Circuits électriques 1 : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 14 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

Nouveaux exercices Retour au cours

Dans la fenêtre d’impression, choisissez « Enregistrer au format PDF » pour garder une copie sur votre appareil.

1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Résistances en série: R_eq = R₁ + R₂ + …
Résistances en parallèle: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Deux en parallèle: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Loi d’Ohm: V = I·R
Puissance: P = V·I = I²R = V²/R

Méthode

Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redessinez le circuit après chaque étape.
Recommencez jusqu’à ce qu’il ne reste qu’une résistance entre les bornes.

Méthode des nœuds

Loi des nœuds de Kirchhoff: ΣI_in = ΣI_out
Courant de branche: I = (V_a − V_b)/R
Nœud de référence: V_ground = 0

Méthode

Choisissez un nœud de référence (la masse) et nommez les potentiels des autres nœuds.
Écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu : les courants qui sortent par chaque branche égalent les courants qui entrent.
Exprimez chaque courant de branche sous la forme (V_a − V_b)/R.
Résolvez le système d’équations, puis trouvez les courants demandés.

Méthode des mailles

Loi des mailles de Kirchhoff: ΣV = 0 sur chaque maille
Résistance commune: courant = I₁ − I₂
Source de courant dans une maille: impose ce courant de maille

Méthode

Dessinez un courant dans le sens horaire dans chaque maille (fenêtre) du circuit.
Appliquez la loi des mailles de Kirchhoff à chaque maille : la somme des chutes de tension est nulle.
Dans une résistance commune à deux mailles, le courant est la différence des deux courants de maille.
Résolvez les équations ; un résultat négatif signifie que le courant circule dans l’autre sens.

Superposition

Superposition: x = x₁ + x₂ + … (one source at a time)
Source de tension éteinte: court-circuit (0 V)
Source de courant éteinte: circuit ouvert (0 A)
Diviseur de tension: V₂ = V·R₂/(R₁ + R₂)
Diviseur de courant: I₁ = I·R₂/(R₁ + R₂)

Méthode

Comptez les sources indépendantes. Vous résoudrez un circuit plus simple par source.
Gardez une source et éteignez les autres : une source de tension devient un court-circuit (un fil), une source de courant devient un circuit ouvert (une coupure).
Résolvez le circuit simplifié pour la tension ou le courant cherché, en notant son sens.
Recommencez pour chaque source, puis additionnez les contributions avec leurs signes.

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin: V_th = V_{open circuit}
Résistance de Thévenin: R_th : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton: I_N = V_th/R_th
Courant de charge: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Transfert de puissance maximal: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Méthode

Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est V_th.
Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est R_th.
Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : V_th en série avec R_th.
Pour l’équivalent de Norton, convertissez : I_N = V_th/R_th, avec R_N = R_th en parallèle.

Circuits à ampli op

Amplificateur inverseur: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Amplificateur non inverseur: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Amplificateur sommateur: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
Ampli op idéal: V₊ = V₋, I_in = 0

Transitoires RC et RL

Constante de temps: τ = RC | τ = L/R
Réponse: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ
Condensateur en continu: circuit ouvert ; v_C ne peut pas sauter
Bobine en continu: court-circuit ; i_L ne peut pas sauter
Régime établi: t ≈ 5τ

Méthode

Trouvez la valeur initiale juste après la commutation : la tension d’un condensateur et le courant d’une bobine ne peuvent pas varier brusquement.
Trouvez la valeur finale longtemps après la commutation : un condensateur se comporte comme un circuit ouvert, une bobine comme un court-circuit.
Trouvez la constante de temps : τ = RC ou τ = L/R, avec la résistance vue par le condensateur ou la bobine.
Utilisez x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ.

2Exercices

1.Résistances en série et en parallèleMoyen

Trouvez la résistance équivalente R_eq vue par la source V₁.

V₁ = 30 VR₁ = 5 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 5 Ω

R_eq = Ω

2.Résistances en série et en parallèleDifficile

Trouvez la résistance équivalente R_eq vue par la source V₁.

