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.

Nouveaux exercicesRetour au cours

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

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
ReIm22−2−244−4−4θz

Écrivez z = 5∠160° sous forme rectangulaire a + jb et donnez la partie imaginaire b.

r = 5θ = 160°
b =
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Trouvez la partie imaginaire de (1 + j3)³.

z = 1 + j3n = 3
Im(z³) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
12 V60 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 10 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le facteur de puissance cos φ du circuit.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 10 µF
cos φ =
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
24 V1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 1 µF+−VC​

Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 1 µF
VC = V
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
230 VR + jXP = 3933 W19 A

Une charge inductive absorbe 19 A et 3933 W sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez R.

V = 230 VI = 19 AP = 3933 W
R = Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P1​ = 32 kWQ1​S1​φ

Un transformateur monophasé de 100 kVA alimente une charge de 32 kW avec un facteur de puissance de 0,7 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 = 100 kVAP1 = 32 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 220 µHC = 10 µF

Dans un circuit LC idéal avec L = 220 µH et C = 10 µF, 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 = 220 µHC = 10 µF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
V1 Ω22 mH1 µF10 mA

Un circuit RLC série (R = 1 Ω, L = 22 mH, C = 1 µF) est excité à la résonance avec une amplitude de courant de 10 mA. Trouvez l’énergie Ecycle dissipée dans R pendant un cycle, en nJ.

R = 1 ΩL = 22 mHC = 1 µFIm = 10 mA
Ecycle = nJ
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 208 VIL​ = 100 Acos φ = 0,75inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 100 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,75 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 208 VIL = 100 Acos φ = 0,75
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (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 = 0,78pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
R = 33 Ωt = 0L150 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. Trouvez la tension vR aux bornes de R à t = 5 ms.

i(0) = 2,5 AR = 33 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vR = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 15 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 500 ms.

Vs = 10 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 15 Vt = 500 ms
vC = V
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩARL​8 ΩIL​B

Une charge RL = 8 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 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩRL = 8 Ω
IL = A
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAIs​2,5 ABRL​8 ΩIL​

Une charge RL = 8 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩRL = 8 Ω
PL = W
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​L = 100 mHC = 1 µFR = 100 Ωvout​

Dans le filtre passe-bande RLC série représenté, la sortie est prise aux bornes de R = 100 Ω, avec L = 100 mH et C = 1 µF. Trouvez le facteur de qualité Q.

R = 100 ΩL = 100 mHC = 1 µF
Q =
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (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) = 1520/(s(s + 20)). Trouvez la marge de phase PM en degrés.

L(s) = 1520/(s(s + 20))
PM = °

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: b = 1,71

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 = 5·cos(160°) = −4,698
b = 5·sin(160°) = 1,71

Forme rectangulaire

z = −4,698 + j1,71
b = 1,71

Réponse

b = 1,71
2.Nombres complexes

Réponse: Im(z³) = −18

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 = (1 + j3)(1 + j3) = −8 + j6
z³ = (−8 + j6)(1 + j3) = −26 − j18

Vérifier avec De Moivre

z = 3,162∠71,57° → z³ = 31,62∠−145,3°
Im(z³) = −18

Réponse

Im(z³) = −18
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: cos φ = 0,255

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 = 37,7 Ω, XC = 265,3 Ω

Impédance

|Z| = √(60² + (−227,6)²) = 235,3 Ω

Facteur de puissance

cos φ = R/|Z| = 60/235,3 = 0,255
Le circuit est capacitif, donc le facteur de puissance est capacitif (courant en avance).

Réponse

cos φ = 0,255
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: VC = 2,699 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|.

Réactances

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,25 = 1571 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (1412)²) = 1415 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 24/1415 = 0,01696 A

Tension aux bornes du condensateur

VC = I·XC = 0,01696·159,2 = 2,699 V

Réponse

VC = 2,699 V
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: R = 10,89 Ω

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.

Résistance d’après la puissance active

R = P/I² = 3933/19² = 10,89 Ω

Réponse

R = 10,89 Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: ΔP = 62,52 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 = 32·tan(arccos 0,7) = 32,65 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) = √(100² − 32,65²) = 94,52 kW

Puissance active supplémentaire

ΔP = 94,52 − 32 = 62,52 kW

Réponse

ΔP = 62,52 kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 73,68 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√(0,00022·1 × 10⁻⁵) = 294,7 µs

Quart de période

t = T/4 = 73,68 µs

Réponse

t = 73,68 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: Ecycle = 46,6 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 = ½·0,022·0,01² = 1,1 × 10⁻⁶ J

Facteur de qualité

Q = (1/1)·√(0,022/1 × 10⁻⁶) = 148,3

Énergie perdue par cycle

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·1,1 × 10⁻⁶/148,3 = 4,66 × 10⁻⁸ J = 46,6 nJ
vérification: ½·0,01²·1/1073 = 4,66 × 10⁻⁸ J

Réponse

Ecycle = 46,6 nJ
9.Puissance triphasée

Réponse: P = 27,02 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 = √3·208·100 = 36,03 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 36,03·0,75 = 27,02 kW

Réponse

P = 27,02 kW
10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 52,77 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 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 23,68 kvar

Capacité par phase

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7893/(314,2·690²) = 52,77 µF

Réponse

Cph = 52,77 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vR = 27,46 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.

Constante de temps

τ = L/R = 150 mH / 33 Ω = 4,545 ms

Décroissance du courant

i(t) = 2,5·e−5/4,545 = 0,8322 A
vR = R·i = 33·0,8322 = 27,46 V

Réponse

vR = 27,46 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 11,1 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.

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.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 10 + (15 − 10)·e−t/τ

Tension à l’instant donné

vC(500) = 10 + (5)·e−500/330 = 11,1 V

Réponse

vC = 11,1 V
13.Thévenin et Norton

Réponse: IL = 0,9524 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​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩCOURT-CIRCUITR2​10 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 4 = 7,75 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​10 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) = 24·10/(6+10) = 15 V
Rth​ = 7,75 Ω+−Vth​15 VRL​8 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) = 15/(7,75 + 8) = 0,9524 A
14.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 41,73 W

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​ = 8 ΩR3​ = 25 ΩCOURT-CIRCUITR2​8 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 25 = 29 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​8 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) = 12 + 2,5·4 = 22 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22 + 2,5·25 = 84,5 V
Rth​ = 29 Ω+−Vth​84,5 VRL​8 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) = 84,5/(29 + 8) = 2,284 A
PL = IL²·RL = 2,284²·8 = 41,73 W
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: Q = 3,162

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 résonance

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 503,3 Hz

Facteur de qualité

BW = R/L = 100/0,1 = 1000 rad/s = 159,2 Hz
Q = ω₀/BW = 3162/1000 = 3,162

Réponse

Q = 3,162
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: PM = 28,71 °

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 + 400ω² − 2,31 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·2,31 × 10⁶))/2 = 1333
ωc = 36,51 rad/s

Marge de phase

∠L(jωc) = −90° − atan(36,51/20) = −151,3°
PM = 180° + ∠L = 28,71°

Réponse

PM = 28,71°

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-2