Circuits électriques 2 : régime sinusoïdal : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 16 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Nombres complexes

Forme rectangulaire
z = a + jb, j² = −1, z̄ = a − jb
Module et argument
|z| = √(a² + b²), tan θ = b/a (check the quadrant)
Forme polaire et exponentielle
z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ
Division
z₁/z₂ = z₁z̄₂/|z₂|²
Produit et quotient
r₁∠θ₁ · r₂∠θ₂ = r₁r₂∠(θ₁ + θ₂), r₁∠θ₁ / r₂∠θ₂ = (r₁/r₂)∠(θ₁ − θ₂)
De Moivre
(r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ
Racines n-ièmes
zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0 … n − 1
Équation du second degré avec p² < 4q
z = −p/2 ± j√(q − p²/4)

Méthode

  1. Décidez quelle forme convient à l’opération : rectangulaire a + jb pour additionner et soustraire, polaire r∠θ pour multiplier, diviser, élever à une puissance et extraire des racines.
  2. Développez avec j² = −1 ; divisez en multipliant le haut et le bas par le conjugué du dénominateur.
  3. Convertissez avec r = √(a² + b²) et θ d’après une esquisse du point (vérifiez le quadrant), et revenez avec a = r cos θ, b = r sin θ.
  4. Pour les puissances, utilisez De Moivre, (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ ; pour zⁿ = R∠φ, listez les n racines R1/n∠((φ + 360°k)/n).

Impédance et phaseurs en alternatif

Impédances
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsation
ω = 2πf
Module et argument
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Loi d’Ohm en phaseurs
V = I·Z

Méthode

  1. Convertissez la fréquence : ω = 2πf.
  2. Trouvez chaque réactance : XL = ωL et XC = 1/(ωC).
  3. Additionnez les impédances comme des résistances, avec Z = R + jX.
  4. Trouvez le module |Z| = √(R² + X²) et l’argument φ = atan(X/R), puis appliquez la loi d’Ohm avec les phaseurs.

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance active
P = V·I·cos φ
Puissance réactive
Q = V·I·sin φ
Puissance apparente
S = V·I = √(P² + Q²)
Facteur de puissance
pf = cos φ = P/S
Condensateur de compensation
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Fréquence propre
ω0 = 1/√(LC), f0 = 1/(2π√(LC))
Énergie
W = ½CV0² = ½Cv² + ½Li²
Courant crête
Imax = V0√(C/L)
Facteur de qualité
Q = 2π·(energy stored)/(energy lost per cycle)
RLC série
Q = (1/R)√(L/C), BW = R/(2πL)
RLC parallèle
Q = R√(C/L), BW = 1/(2πRC)
Bande passante
BW = f2 − f1 = f0/Q, f0 = √(f1f2)
Fréquences à mi-puissance
f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q))
Circuit bouchon avec résistance de bobine r
RD = L/(C·r) = Q²·r
Décroissance de l’amplitude
e−Rt/(2L)

Méthode

  1. Trouvez d’abord la fréquence de résonance : ω₀ = 1/√(LC) et f₀ = ω₀/(2π).
  2. Déterminez si le circuit est série ou parallèle : en série Q = (1/R)√(L/C), en parallèle Q = R√(C/L).
  3. Utilisez BW = f₀/Q pour la bande passante, ou les raccourcis R/(2πL) (série) et 1/(2πRC) (parallèle).
  4. Pour les questions d’énergie, utilisez le fait que l’énergie totale ½CV₀² reste constante dans un circuit LC idéal et oscille entre C et L tous les quarts de période.

Puissance triphasée

Couplage en étoile (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Couplage en triangle (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Puissance active totale
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Puissances apparente et réactive
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Condensateurs de compensation
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tension aux bornes de chaque condensateur
Δ : VL Y : VL/√3
Puissance absorbée par le moteur
Pin = Pout/η

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 ; vC ne peut pas sauter
Bobine en continu
court-circuit ; iL ne peut pas sauter
Régime établi
t ≈ 5τ

Méthode

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

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Résistance de Thévenin
Rth : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton
IN = Vth/Rth
Courant de charge
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfert de puissance maximal
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Méthode

  1. Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
  2. Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est Vth.
  3. Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est Rth.
  4. Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : Vth en série avec Rth.
  5. Pour l’équivalent de Norton, convertissez : IN = Vth/Rth, avec RN = Rth en parallèle.

