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.

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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 = 15 VR₁ = 8 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 5 ΩR₄ = 4 Ω

R_eq = Ω

2.Résistances en série et en parallèleDifficile

Trouvez le courant I_R1 fourni par la source, qui traverse R₁.

V₁ = 9 VR₁ = 20 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 20 ΩR₄ = 10 ΩR₅ = 8 ΩR₆ = 6 Ω

I_R1 = A

3.Méthode des nœudsMoyen

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I_R3 dans R₃ dans le sens de la flèche.

V₁ = 12 VI_s = 2 AR₁ = 10 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 10 Ω

I_R3 = A

4.Méthode des nœudsDifficile

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I_R4 dans R₄ dans le sens de la flèche.

V₁ = 6 VI_s = 5 AV₂ = 30 VR₁ = 25 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 30 ΩR₅ = 30 Ω

I_R4 = A

5.Méthode des maillesMoyen

Utilisez la méthode des mailles pour trouver la tension V_R2 aux bornes de R₂ avec la polarité indiquée.

V₁ = 12 VV₂ = 15 VR₁ = 20 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 5 Ω

V_R2 = V

6.Méthode des maillesDifficile

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant I_R4 dans R₄ dans le sens de la flèche.

V₁ = 24 VV₂ = 15 VR₁ = 5 ΩR₂ = 25 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 25 ΩR₅ = 30 Ω

I_R4 = A

7.SuperpositionMoyen

Trouvez la valeur de la source de courant I_s (sens indiqué) qui annule le courant I_R3 dans R₃.

V₁ = 6 VR₁ = 4 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 2 ΩR₄ = 5 Ω

I_s = A

8.SuperpositionDifficile

Un circuit résistif linéaire contient trois sources indépendantes : V₁, V₂ et I_s. Le courant I dans une charge est mesuré trois fois. Avec toutes les sources à leur valeur normale, I = 14,5 mA. Avec V₁ doublée et les deux autres inchangées, I = 22,5 mA. Avec le sens de I_s inversé et les deux autres inchangées, I = −3,5 mA. Trouvez le courant de charge I quand V₂ est éteinte et que V₁ et I_s ont leur valeur normale.

normale: I = 14,5 mA2·V₁: I = 22,5 mA−I_s: I = −3,5 mA

I = mA

9.Thévenin et NortonMoyen

Une charge R_L = 8 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge I_L.

V₁ = 18 VR₁ = 5 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 5 ΩR_L = 8 Ω

I_L = A

10.Thévenin et NortonDifficile

Une charge R_L = 10 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge I_L.

V₁ = 12 VI_s = 5 AR₁ = 12 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 5 ΩR_L = 10 Ω

I_L = A

11.Circuits à ampli opMoyen

L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie V_out.

V_in = 1,9 VR₁ = 22 kΩR_f = 47 kΩ

V_out = V

12.Circuits à ampli opDifficile

Deux étages à ampli op idéal sont montés en cascade : un amplificateur inverseur (R₁, R_f1) suivi d’un amplificateur non inverseur (R₂ vers la masse, R_f2 dans la contre-réaction). Les deux sont alimentés en ±15 V. L’entrée vaut V_in = −0,85 V. Trouvez la tension de sortie V_out.

R₁ = 10 kΩR_f1 = 22 kΩR₂ = 1 kΩR_f2 = 4,7 kΩV_in = −0,85 V

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. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 95 % de sa valeur finale ? Trouvez t.

V_s = 24 VR = 50 ΩL = 220 mH

t = ms

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 = 80 ms.

