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 = −7 − j4 en degrés, comme valeur principale entre −180° et 180°.

z = −7 − j4
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Trouvez la partie imaginaire de (−3 − j2)³.

z = −3 − j2n = 3
Im(z³) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
24 V200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
100 V200 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 10 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 24 kWQSφ

Un moteur monophasé absorbe 24 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V. Trouvez le courant de ligne I.

P = 24 kWpf = 0,65V = 240 V
I = A
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
400 V50 Hzcharge27 kW, 0,8C150 µFI = ?

Une charge monophasée absorbe 27 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sur une alimentation de 400 V, 50 Hz. Un condensateur de 150 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.

P = 27 kWpf1 = 0,8V = 400 Vf = 50 HzC = 150 µF
I = A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 µHC = 2,2 µF

Dans un circuit LC idéal avec L = 47 µH et C = 2,2 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 = 47 µHC = 2,2 µF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
V5 Ω2,2 mH100 nF20 mA

Un circuit RLC série (R = 5 Ω, L = 2,2 mH, C = 100 nF) est excité à la résonance avec une amplitude de courant de 20 mA. Trouvez l’énergie Ecycle dissipée dans R pendant un cycle, en nJ.

R = 5 ΩL = 2,2 mHC = 100 nFIm = 20 mA
Ecycle = nJ
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 400 VNZ = 8 + j6 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 8 + j6 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 400 VZ = 8 + j6 Ω par phase
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (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 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 ΩL68 mHi(t)

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 50 % de sa valeur finale ? Trouvez t.

Vs = 5 VR = 10 ΩL = 68 mH
t = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​6 Vt = 0R = 2,2 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 2 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 4,4 V ? Trouvez t.

Vs = 6 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab

Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 12 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​C = 22 nFR = 2,2 kΩvout​

Le filtre passe-haut RC représenté a R = 2,2 kΩ, C = 22 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 1,6 kHz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 2,2 kΩC = 22 nFf = 1,6 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) = 25/(s(s + 5)). Trouvez la pulsation de croisement du gain ωc, où |L(jω)| = 1.

L(s) = 25/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = −150,3 °

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 = −7, b = −4 → III

Angle de référence

α = atan(4/7) = 29,74°

Argument

θ = −(180° − α) = −150,3°

Réponse

θ = −150,3°

En forme polaire z = 8,062∠−150,3°.

2.Nombres complexes

Réponse: Im(z³) = −46

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 − j2)(−3 − j2) = 5 + j12
z³ = (5 + j12)(−3 − j2) = 9 − j46

Vérifier avec De Moivre

z = 3,606∠−146,3° → z³ = 46,87∠−78,93°
Im(z³) = −46

Réponse

Im(z³) = −46
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,08002 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (297,2)²) = 299,9 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 24/299,9 = 0,08002 A

Réponse

I = 0,08002 A
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,3921 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (234,6)²) = 255 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 100/255 = 0,3921 A

Réponse

I = 0,3921 A
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 153,8 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.

Courant de ligne

Seule la partie active de la puissance fournit un travail, donc divisez par le facteur de puissance.

I = P/(V·cos φ) = 24000/(240·0,65) = 153,8 A

Réponse

I = 153,8 A
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 74,61 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 avant et après

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

Q1 = 27·tan(arccos 0,8) = 20,25 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·150·10⁻⁶ = 7540 var = 7,54 kvar
Q2 = 20,25 − 7,54 = 12,71 kvar

Nouvelle puissance apparente

S2 = √(27² + 12,71²) = 29,84 kVA

Nouveau courant de ligne

I = S2/V = 29842/400 = 74,61 A

Réponse

I = 74,61 A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 15,97 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√(4,7 × 10⁻⁵·2,2 × 10⁻⁶) = 63,89 µs

Quart de période

t = T/4 = 15,97 µs

Réponse

t = 15,97 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: Ecycle = 93,19 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 = ½·0,0022·0,02² = 4,4 × 10⁻⁷ J

Facteur de qualité

Q = (1/5)·√(0,0022/1 × 10⁻⁷) = 29,66

Énergie perdue par cycle

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·4,4 × 10⁻⁷/29,66 = 9,319 × 10⁻⁸ J = 93,19 nJ
vérification: ½·0,02²·5/10730 = 9,319 × 10⁻⁸ J

Réponse

Ecycle = 93,19 nJ
9.Puissance triphasée

Réponse: P = 12,8 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.

Tension simple

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Courant de phase

|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 230,9/10 = 23,09 A

Puissance active totale

Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.

P = 3·Iph²·R = 3·23,09²·8 = 12,8 kW

Réponse

P = 12,8 kW

Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.

10.Puissance triphasée

Réponse: QC = 91,18 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 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 91,18 kvar

Réponse

QC = 91,18 kvar
11.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 4,713 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 = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A

Isoler le temps

0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −6,8·ln(0,5) = 4,713 ms

Réponse

t = 4,713 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 20,16 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

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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 10 µF = 22 ms
vC(t) = 6 + (2 − 6)·e−t/τ

Isoler le temps

4,4 = 6 + (−4)·e−t/τ → e−t/τ = (4,4 − 6)/(2 − 6) = 0,4
t = τ·ln((2 − 6)/(4,4 − 6)) = 22·ln(2,5) = 20,16 ms

Réponse

t = 20,16 ms
13.Thévenin et Norton

Réponse: Rth = 5,714 Ω

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​ = 4 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 Ω
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 2,673 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​ = 12 ΩR3​ = 25 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 25 = 32,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​9 VR2​20 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) = 5,625 + 2,5·7,5 = 24,38 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,38 + 2,5·25 = 86,87 V
IN​2,673 ARth​32,5 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 = 86,87/32,5 = 2,673 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −7,18 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/(2200·2,2 × 10⁻⁸) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 1600/3288 = 0,4866

Gain

|H| = 0,4866/√(1 + 0,4866²) = 0,4375
20·log₁₀(0,4375) = −7,18 dB

Réponse

|H| = −7,18 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ωc = 3,931 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 − 625 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·625))/2 = 15,45
ωc = 3,931 rad/s

Réponse

ωc = 3,931 rad/s

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