2Exercices

1.Nombres complexesMoyen
ReIm55−5−5θz

Trouvez l’argument θ de z = −1 − j7 en degrés, comme valeur principale entre −180° et 180°.

z = −1 − j7
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3ABCD

Exactement un des points A à D est une racine de z³ = 8∠120°. Cliquez dessus.

w = 8∠120°n = 3
  1. 1A (3,6∠−20°)
  2. 2B (2∠−50°)
  3. 3C (2∠−80°)
  4. 4D (2∠120°)
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
100 V500 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 1 µF
I = A
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
5 Vf0​R = 10 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF

Un circuit RLC série est alimenté par une source de 5 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.

V = 5 V (rms)R = 10 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF
VL = V
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
230 VZ20 + j15 ΩI

Une charge d’impédance Z = 20 + j15 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance apparente S.

V = 230 VZ = 20 + j15 Ω
S = VA
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Une charge monophasée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 230 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 mHC = 100 pF

Dans un circuit LC idéal avec L = 47 mH et C = 100 pF, le condensateur est complètement chargé à t = 0. Combien de temps faut-il pour que toute l’énergie soit dans la bobine ? Donnez t en µs.

L = 47 mHC = 100 pF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
V5 Ω470 µH22 nF50 mA

Un circuit RLC série (R = 5 Ω, L = 470 µH, C = 22 nF) est excité à la résonance avec une amplitude de courant de 50 mA. Trouvez l’énergie Ecycle dissipée dans R pendant un cycle, en nJ.

R = 5 ΩL = 470 µHC = 22 nFIm = 50 mA
Ecycle = nJ
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 208 VIL​ = 30 Acos φ = 0,8inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 30 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,8 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 208 VIL = 30 Acos φ = 0,8
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 480 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
R = 68 Ωt = 0L68 mHi(t)

La bobine est parcourue par un courant permanent de 2,5 A. À t = 0, l’interrupteur ferme la boucle à travers R et la source est retirée, donc le courant de la bobine décroît à travers R. Combien de temps faut-il pour que le courant descende à 1,25 A ? Trouvez t.

i(0) = 2,5 AR = 68 ΩL = 68 mH
t = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​15 VR1​ = 33 ΩR2​ = 10 Ωse ferme à t = 0L150 mHi(t)

L’interrupteur aux bornes de R2 est ouvert depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur se ferme et court-circuite R2. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 0,391 A ? Trouvez t.

Vs = 15 VR1 = 33 ΩR2 = 10 ΩL = 150 mH
t = ms
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABRL​12 ΩIL​

Une charge RL = 12 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.

V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩRL = 12 Ω
IL = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 30

Trouvez la phase ∠G(jω) de G(s) = 26(s + 12)/(s(s + 3)) à ω = 30 rad/s, en degrés.

G(s) = 26(s + 12)/(s(s + 3))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 125/(s(s + 5)). Trouvez la pulsation de croisement du gain ωc, où |L(jω)| = 1.

L(s) = 125/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = −98,13 °

Forme polaire : z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ, avec r = |z| et θ = arg z. Retour à la forme rectangulaire : a = r cos θ, b = r sin θ. L’argument demande le quadrant : θ = atan(b/a) seulement quand a > 0 ; pour a < 0, ajoutez ou soustrayez 180°. En forme polaire la multiplication est facile : multipliez les modules et additionnez les arguments ; pour une division, divisez les modules et soustrayez les arguments.

Quadrant

a = −1, b = −7 → III

Angle de référence

α = atan(7/1) = 81,87°

Argument

θ = −(180° − α) = −98,13°

Réponse

θ = −98,13°

En forme polaire z = 7,071∠−98,13°.