V₁ = 10 VR₁ = 20 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 3 ΩR₄ = 4 ΩR₅ = 15 ΩR₆ = 5 Ω

R_eq = Ω

3.Méthode des nœudsMoyen

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver la puissance P_Is fournie par la source de courant I_s.

V₁ = 30 VI_s = 1 AR₁ = 8 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 4 Ω

P_Is = W

4.Méthode des nœudsDifficile

La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille V_A = 8 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source I_s (sens indiqué).

V₁ = 15 VR₁ = 20 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 2 ΩR₄ = 25 ΩV_A = 8 V

I_s = A

5.Méthode des maillesMoyen

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant de maille I₁ (sens horaire).

V₁ = 12 VV₂ = 30 VR₁ = 4 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 2 Ω

I₁ = A

6.Méthode des maillesDifficile

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant de maille I₂ (sens horaire).

V₁ = 30 VV₂ = 6 VR₁ = 15 ΩR₂ = 30 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 5 ΩR₅ = 10 Ω

I₂ = A

7.SuperpositionMoyen

Un circuit résistif linéaire contient une source de tension V_s et une source de courant I_s. Le courant I dans une résistance de charge est mesuré deux fois : avec V_s = 2 V et I_s = 6 mA, I = 6,1 mA ; avec V_s = 20 V et I_s = 3 mA, I = 18,25 mA. Trouvez le courant de charge I quand V_s = 5 V et I_s = 8 mA.

2 V, 6 mA → 6,1 mA20 V, 3 mA → 18,25 mAV_s = 5 V, I_s = 8 mA

I = mA

8.SuperpositionDifficile

Utilisez le théorème de superposition pour trouver le courant I_R3 dans R₃ dans le sens de la flèche.

V₁ = 15 VI_s = 4 AV₂ = 15 VR₁ = 30 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 3 ΩR₄ = 25 Ω

I_R3 = A

9.Thévenin et NortonMoyen

Trouvez le courant de Norton I_N : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.

V₁ = 18 VR₁ = 3 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 3 Ω

I_N = A

10.Thévenin et NortonDifficile

Trouvez le courant de Norton I_N : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.

V₁ = 36 VI_s = 2 AR₁ = 5 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 3 Ω

I_N = A

11.Circuits à ampli opMoyen

L’amplificateur de différence utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V, avec R₃ = R₁ et R₄ = R₂. Trouvez la tension de sortie V_out.

V₁ = −0,9 VV₂ = 0,2 VR₁ = R₃ = 4,7 kΩR₂ = R₄ = 22 kΩ

V_out = V

12.Circuits à ampli opDifficile

L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie V_out.

V₁ = 1,7 VV₂ = 1,7 VR₁ = 100 kΩR₂ = 47 kΩR_f = 4,7 kΩ

V_out = V

13.Transitoires RC et RLMoyen

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W stockée dans la bobine à t = 1 ms, en mJ.

V_s = 6 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms

W = mJ

14.Transitoires RC et RLDifficile

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 3 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur v_C à t = 25 ms.

V_s = 24 VR = 1 kΩC = 47 µFv_C(0) = 3 Vt = 25 ms

v_C = V

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: R_eq = 13,11 Ω

Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.

R₃ + R₄ = 20 + 5 = 25 Ω

R₂ ∥ 25 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω

R_eq = R₁ + 8,108 = 5 + 8,108 = 13,11 Ω

Réponse

R_eq = 13,11 Ω

2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: R_eq = 23,53 Ω

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

R₅ + R₆ = 15 + 5 = 20 Ω

R₄ ∥ 20 = 3,333 Ω

R₃ + 3,333 = 6,333 Ω

R₂ ∥ 6,333 = 3,535 Ω

R_eq = R₁ + 3,535 = 20 + 3,535 = 23,53 Ω

Réponse

R_eq = 23,53 Ω

3.Méthode des nœuds

Réponse: P_Is = 7,081 W

Méthode des nœuds : choisissez un nœud de référence, nommez les potentiels inconnus, écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu avec la loi d’Ohm (I = ΔV/R), puis résolvez le système obtenu.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/10 + (V_A − 30)/8 + (V_A − V_B)/8 = 0

