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
ReIm11−1−122−2−2θz

Écrivez z = 2,5∠25° sous forme rectangulaire a + jb et donnez la partie imaginaire b.

r = 2,5θ = 25°
b =
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Trouvez la partie imaginaire de (3 + j3)³.

z = 3 + j3n = 3
Im(z³) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
100 V50 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 47 µF
P = W
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
230 V500 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 100 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
230 V117 kW, 0,7522 kW, 0,9I = ?

Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 230 V : une charge de 17 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif et une charge de 2 kW avec un facteur de puissance de 0,9 inductif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.

V = 230 VP1 = 17 kW, pf1 = 0,75 inductifP2 = 2 kW, pf2 = 0,9 inductif
I = A
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P1​ = 9 kWQ1​S1​φ

Un transformateur monophasé de 15 kVA alimente une charge de 9 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?

Smax = 15 kVAP1 = 9 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 2,2 mHC = 4,7 nF

Dans un circuit LC idéal avec L = 2,2 mH et C = 4,7 nF, 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 = 2,2 mHC = 4,7 nF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
C = 10 nFr = 20 ΩL = 100 mH

Un circuit bouchon parallèle est formé d’un condensateur de 10 nF et d’une bobine de 100 mH dont la résistance de bobinage est 20 Ω. À la résonance, il se comporte comme une résistance, sa résistance dynamique RD = L/(C·r). Trouvez RD en kΩ.

L = 100 mHC = 10 nFr = 20 Ω
RD = kΩ
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 95%cos φ = 0,85

Un moteur asynchrone triphasé fournit 18,5 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 95 % et son facteur de puissance vaut 0,85 (inductif). Le réseau a une tension composée de 415 V. Trouvez le courant de ligne IL.

Pout = 18,5 kWη = 95%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 1 kΩC68 µF+−vC​

La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 100 ms.

Vs = 15 VR1 = 3,3 kΩR2 = 1 kΩC = 68 µFt = 100 ms
vC = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​9 VR1​ = 5 ΩR2​ = 33 Ωs’ouvre à t = 0L33 mHi(t)

L’interrupteur aux bornes de R2 est fermé depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 1,331 A ? Trouvez t.

Vs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 33 ΩL = 33 mH
t = ms
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​1 ABab

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

V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​C = 1 nFR = 2,2 kΩvout​

Le filtre passe-haut RC représenté a R = 2,2 kΩ, C = 1 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 14 kHz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 2,2 kΩC = 1 nFf = 14 kHz
|H| = dB
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (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) = 28/(s(s + 8)). Trouvez la marge de phase PM en degrés.

L(s) = 28/(s(s + 8))
PM = °

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: b = 1,057

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.

Composantes

a = 2,5·cos(25°) = 2,266
b = 2,5·sin(25°) = 1,057

Forme rectangulaire

z = 2,266 + j1,057
b = 1,057

Réponse

b = 1,057
2.Nombres complexes

Réponse: Im(z³) = 54

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.

Puissances étape par étape

z² = (3 + j3)(3 + j3) = j18
z³ = (j18)(3 + j3) = −54 + j54

Vérifier avec De Moivre

z = 4,243∠45° → z³ = 76,37∠135°
Im(z³) = 54

Réponse

Im(z³) = 54
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: P = 35,64 W

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

XL = 15,71 Ω, XC = 67,73 Ω

Impédance

|Z| = √(10² + (−52,02)²) = 52,97 Ω

Puissance active

Les bobines et les condensateurs ne font que stocker et restituer de l’énergie ; la résistance absorbe toute la puissance active.

I = 100/52,97 = 1,888 A
P = I²·R = 1,888²·10 = 35,64 W

Réponse

P = 35,64 W
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 1,482 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/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (153,9)²) = 155,2 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 230/155,2 = 1,482 A

Réponse

I = 1,482 A
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 107,9 A

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 de chaque charge

Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).

Q1 = 17·tan(arccos 0,75) = 14,99 kvar
Q2 = 2·tan(arccos 0,9) = 0,9686 kvar

Totaux

P = 17 + 2 = 19 kW
Q = 14,99 + 0,9686 = 15,96 kvar
S = √(19² + 15,96²) = 24,81 kVA

Courant total

I = S/V = 24815/230 = 107,9 A

Réponse

I = 107,9 A
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: ΔP = 3,728 kW

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 de la charge existante

Q1 = 9·tan(arccos 0,75) = 7,937 kvar

Plus grande puissance active totale

À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.

P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 7,937²) = 12,73 kW

Puissance active supplémentaire

ΔP = 12,73 − 9 = 3,728 kW

Réponse

ΔP = 3,728 kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 5,051 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√(0,0022·4,7 × 10⁻⁹) = 20,2 µs

Quart de période

t = T/4 = 5,051 µs

Réponse

t = 5,051 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: RD = 500 kΩ

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).

Résistance dynamique

RD = 0,1/(1 × 10⁻⁸·20) = 500000 Ω = 500 kΩ

Vérification avec Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 158,1, Q²·r = 500000 Ω

Réponse

RD = 500 kΩ
9.Puissance triphasée

Réponse: IL = 31,87 A

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 électrique absorbée

Pin = Pout/η = 18,5/0,95 = 19,47 kW

Courant de ligne

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 19474/(√3·415·0,85) = 31,87 A

Réponse

IL = 31,87 A
10.Puissance triphasée

Réponse: QC = 163,4 kvar

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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 163,4 kvar

Réponse

QC = 163,4 kvar
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 2,975 V

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.

Équivalent de Thévenin vu par le condensateur

Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·1/(3,3 + 1) = 0,7674 kΩ
vC(∞) = 15·1/(3,3 + 1) = 3,488 V

Constante de temps

τ = Rth·C = 0,7674·68 = 52,19 ms

Courbe de charge

vC(t) = 3,488·(1 − e−100/52,19) = 2,975 V

Réponse

vC = 2,975 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 0,3098 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, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.

i(0) = 9/5 = 1,8 A
i(∞) = 9/(5 + 33) = 0,2368 A
τ = L/R = 33/38 = 0,8684 ms
i(t) = 0,2368 + (1,8 − 0,2368)·e−t/τ

Isoler le temps

e−t/τ = (1,331 − 0,2368)/(1,8 − 0,2368) = 0,7
t = 0,8684·ln(1,429) = 0,3098 ms

Réponse

t = 0,3098 ms
13.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 1,622 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​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 3 = 6,529 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​12 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) = 15·12/(5+12) = 10,59 V
IN​1,622 ARth​6,529 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 = 10,59/6,529 = 1,622 A
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 1,133 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​ = 30 ΩR3​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 3 = 15 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​1 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) = 2 + 1·12 = 14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14 + 1·3 = 17 V
IN​1,133 ARth​15 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 = 17/15 = 1,133 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −14,43 dB

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.

Fréquence de coupure

ωc = 1/(RC) = 1/(2200·1 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 14000/72343 = 0,1935

Gain

|H| = 0,1935/√(1 + 0,1935²) = 0,19
20·log₁₀(0,19) = −14,43 dB

Réponse

|H| = −14,43 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: PM = 67,93 °

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 + 64ω² − 784 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·784))/2 = 10,52
ωc = 3,244 rad/s

Marge de phase

∠L(jωc) = −90° − atan(3,244/8) = −112,1°
PM = 180° + ∠L = 67,93°

Réponse

PM = 67,93°

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