2.Nombres complexes

Réponse: C (2∠−80°)

De Moivre et racines : (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ. L’équation zⁿ = R∠φ a exactement n racines, toutes de module R1/n, aux arguments (φ + 360°·k)/n pour k = 0, 1, …, n − 1 : elles sont régulièrement réparties sur un cercle, espacées de 360°/n. Une équation du second degré z² + pz + q = 0 avec p² < 4q a les racines complexes z = −p/2 ± j√(q − p²/4) ; un polynôme à coefficients réels a toujours ses racines complexes par paires conjuguées a ± jb.

Module et arguments des racines

|z| = 2
θ = 40°, 160°, −80°

Le point

C = 2∠−80°

Réponse

C (2∠−80°)
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,6176 A

Circuits alternatifs et phaseurs : résistances, bobines et condensateurs ont pour impédances R, jωL et 1/(jωC), avec ω = 2πf. En série, les impédances s’additionnent comme des résistances, mais en nombres complexes. Courant et tension efficaces suivent la loi d’Ohm avec |Z|.

Réactances

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impédance

En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−161,2)²) = 161,9 Ω

Courant

Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.

I = V/|Z| = 100/161,9 = 0,6176 A

Réponse

I = 0,6176 A
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: VL = 33,71 V

Circuits alternatifs et phaseurs : résistances, bobines et condensateurs ont pour impédances R, jωL et 1/(jωC), avec ω = 2πf. En série, les impédances s’additionnent comme des résistances, mais en nombres complexes. Courant et tension efficaces suivent la loi d’Ohm avec |Z|.

Résonance

À la résonance, les réactances s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·2,2·10⁻⁶) = 6742 rad/s
I = V/R = 5/10 = 0,5 A

Tension aux bornes de la bobine

XL = ω₀L = 6742·0,01 = 67,42 Ω
VL = I·XL = 0,5·67,42 = 33,71 V

Réponse

VL = 33,71 V

Cela fait Q = 6,742 fois la tension d’alimentation.

5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: S = 2116 VA

Puissance en alternatif : la puissance apparente S = V·I (VA) se partage entre la puissance active P = S·cos φ (W), qui fournit un travail utile, et la puissance réactive Q = S·sin φ (var), qui fait des allers-retours entre source et charge. Le facteur de puissance est cos φ. Un condensateur en parallèle fournit la puissance réactive sur place, donc le courant de ligne baisse pour la même puissance active.

Courant

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A

Puissance apparente

S = V·I = 230·9,2 = 2116 VA

Réponse

S = 2116 VA
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: QC = 34,24 kvar

Puissance en alternatif : la puissance apparente S = V·I (VA) se partage entre la puissance active P = S·cos φ (W), qui fournit un travail utile, et la puissance réactive Q = S·sin φ (var), qui fait des allers-retours entre source et charge. Le facteur de puissance est cos φ. Un condensateur en parallèle fournit la puissance réactive sur place, donc le courant de ligne baisse pour la même puissance active.

Puissance réactive avant et après

La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(25,84°) = 24,22 kvar
QC = Q1 − Q2 = 34,24 kvar

Réponse

QC = 34,24 kvar
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 3,405 µs

Résonance LC : un condensateur chargé relié à une bobine fait circuler un courant qui le recharge en sens inverse : l’énergie oscille entre le champ électrique de C (½Cv²) et le champ magnétique de L (½Li²) à la fréquence propre f0 = 1/(2π√(LC)). Sans résistance, l’énergie totale ½CV0² reste constante, donc le courant maximal est Imax = V0√(C/L). Une période vaut T = 1/f0 ; l’énergie passe de C à L en un quart de période.

Période

T = 2π√(0,047·1 × 10⁻¹⁰) = 13,62 µs

Quart de période

t = T/4 = 3,405 µs

Réponse

t = 3,405 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: Ecycle = 126,3 nJ

Facteur de qualité et bande passante : dans un circuit résonant, Q = 2π·(énergie stockée)/(énergie perdue par cycle). Pour un RLC série, Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C) ; pour un RLC parallèle, Q = R/(ω0L) = R√(C/L). La bande passante entre les fréquences à mi-puissance f1 et f2 (où la puissance est réduite de moitié et le courant ou la tension vaut 1/√2 de son maximum) est BW = f2 − f1 = f0/Q, soit R/(2πL) en série et 1/(2πRC) en parallèle. La fréquence de résonance est la moyenne géométrique f0 = √(f1f2), et f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). Les pertes font aussi décroître l’oscillation : en RLC série, l’amplitude diminue comme e−Rt/(2L).

