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 = −5 + j7 en degrés, comme valeur principale entre −180° et 180°.

z = −5 + j7
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Une racine de z³ − 10z² + 34z − 40 = 0 est z₁ = 3 + j. Les coefficients sont réels. Trouvez la racine réelle r.

z₁ = 3 + j
r =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
120 V50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF

Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
φ = °
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
10 V60 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 100 µF

Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 100 µF
f0 = Hz
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 2 kWQ = ?Sφ

Un moteur monophasé absorbe 2 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sous 240 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.

P = 2 kWpf = 0,6V = 240 V
Q = kvar
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
400 V60 Hzcharge12 kW, 0,8C100 µFI

Une charge monophasée absorbe 12 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sur une alimentation de 400 V, 60 Hz. Un condensateur de 100 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.

P = 12 kWpf1 = 0,8V = 400 Vf = 60 HzC = 100 µF
cos φ =
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
C = 220 pF+−2,5 VL = 1 mHiL​

Un condensateur de 220 pF chargé à 5 V oscille avec une bobine idéale de 1 mH. Trouvez l’énergie WL stockée dans la bobine à l’instant où la tension du condensateur vaut 2,5 V, en nJ.

C = 220 pFV0 = 5 VvC = 2,5 V
WL = nJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
C = 220 pFr = 1 ΩL = 470 µH

Un circuit bouchon parallèle est formé d’un condensateur de 220 pF et d’une bobine de 470 µH dont la résistance de bobinage est 1 Ω. À la résonance, il se comporte comme une résistance, sa résistance dynamique RD = L/(C·r). Trouvez RD en kΩ.

L = 470 µHC = 220 pFr = 1 Ω
RD = kΩ
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 415 VIL​ = 10 Acos φ = 0,92inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 10 A sur un réseau de tension composée 415 V. Le facteur de puissance vaut 0,92 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 415 VIL = 10 Acos φ = 0,92
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 4,7 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 = 250 ms.

Vs = 9 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 68 µFt = 250 ms
vC = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​12 Vt = 0R = 6,8 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 8 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 10,8 V ? Trouvez t.

Vs = 12 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAab

Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 25 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​C = 1 nFR = 47 kΩvout​

Le filtre passe-haut RC représenté a R = 47 kΩ, C = 1 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 10 kHz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 47 kΩC = 1 nFf = 10 kHz
|H| = dB
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)). Trouvez le gain K qui donne une marge de gain de 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))GM = 10 dB
K =

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = 125,5 °

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 = −5, b = 7 → II

Angle de référence

α = atan(7/5) = 54,46°

Argument

θ = 180° − α = 125,5°

Réponse

θ = 125,5°

En forme polaire z = 8,602∠125,5°.

2.Nombres complexes

Réponse: r = 4

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.

Paire conjuguée

z₂ = 3 − j
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·3·z + (3² + 1²) = z² − 6z + 10

Factoriser le trinôme

z³ − 10z² + 34z − 40 = (z² − 6z + 10)(z − 4)

Racine réelle

r = 4

Réponse

r = 4

Vérifiez avec la somme des racines : z₁ + z₂ + r = 6 + 4 = 10 = −(−10).

3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: φ = −85,46 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−630,1)²) = 632,1 Ω

Déphasage

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−630,1/50) = −85,46°

Réponse

φ = −85,46°
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: f0 = 41,09 Hz

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 inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC). La fréquence d’alimentation n’intervient pas.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·100·10⁻⁶)) = 41,09 Hz

Réponse

f0 = 41,09 Hz
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q = 2,667 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.

Angle

φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Puissance réactive

Q = P·tan φ = 2·1,333 = 2,667 kvar

Réponse

Q = 2,667 kvar
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: cos φ = 0,9707

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 = 12·tan(arccos 0,8) = 9 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·100·10⁻⁶ = 6032 var = 6,032 kvar
Q2 = 9 − 6,032 = 2,968 kvar

Nouvelle puissance apparente

S2 = √(12² + 2,968²) = 12,36 kVA

Nouveau facteur de puissance

cos φ = P/S2 = 12/12,36 = 0,9707

Réponse

cos φ = 0,9707
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: WL = 2,063 nJ

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.

Énergie totale

½·2,2 × 10⁻¹⁰·5² = 2,75 × 10⁻⁹ J

Énergie restant dans le condensateur

½·2,2 × 10⁻¹⁰·2,5² = 6,875 × 10⁻¹⁰ J

Énergie dans la bobine

WL = 2,062 × 10⁻⁹ J = 2,063 nJ

Réponse

WL = 2,063 nJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: RD = 2136 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 = 0,00047/(2,2 × 10⁻¹⁰·1) = 2,136 × 10⁶ Ω = 2136 kΩ

Vérification avec Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 1462, Q²·r = 2,136 × 10⁶ Ω

Réponse

RD = 2136 kΩ
9.Puissance triphasée

Réponse: P = 6,613 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 = √3·415·10 = 7,188 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 7,188·0,92 = 6,613 kW

Réponse

P = 6,613 kW
10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 561,6 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar

Capacité par phase

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

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 36463/(377·415²) = 561,6 µF

Réponse

Cph = 561,6 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 2,698 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 = 6,8·4,7/(6,8 + 4,7) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 9·4,7/(6,8 + 4,7) = 3,678 V

Constante de temps

τ = Rth·C = 2,779·68 = 189 ms

Courbe de charge

vC(t) = 3,678·(1 − e−250/189) = 2,698 V

Réponse

vC = 2,698 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 818,7 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 12 + (8 − 12)·e−t/τ

Isoler le temps

10,8 = 12 + (−4)·e−t/τ → e−t/τ = (10,8 − 12)/(8 − 12) = 0,3
t = τ·ln((8 − 12)/(10,8 − 12)) = 680·ln(3,333) = 818,7 ms

Réponse

t = 818,7 ms
13.Thévenin et Norton

Réponse: Vth = 2,4 V

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​ = 12 ΩCOURT-CIRCUITR2​3 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 12 = 14,4 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​3 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) = 12·3/(12+3) = 2,4 V
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 2,566 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​ = 25 ΩR3​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​3 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 = 25·3/(25+3) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 3 = 5,679 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAIs​2 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) = 3,214 + 2·2,679 = 8,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,571 + 2·3 = 14,57 V
IN​2,566 ARth​5,679 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 = 14,57/5,679 = 2,566 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −0,4715 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/(47000·1 × 10⁻⁹) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 10000/3386 = 2,953

Gain

|H| = 2,953/√(1 + 2,953²) = 0,9472
20·log₁₀(0,9472) = −0,4715 dB

Réponse

|H| = −0,4715 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: K = 30,36

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 de phase

(ω/2)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(2·6) = 3,464 rad/s

Module au croisement de phase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 36)) = K/(2·6·(2 + 6)) = K/96

Gain requis

96/K = 1010/20 = 3,162
K = 96/3,162 = 30,36

Réponse

K = 30,36

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