0,35·V_A − 0,125·V_B = 3,75

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/4 + (V_B − V_A)/8 = 1

−0,125·V_A + 0,375·V_B = 1

Résoudre

Δ = (0,35)(0,375) − (−0,125)(−0,125) = 0,1156

V_A = Δ₁/Δ = 1,531/0,1156 = 13,24 V

V_B = Δ₂/Δ = 0,8187/0,1156 = 7,081 V

Puissance fournie par la source de courant

La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à V_B. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.

P_Is = V_B·I_s = 7,081·1 = 7,081 W

Réponse

P_Is = 7,081 W

4.Méthode des nœuds

Réponse: I_s = 4,262 A

Loi des nœuds en A

V_A est connu, donc cette équation donne V_B.

(V_A − V₁)/R₁ + V_A/R₂ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

(8 − 15)/20 + 8/2 = (V_B − 8)/2

3,65 = (V_B − 8)/2 → V_B = 15,3 V

Loi des nœuds en B

Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.

I_s = (V_B − V_A)/R₃ + V_B/R₄ = (15,3 − 8)/2 + 15,3/25 = 4,262 A

Réponse

I_s = 4,262 A

5.Méthode des mailles

Réponse: I₁ = 1,469 A

Méthode des mailles : donnez à chaque fenêtre d’un circuit plan son propre courant de boucle, écrivez la loi des mailles de Kirchhoff sur chaque boucle (somme des chutes = somme des élévations) et résolvez. Les courants de branche sont le courant de maille, ou la différence de deux courants de maille sur une branche commune.

Définir les courants de maille

Tracez un courant dans le sens horaire dans chaque fenêtre : I₁, I₂. Une résistance commune à deux mailles est parcourue par la différence de leurs courants.

Loi des mailles dans la maille 1

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R₁·I₁ + R₃(I₁ − I₂) = V₁

4·I₁ + 2(I₁ − I₂) = 12

6·I₁ − 2·I₂ = 12

Loi des mailles dans la maille 2

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R₂·I₂ + R₃(I₂ − I₁) = −V₂

15·I₂ + 2(I₂ − I₁) = (−30)

−2·I₁ + 17·I₂ = −30

Résoudre

Δ = (6)(17) − (−2)(−2) = 98

I₁ = Δ₁/Δ = 144/98 = 1,469 A

I₂ = Δ₂/Δ = −156/98 = −1,592 A

Réponse

I₁ = 1,469 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: I₂ = 0,1091 A

Définir les courants de maille

Tracez un courant dans le sens horaire dans chaque fenêtre : I₁, I₂, I₃. Une résistance commune à deux mailles est parcourue par la différence de leurs courants.

Loi des mailles dans la maille 1

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R₁·I₁ + R₄(I₁ − I₂) = V₁

15·I₁ + 5(I₁ − I₂) = 30

20·I₁ − 5·I₂ = 30

Loi des mailles dans la maille 2

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R₂·I₂ + R₄(I₂ − I₁) + R₅(I₂ − I₃) = 0

30·I₂ + 5(I₂ − I₁) + 10(I₂ − I₃) = 0

−5·I₁ + 45·I₂ − 10·I₃ = 0

Loi des mailles dans la maille 3

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R₃·I₃ + R₅(I₃ − I₂) = −V₂

8·I₃ + 10(I₃ − I₂) = (−6)

−10·I₂ + 18·I₃ = −6

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 13750

I₁ = Δ₁/Δ = 21000/13750 = 1,527 A

I₂ = Δ₂/Δ = 1500/13750 = 0,1091 A

I₃ = Δ₃/Δ = −3750/13750 = −0,2727 A

Réponse

I₂ = 0,1091 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: I = 10 mA

Superposition : dans un circuit linéaire, toute tension ou tout courant est la somme des réponses à chaque source indépendante agissant seule. Pour éteindre une source, remplacez une source de tension idéale par un court-circuit et une source de courant idéale par un circuit ouvert. Les résistances restent en place.

