.

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