Énergie stockée

W = ½·0,00047·0,05² = 5,875 × 10⁻⁷ J

Facteur de qualité

Q = (1/5)·√(0,00047/2,2 × 10⁻⁸) = 29,23

Énergie perdue par cycle

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·5,875 × 10⁻⁷/29,23 = 1,263 × 10⁻⁷ J = 126,3 nJ
vérification: ½·0,05²·5/49495 = 1,263 × 10⁻⁷ J

Réponse

Ecycle = 126,3 nJ
9.Puissance triphasée

Réponse: P = 8,646 kW

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, VL = √3·Vph, et le courant de ligne est égal au courant de phase. En couplage triangle (Δ), la tension composée est égale à la tension de phase et le courant de ligne vaut √3 fois le courant de phase, IL = √3·Iph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Puissance apparente

S = √3·VL·IL = √3·208·30 = 10,81 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 10,81·0,8 = 8,646 kW

Réponse

P = 8,646 kW
10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 142,6 µF

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, VL = √3·Vph, et le courant de ligne est égal au courant de phase. En couplage triangle (Δ), la tension composée est égale à la tension de phase et le courant de ligne vaut √3 fois le courant de phase, IL = √3·Iph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Compensation du facteur de puissance : les condensateurs fournissent localement de la puissance réactive, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Chacun des trois condensateurs fournit QC/3 = V²·ω·C, où V est la tension aux bornes de ce condensateur : VL dans une batterie en triangle, VL/√3 dans une batterie en étoile.

Puissance réactive avant et après

La puissance active ne change pas ; chaque facteur de puissance fixe donc la puissance réactive : Q = P·tan φ.

Q1 = 50·tan(acos 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Capacité par phase

Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12386/(377·480²) = 142,6 µF

Réponse

Cph = 142,6 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 0,6931 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

τ = L/R = 68 mH / 68 Ω = 1 ms

Isoler le temps

1,25 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/1,25)
t = 1·ln(2) = 0,6931 ms

Réponse

t = 0,6931 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 2,313 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.

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.

i(0) = 15/(33 + 10) = 0,3488 A
i(∞) = 15/33 = 0,4545 A
τ = L/R = 150/33 = 4,545 ms
i(t) = 0,4545 + (0,3488 − 0,4545)·e−t/τ

Isoler le temps

e−t/τ = (0,391 − 0,4545)/(0,3488 − 0,4545) = 0,6011
t = 4,545·ln(1,664) = 2,313 ms

Réponse

t = 2,313 ms
13.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 0,24 A

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩCOURT-CIRCUITR2​2 ΩAabRth​

Trouver Rth 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 20 = 21,43 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab+−Vth​

Trouver Vth, 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.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·2/(5+2) = 5,143 V
IN​0,24 ARth​21,43 Ωab

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.

IN = Vth/Rth = 5,143/21,43 = 0,24 A
14.Thévenin et Norton

Réponse: IL = 1,556 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​30 ΩAOUVERTBabRth​

Trouver Rth 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 = 2·30/(2+30) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 3 = 4,875 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Trouver Vth, 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.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 14,06 + 2,5·1,875 = 18,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,75 + 2,5·3 = 26,25 V
Rth​ = 4,875 Ω+−Vth​26,25 VRL​12 ΩIL​

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.

IL = Vth/(Rth + RL) = 26,25/(4,875 + 12) = 1,556 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ∠G(jω) = −106,1 °

Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.

Additionner les angles

∠G = atan(30/12) − 90° − atan(30/3) = 68,2° − 90° − 84,29°

Résultat

∠G(j30) = −106,1°

Réponse

∠G(jω) = −106,1°
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ωc = 10,64 rad/s

Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.

Croisement du gain

ω⁴ + 25ω² − 15625 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·15625))/2 = 113,1
ωc = 10,64 rad/s

Réponse

ωc = 10,64 rad/s

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