Écrire la réponse comme une somme de contributions

Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source, avec une constante qui ne dépend que des résistances.

I = k₁·V_s + k₂·I_s

2·k₁ + 6·k₂ = 6,1

20·k₁ + 3·k₂ = 18,25

Trouver les constantes

Δ = (2)(3) − (6)(20) = −114

k₁ = Δ₁/Δ = −91,2/−114 = 0,8

k₂ = Δ₂/Δ = −85,5/−114 = 0,75

k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = 0,75

Prévoir le nouveau courant

I = 0,8·5 + 0,75·8 = 10 mA

Réponse

I = 10 mA

8.Superposition

Réponse: I_R3 = −2,208 A

Cas 1 · V₁ seule

V₂ devient un court-circuit et Iₛ un circuit ouvert. Vu de A, R₃ est en parallèle avec la série R₂+R₄.

R₃ ∥ (R₂+R₄) = 3 ∥ 37 = 2,775 Ω

V_A = 15·2,775/(30+2,775) = 1,27 V

V_B = V_A·R₄/(R₂+R₄) = 1,27·25/37 = 0,8581 V

I_R3′ = (V_A − 0)/R₃ = (1,27 − 0)/3 = 0,4233 A

Cas 2 · I_s seule

Les deux sources de tension deviennent des courts-circuits. Iₛ se partage en B entre R₄ (désormais à la masse) et R₂ en série avec R₁ ∥ R₃.

R₁ ∥ R₃ = 2,727 Ω, donc le chemin de gauche vaut R₂+2,727 = 14,73 Ω

R_eq = R₄ ∥ 14,73 = 9,268 Ω

V_B = I_s·R_eq = (−4)·9,268 = −37,07 V

V_A = V_B·2,727/14,73 = −6,865 V

I_R3″ = (V_A − 0)/R₃ = (−6,865 − 0)/3 = −2,288 A

Cas 3 · V₂ seule

V₁ devient un court-circuit et Iₛ un circuit ouvert. R₁ ∥ R₃ part de A, en série avec R₂ jusqu’à B.

R₁ ∥ R₃ = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω

V_B = V₂·(R₂+R₁∥R₃)/(R₄+R₂+R₁∥R₃) = (−15)·14,73/39,73 = −5,561 V

V_A = V_B·(R₁∥R₃)/(R₂+R₁∥R₃) = −5,561·2,727/14,73 = −1,03 V

I_R3‴ = (V_A − 0)/R₃ = (−1,03 − 0)/3 = −0,3432 A

Additionner les contributions

I_R3 = I_R3′ + I_R3″ + I_R3‴

I_R3 = 0,4233 + (−2,288) + (−0,3432) = −2,208 A

Un résultat négatif signifie que le courant réel circule dans le sens opposé à la flèche.

9.Thévenin et Norton

Réponse: I_N = 2,609 A

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension V_th en série avec une résistance R_th. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant I_N = V_th/R_th en parallèle avec R_th.

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R₁ ∥ R₂ = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 2,308 + 3 = 5,308 Ω

Trouver V_th, la tension à vide

Avec a–b ouverts, aucun courant ne traverse R₃, donc aucune chute de tension et V_b = V_A. R₁ et R₂ forment un pont diviseur.

V_th = V₁·R₂/(R₁+R₂) = 18·10/(3+10) = 13,85 V

Équivalent de Norton

Une source de Norton est le même circuit vu comme une source de courant en parallèle avec R_th. Son courant est le courant de court-circuit en a–b.

