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
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂w

Soit z₁ = 4∠100° et z₂ = 3∠−25°, trouvez l’argument θ de w = z₁/z₂ en degrés, entre −180° et 180°.

z₁ = 4∠100°z₂ = 3∠−25°
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−2θz

Utilisez le théorème de De Moivre pour trouver la partie imaginaire de z⁹ pour z = −2 − j2.

z = −2 − j2n = 9
Im(z⁹) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Vf0​ = 1000 HzRL = ?C = 0,1 µF

Un circuit RLC série avec C = 0,1 µF doit résonner à 1000 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.

f0 = 1000 HzC = 0,1 µF
L = mH
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
VfR = 50 ΩL = 200 mHC = 0,01 µF

Un circuit RLC série a R = 50 Ω, L = 200 mH et C = 0,01 µF. Trouvez sa bande passante B (la largeur de la bande comprise entre les fréquences de demi-puissance), en Hz.

R = 50 ΩL = 200 mHC = 0,01 µF
B = Hz
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 13 kWQSφ

Un moteur monophasé absorbe 13 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.

P = 13 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
10 V1000 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j30 ΩZL​ = ?

Une source de 10 V (efficace), 1000 Hz a une impédance interne Zs = 2 + j30 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. La charge donnant la puissance maximale est constituée d’une résistance en série avec un condensateur. Trouvez la capacité C.

Vs = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 2 + j30 Ω
C = µF
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
C = 1 µF+−6 VL = 0,47 µHiL​

Un condensateur de 1 µF chargé à 24 V oscille avec une bobine idéale de 0,47 µH. Trouvez l’énergie WL stockée dans la bobine à l’instant où la tension du condensateur vaut 6 V, en µJ.

C = 1 µFV0 = 24 VvC = 6 V
WL = µJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
V50 ΩLC = ?

Concevez un filtre RLC série de résistance totale 50 Ω, de fréquence de résonance 455 kHz et de bande passante 9,1 kHz. Trouvez la capacité C en nF.

R = 50 Ωf0 = 455 kHzBW = 9,1 kHz
C = nF
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 400 VZ = 16 + j12 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 16 + j12 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 = 16 + j12 Ω par phase
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (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 étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​6 Vt = 0R = 20 ΩL68 mHi(t)

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 10 ms.

Vs = 6 VR = 20 ΩL = 68 mHt = 10 ms
i = A
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​12 VR1​ = 5 ΩR2​ = 47 Ωse ferme à t = 0L22 mHi(t)

L’interrupteur aux bornes de R2 est ouvert depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur se ferme et court-circuite R2. Trouvez le courant de la bobine i à t = 10 ms.

Vs = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 47 ΩL = 22 mHt = 10 ms
i = A
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​1,5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​R = 10 kΩC = 100 nFvout​

Le filtre passe-bas RC représenté a R = 10 kΩ, C = 100 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 480 Hz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 10 kΩC = 100 nFf = 480 Hz
|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) = 46/(s(s + 1)(s + 8)). Trouvez la marge de gain GM en dB.

L(s) = 46/(s(s + 1)(s + 8))
GM = dB

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = 125 °

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.

Module et argument de w

|w| = 4 / 3 = 1,333
θ = 100° − (−25)° = 125°

Argument

θ = 125°

Réponse

θ = 125°
2.Nombres complexes

Réponse: Im(z⁹) = −8192

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.

Forme polaire

z = −2 − j2 = 2√2∠−135°

De Moivre

z⁹ = (2√2)⁹∠−1215° = 11585∠−135°

Forme rectangulaire

z⁹ = 11585·(cos −135° + j sin −135°) = −8192 − j8192
Im(z⁹) = −8192

Réponse

Im(z⁹) = −8192
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: L = 253,3 mH

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|.

Condition de résonance

À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·0,1·10⁻⁶) = 253,3 mH

Réponse

L = 253,3 mH
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: B = 39,79 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|.

Fréquence de résonance

f0 = 1/(2π·√(0,2·0,01·10⁻⁶)) = 3559 Hz

Facteur de qualité

Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,2/(0,01·10⁻⁶)) = 89,44

Bande passante

B = f0/Q = 3559/89,44 = 39,79 Hz

Réponse

B = 39,79 Hz
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 94,2 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) = 13000/(230·0,6) = 94,2 A

Réponse

I = 94,2 A
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: C = 5,305 µF

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.

Adaptation conjuguée

La réactance de la charge compense celle de la source, et la résistance de la charge est égale à celle de la source.

ZL = Zs* = 2 − j30 Ω

Capacité

XC = 30 Ω → C = 1/(2π·1000·30) = 5,305 µF

Réponse

C = 5,305 µF
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: WL = 270 µJ

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

½·1 × 10⁻⁶·24² = 0,000288 J

Énergie restant dans le condensateur

½·1 × 10⁻⁶·6² = 1,8 × 10⁻⁵ J

Énergie dans la bobine

WL = 0,00027 J = 270 µJ

Réponse

WL = 270 µJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: C = 0,1399 nF

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).

Inductance à partir de la bande passante

L = R/(2π·BW) = 50/(2π·9100) = 0,0008745 H

Capacité à partir de la fréquence de résonance

C = 1/((2π·455000)²·0,0008745) = 1,399 × 10⁻¹⁰ F = 0,1399 nF

Réponse

C = 0,1399 nF

Q = f₀/BW = 50.

9.Puissance triphasée

Réponse: P = 19,2 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 = VL = 400 V

Courant de phase

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 400/20 = 20 A

Puissance active totale

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

P = 3·Iph²·R = 3·20²·16 = 19,2 kW

Réponse

P = 19,2 kW

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

10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 1758 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 114,1 kvar

Capacité par phase

Dans une batterie en étoile, chaque condensateur est branché entre une phase et le point neutre.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 38040/(377·239,6²) = 1758 µF

Réponse

Cph = 1758 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 0,2842 A

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 / 20 Ω = 3,4 ms
i(∞) = Vs/R = 6/20 = 0,3 A

Courant à l’instant donné

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,3·(1 − e−10/3,4) = 0,2842 A

Réponse

i = 0,2842 A
12.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 2,177 A

Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

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

i(0) = 12/(5 + 47) = 0,2308 A
i(∞) = 12/5 = 2,4 A
τ = L/R = 22/5 = 4,4 ms
i(t) = 2,4 + (0,2308 − 2,4)·e−t/τ

Courant à l’instant donné

i(10) = 2,4 + (−2,169)·e−10/4,4 = 2,177 A

Réponse

i = 2,177 A
13.Thévenin et Norton

Réponse: Rth = 13,33 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​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩCOURT-CIRCUITR2​20 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = −1,3 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​ = 20 ΩCOURT-CIRCUITR2​15 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 = 30·15/(30+15) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 20 = 30 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​1,5 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) = 6 + (−1,5)·10 = −9 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −9 + (−1,5)·20 = −39 V
IN​1,3 ARth​30 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 = −39/30 = −1,3 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −10,04 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/(10000·1 × 10⁻⁷) = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 480/159,2 = 3,016

Gain

|H| = 1/√(1 + 3,016²) = 0,3147
20·log₁₀(0,3147) = −10,04 dB

Réponse

|H| = −10,04 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: GM = 3,891 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.

Croisement de phase

(ω/1)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(1·8) = 2,828 rad/s

Module au croisement de phase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 64)) = K/(1·8·(1 + 8)) = K/72

Marge de gain

GM = 20·log₁₀(72/46) = 3,891 dB

Réponse

GM = 3,891 dB

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