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
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Trouvez l’argument θ de z = −3 − j3 en degrés, comme valeur principale entre −180° et 180°.

z = −3 − j3
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1z₁z₂

Une racine de z³ − 5z² + 8z − 6 = 0 est z₁ = 1 + j. Les coefficients sont réels. Trouvez la racine réelle r.

z₁ = 1 + j
r =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
24 V100 HzR = 40 ΩC = 47 µFI

Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 24 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩC = 47 µF
I = A
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
24 V60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 22 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
240 VZ16 + j12 ΩI

Une charge d’impédance Z = 16 + j12 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.

V = 240 VZ = 16 + j12 Ω
Q = var
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Une charge monophasée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 230 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,95. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
C = 470 pF+−19,2 VL = 47 mHiL​

Un condensateur de 470 pF chargé à 24 V oscille avec une bobine idéale de 47 mH. Trouvez l’énergie WL stockée dans la bobine à l’instant où la tension du condensateur vaut 19,2 V, en nJ.

C = 470 pFV0 = 24 VvC = 19,2 V
WL = nJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
VR = ?220 µHC

Un circuit résonant série utilise une bobine de 220 µH. Quelle résistance série totale R donne une bande passante de 20 kHz ?

L = 220 µHBW = 20 kHz
R = Ω
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M90 kW, η = 91%cos φ = 0,82

Un moteur asynchrone triphasé fournit 90 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 91 % et son facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Le réseau a une tension composée de 690 V. Trouvez le courant de ligne IL.

Pout = 90 kWη = 91%cos φ = 0,82VL = 690 V
IL = A
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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 = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​15 Vt = 0R = 15 ΩL220 mHi(t)

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez la tension vL aux bornes de la bobine à t = 5 ms.

Vs = 15 VR = 15 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​5 Vt = 0R = 2,2 kΩC?+−vC​

Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 5 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 4 V, exactement 50 ms après le départ. Avec R = 2,2 kΩ, trouvez la capacité C nécessaire.

Vs = 5 VVth = 4 VT = 50 msR = 2,2 kΩ
C = µF
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​R = 1000 ΩL = 100 mHvout​

Le filtre passe-haut RL représenté a R = 1000 Ω, L = 100 mH. Un signal d’entrée sinusoïdal de 800 Hz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 1000 ΩL = 100 mHf = 800 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) = 144/(s(s + 8)(s + 10)). Trouvez la pulsation de croisement de phase ω180, où ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 144/(s(s + 8)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = −135 °

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 = −3, b = −3 → III

Angle de référence

α = atan(3/3) = 45°

Argument

θ = −(180° − α) = −135°

Réponse

θ = −135°

En forme polaire z = 4,243∠−135°.

2.Nombres complexes

Réponse: r = 3

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 = 1 − j
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·1·z + (1² + 1²) = z² − 2z + 2

Factoriser le trinôme

z³ − 5z² + 8z − 6 = (z² − 2z + 2)(z − 3)

Racine réelle

r = 3

Réponse

r = 3

Vérifiez avec la somme des racines : z₁ + z₂ + r = 2 + 3 = 5 = −(−5).

3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,9286 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|.

Réactance

XC = 1/(ωC) = 1/(2π·100·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Courants de branche

Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.

IR = V/R = 24/40 = 0,6 A
IX = V/XC = 24/33,86 = 0,7087 A

Courant total

Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.

I = √(IR² + IX²) = √(0,6² + 0,7087²) = 0,9286 A

Réponse

I = 0,9286 A
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,1855 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−101,7)²) = 129,4 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 24/129,4 = 0,1855 A

Réponse

I = 0,1855 A
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q = 1728 var

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

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 240/20 = 12 A

Puissance réactive

Q = I²·X = 12²·12 = 1728 var

Réponse

Q = 1728 var
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Inew = 228,8 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.

Puissance réactive avant et après

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(36,87°) = 37,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 21,07 kvar

Nouveau courant de ligne

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(230·0,95) = 228,8 A

Réponse

Inew = 228,8 A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: WL = 48,73 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

½·4,7 × 10⁻¹⁰·24² = 1,354 × 10⁻⁷ J

Énergie restant dans le condensateur

½·4,7 × 10⁻¹⁰·19,2² = 8,663 × 10⁻⁸ J

Énergie dans la bobine

WL = 4,873 × 10⁻⁸ J = 48,73 nJ

Réponse

WL = 48,73 nJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: R = 27,65 Ω

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).

Bande passante en série

BW = R/(2πL)

Résistance

R = 2π·0,00022·20000 = 27,65 Ω

Réponse

R = 27,65 Ω
9.Puissance triphasée

Réponse: IL = 100,9 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 = 90/0,91 = 98,9 kW

Courant de ligne

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 98901/(√3·690·0,82) = 100,9 A

Réponse

IL = 100,9 A
10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 4464 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 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 289,8 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) = 96607/(377·239,6²) = 4464 µF

Réponse

Cph = 4464 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vL = 10,67 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 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 = 220 mH / 15 Ω = 14,67 ms
i(∞) = Vs/R = 15/15 = 1 A

Tension aux bornes de la bobine

À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 15·e−5/14,67 = 10,67 V

Réponse

vL = 10,67 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: C = 14,12 µF

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 requise

4 = 5·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(5/(5 − 4))
τ = 50/1,609 = 31,07 ms

Capacité

Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.

C = τ/R = 31,07/2,2 = 14,12 µF

Réponse

C = 14,12 µF
13.Thévenin et Norton

Réponse: Rth = 10,44 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​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩCOURT-CIRCUITR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 6 = 10,44 Ω
14.Thévenin et Norton

Réponse: Vth = −4,8 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩCOURT-CIRCUITR2​12 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 2 = 4,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​12 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) = 4 + (−2)·2,4 = −0,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −0,8 + (−2)·2 = −4,8 V
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −6,953 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 = R/L = 1000/0,1 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 800/1592 = 0,5027

Gain

|H| = 0,5027/√(1 + 0,5027²) = 0,4491
20·log₁₀(0,4491) = −6,953 dB

Réponse

|H| = −6,953 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ω180 = 8,944 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 de phase

(ω/8)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(8·10) = 8,944 rad/s

Réponse

ω180 = 8,944 rad/s

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