I_N = V_th/R_th = 13,85/5,308 = 2,609 A

10.Thévenin et Norton

Réponse: I_N = 5,273 A

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R₁ ∥ R₂ = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 2,5 + 3 = 5,5 Ω

Trouver V_th, la tension à vide

Avec a–b ouverts, le seul chemin pour Iₛ passe par R₃ vers le nœud A. Trouvez V_A par superposition de V₁ et Iₛ, puis ajoutez la chute de tension dans R₃.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 18 + 2·2,5 = 23 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 23 + 2·3 = 29 V

Équivalent de Norton

Une source de Norton est le même circuit vu comme une source de courant en parallèle avec R_th. Son courant est le courant de court-circuit en a–b.

I_N = V_th/R_th = 29/5,5 = 5,273 A

11.Circuits à ampli op

Réponse: V_out = 5,149 V

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Tension aux entrées

R₃ et R₄ sont parcourues par le même courant, donc elles forment un diviseur de tension ; la contre-réaction impose V₋ = V₊.

V₊ = V₂·R₄/(R₃ + R₄) = 0,2·22/(4,7 + 22) = 0,1648 V

V₋ = V₊

Loi des nœuds à l’entrée inverseuse

(−0,9 − 0,1648)/4,7 = (0,1648 − V_out)/22

V_out = (R₂/R₁)·(V₂ − V₁) = (22/4,7)·(0,2 − (−0,9)) = 5,149 V

Réponse

V_out = 5,149 V

12.Circuits à ampli op

Réponse: V_out = −0,2499 V

Courants d’entrée

V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.

I₁ = V₁/R₁ = 1,7/100 = 0,017 mA

I₂ = V₂/R₂ = 1,7/47 = 0,03617 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0,05317 mA

Tension de sortie

V_out = −R_f·I_f = −4,7·0,05317 = −0,2499 V

Réponse

V_out = −0,2499 V

13.Transitoires RC et RL

Réponse: W = 0,43 mJ

Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.

Constante de temps et courant final

Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.

τ = L/R = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms

i(∞) = V_s/R = 6/15 = 0,4 A

Courant à l’instant donné

i(t) = 0,4·(1 − e^−1/1,467) = 0,1977 A

Énergie stockée

W = ½·L·i² = ½·22·0,1977² = 0,43 mJ

Réponse

W = 0,43 mJ

14.Transitoires RC et RL

Réponse: v_C = 11,66 V

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.

v_C(0) = 3 V, v_C(∞) = V_s = 24 V

τ = R·C = 1 kΩ · 47 µF = 47 ms

v_C(t) = 24 + (3 − 24)·e^−t/τ

Tension à l’instant donné

v_C(25) = 24 + (−21)·e^−25/47 = 11,66 V

Réponse

v_C = 11,66 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-1

Circuits électriques 1 : pack de révision

1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Méthode

Méthode des nœuds

Méthode

Méthode des mailles

Méthode

Superposition

Méthode

Thévenin et Norton

Méthode

Circuits à ampli op

Transitoires RC et RL

Méthode

2Exercices

3Solutions

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Réponse

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Réponse

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

Puissance fournie par la source de courant

Réponse

Loi des nœuds en A

Loi des nœuds en B

Réponse

Définir les courants de maille

Loi des mailles dans la maille 1

Loi des mailles dans la maille 2

Résoudre

Réponse

Définir les courants de maille

Loi des mailles dans la maille 1

Loi des mailles dans la maille 2

Loi des mailles dans la maille 3

Résoudre

Réponse

Écrire la réponse comme une somme de contributions

Trouver les constantes

Prévoir le nouveau courant

Réponse

Cas 1 · V1 seule

Cas 2 · Is seule

Cas 3 · V2 seule

Additionner les contributions

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Équivalent de Norton

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Équivalent de Norton

Tension aux entrées

Loi des nœuds à l’entrée inverseuse

Réponse

Courants d’entrée

Tension de sortie

Réponse

Constante de temps et courant final

Courant à l’instant donné

Énergie stockée

Réponse

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

Tension à l’instant donné

Réponse

Cas 1 · V₁ seule

Cas 2 · I_s seule

Cas 3 · V₂ seule

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver V_th, la tension à vide

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver V_th, la tension à vide