V_s = 6 VR = 2,2 kΩC = 68 µFv_C(0) = 3 Vt = 80 ms

v_C = V

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: R_eq = 12,24 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 = 5 + 4 = 9 Ω

R₂ ∥ 9 = 8·9/(8+9) = 4,235 Ω

R_eq = R₁ + 4,235 = 8 + 4,235 = 12,24 Ω

Réponse

R_eq = 12,24 Ω

2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: I_R1 = 0,3308 A

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

R₅ + R₆ = 8 + 6 = 14 Ω

R₄ ∥ 14 = 5,833 Ω

R₃ + 5,833 = 25,83 Ω

R₂ ∥ 25,83 = 7,209 Ω

R_eq = R₁ + 7,209 = 20 + 7,209 = 27,21 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que R_eq, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

I_R1 = V₁/R_eq = 9/27,21 = 0,3308 A

Réponse

I_R1 = 0,3308 A

3.Méthode des nœuds

Réponse: I_R3 = −1,149 A

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.

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V₁ = 12 V). Inconnues : V_A, V_B.

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/2 + (V_A − 12)/10 + (V_A − V_B)/4 = 0

0,85·V_A − 0,25·V_B = 1,2

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/10 + (V_B − V_A)/4 = 2

−0,25·V_A + 0,35·V_B = 2

Résoudre

Δ = (0,85)(0,35) − (−0,25)(−0,25) = 0,235

V_A = Δ₁/Δ = 0,92/0,235 = 3,915 V

V_B = Δ₂/Δ = 2/0,235 = 8,511 V

Réponse

I_R3 = (V_A − V_B)/R₃ = (3,915 − 8,511)/4 = −1,149 A

4.Méthode des nœuds

Réponse: I_R4 = 0,6267 A

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V₁ = 6 V, V₂ = 30 V). Inconnues : V_A, V_B.

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

V_A/10 + (V_A − 6)/25 + (V_A − V_B)/10 = 0

0,24·V_A − 0,1·V_B = 0,24

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/R₅ + (V_B − V_A)/R₂ + (V_B − V₂)/R₄ = I_s

V_B/30 + (V_B − V_A)/10 + (V_B − 30)/30 = 5

−0,1·V_A + 0,1667·V_B = 6

Résoudre

Δ = (0,24)(0,1667) − (−0,1)(−0,1) = 0,03

V_A = Δ₁/Δ = 0,64/0,03 = 21,33 V

V_B = Δ₂/Δ = 1,464/0,03 = 48,8 V

Réponse

I_R4 = (V_B − V₂)/R₄ = (48,8 − 30)/30 = 0,6267 A

5.Méthode des mailles

Réponse: V_R2 = −7 V

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

20·I₁ + 5(I₁ − I₂) = 12

25·I₁ − 5·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

5·I₂ + 5(I₂ − I₁) = (−15)

−5·I₁ + 10·I₂ = −15

Résoudre

Δ = (25)(10) − (−5)(−5) = 225

I₁ = Δ₁/Δ = 45/225 = 0,2 A

I₂ = Δ₂/Δ = −315/225 = −1,4 A

Réponse

I_R2 = I₂ = −1,4 A

V_R2 = I_R2·R₂ = −1,4·5 = −7 V

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: I_R4 = 0,7602 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

5·I₁ + 25(I₁ − I₂) = 24

30·I₁ − 25·I₂ = 24

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

25·I₂ + 25(I₂ − I₁) + 30(I₂ − I₃) = 0

−25·I₁ + 80·I₂ − 30·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

10·I₃ + 30(I₃ − I₂) = (−15)

−30·I₂ + 40·I₃ = −15

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 44000

I₁ = Δ₁/Δ = 43950/44000 = 0,9989 A

I₂ = Δ₂/Δ = 10500/44000 = 0,2386 A

I₃ = Δ₃/Δ = −8625/44000 = −0,196 A

Réponse

I_R4 = I₁ − I₂ = 0,7602 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: I_s = 0,6667 A

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.

Cas 1 · V₁ seule active

Iₛ devient un circuit ouvert, donc R₃ et R₄ forment une branche série de A à la masse, en parallèle avec R₂.

R₃+R₄ = 2+5 = 7 Ω

R₂ ∥ (R₃+R₄) = 5·7/(5+7) = 2,917 Ω

V_A = 6·2,917/(4+2,917) = 2,53 V

V_B = V_A·R₄/(R₃+R₄) = 2,53·5/7 = 1,807 V

I_R3′ = (V_A − V_B)/R₃ = (2,53 − 1,807)/2 = 0,3614 A

Cas 2 · I_s seule active

V₁ devient un court-circuit, donc R₁ ∥ R₂ est reliée entre A et la masse. Iₛ se partage en B entre R₄ et le chemin R₃ + R₁∥R₂ ; la part qui traverse R₃ circule de B vers A, à l’opposé de la flèche.

R₁ ∥ R₂ = 2,222 Ω

I_R3″ = −I_s·R₄/(R₄ + R₃ + R₁∥R₂) = −I_s·5/9,222 = −0,5422·I_s

Égaler le total à zéro

I_R3′ + I_R3″ = 0,3614 − 0,5422·I_s = 0

I_s = 0,3614/0,5422 = 0,6667 A

Réponse

I_s = 0,6667 A

8.Superposition

Réponse: I = 17 mA

Écrire les mesures avec les contributions

Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source.

I₁ + I₂ + I₃ = 14,5

2·I₁ + I₂ + I₃ = 22,5

I₁ + I₂ − I₃ = −3,5

Trouver les contributions

I₁ = 22,5 − 14,5 = 8 mA

I₃ = (14,5 − (−3,5))/2 = 9 mA

I₂ = 14,5 − 8 − 9 = −2,5 mA

Éteindre V₂

I = I₁ + I₃ = 8 + 9 = 17 mA

Réponse

I = 17 mA

9.Thévenin et Norton

Réponse: I_L = 0,7347 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,333 + 5 = 8,333 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/(5+10) = 12 V

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 12/(8,333 + 8) = 0,7347 A

10.Thévenin et Norton

Réponse: I_L = 2,492 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 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,529 + 5 = 8,529 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) = 3,529 + 5·3,529 = 21,18 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 21,18 + 5·5 = 46,18 V

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 46,18/(8,529 + 10) = 2,492 A

11.Circuits à ampli op

Réponse: V_out = 5,959 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.

L’entrée inverseuse suit l’entrée

V₋ = V₊ = 1,9 V

I = V₋/R₁ = 1,9/22 = 0,08636 mA

Tension de sortie

Le courant de R₁ traverse aussi R_f.

V_out = V₋ + I·R_f = 1,9 + 0,08636·47 = 5,959 V

Réponse

V_out = 5,959 V

12.Circuits à ampli op

Réponse: V_out = 10,66 V

Gain de chaque étage

A₁ = −R_f1/R₁ = −22/10 = −2,2

A₂ = 1 + R_f2/R₂ = 1 + 4,7/1 = 5,7

Étage par étage

V₁ = −2,2·(−0,85) = 1,87 V

V_out = 5,7·1,87 = 10,66 V

Réponse

V_out = 10,66 V

13.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 13,18 ms

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 = 220 mH / 50 Ω = 4,4 ms

i(∞) = V_s/R = 24/50 = 0,48 A

Isoler le temps

0,95 = 1 − e^−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)

t = −4,4·ln(0,05) = 13,18 ms

Réponse

t = 13,18 ms

14.Transitoires RC et RL

Réponse: v_C = 4,243 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 = 6 V

τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms

v_C(t) = 6 + (3 − 6)·e^−t/τ

Tension à l’instant donné

v_C(80) = 6 + (−3)·e^−80/149,6 = 4,243 V

Réponse

v_C = 4,243 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

Courant fourni par la source

Réponse

Poser les nœuds

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

Réponse

Poser les nœuds

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

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

Cas 1 · V1 seule active

Cas 2 · Is seule active

Égaler le total à zéro

Réponse

Écrire les mesures avec les contributions

Trouver les contributions

Éteindre V₂

Réponse

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

L’entrée inverseuse suit l’entrée

Tension de sortie

Réponse

Gain de chaque étage

Étage par étage

Réponse

Constante de temps et courant final

Isoler le temps

Réponse

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

Tension à l’instant donné

Réponse

Cas 1 · V₁ seule active

Cas 2 · I_s seule active

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