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
ReIm11−1−122−2−2θz

Écrivez z = 3∠−130° sous forme rectangulaire a + jb et donnez la partie imaginaire b.

r = 3θ = −130°
b =
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂z₃z₄

Les racines de zⁿ = w avec n = 5 et w = 243∠135° sont zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, …, 4. Trouvez l’argument de z₃ en degrés, entre −180° et 180°.

w = 243∠135°n = 5k = 3
θ₃ = °
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
230 V50 HzR = 40 ΩC = 100 µFI

Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 230 V (efficace), 50 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩC = 100 µF
φ = °
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
12 V50 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 50 ΩC = 47 µFI

Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 12 V (efficace), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR1 = 30 ΩR2 = 50 ΩC = 47 µF
I = A
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 32 kWQSφ

Un moteur monophasé absorbe 32 kW avec un facteur de puissance de 0,9 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.

P = 32 kWpf = 0,9V = 230 V
I = A
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 0,75 inductif sous 400 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 100 µHC = 100 nF

Dans un circuit LC idéal avec L = 100 µH et C = 100 nF, 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 = 100 µHC = 100 nF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
C = 1 µFR = 2 ΩL = 10 mH

Un condensateur chargé de 1 µF se décharge dans une bobine de 10 mH de résistance série totale 2 Ω, de sorte que l’oscillation s’éteint lentement. Son amplitude décroît comme e−Rt/(2L). Combien de cycles d’oscillation n s’écoulent avant que l’amplitude soit réduite de moitié ? (Les pertes sont faibles, donc la fréquence est f₀.)

L = 10 mHC = 1 µFR = 2 Ω
n =
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 208 VIL​ = 75 Acos φ = 0,82inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 75 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 208 VIL = 75 Acos φ = 0,82
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​10 Vt = 0R = 33 ΩL10 mHi(t)

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W(∞) stockée dans la bobine une fois le circuit stabilisé, en mJ.

Vs = 10 VR = 33 ΩL = 10 mH
W(∞) = mJ
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​20 Vt = 0R = 1 kΩC220 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. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 250 ms.

Vs = 20 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 8 Vt = 250 ms
vC = V
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​R = 220 ΩL = 1 mHvout​

Le filtre passe-haut RL représenté a R = 220 Ω, L = 1 mH. Un signal d’entrée sinusoïdal de 350 kHz est appliqué. Trouvez le déphasage φ de vout par rapport à vin, en degrés.

R = 220 ΩL = 1 mHf = 350 kHz
φ = °
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (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) = 10/(s(s + 4)). Trouvez la pulsation de croisement du gain ωc, où |L(jω)| = 1.

L(s) = 10/(s(s + 4))
ωc = rad/s

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: b = −2,298

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 = 3·cos(−130°) = −1,928
b = 3·sin(−130°) = −2,298

Forme rectangulaire

z = −1,928 − j2,298
b = −2,298

Réponse

b = −2,298
2.Nombres complexes

Réponse: θ₃ = −117 °

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.

Module des racines

2431/5 = 3

Argument de la racine

θ₃ = (135° + 360°·3)/5 = 243° → −117°

Argument

θ₃ = −117°

Réponse

θ₃ = −117°

Les 5 racines sont sur le cercle de rayon 3, espacées de 72°.

3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: φ = −51,49 °

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·50·100·10⁻⁶) = 31,83 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 = 230/40 = 5,75 A
IX = V/XC = 230/31,83 = 7,226 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) = √(5,75² + 7,226²) = 9,234 A

Déphasage

Le courant dans le condensateur est en avance sur V, donc le courant total est en avance et l’angle est négatif.

φ = −arctan(IX/IR) = −arctan(7,226/5,75) = −51,49°

Réponse

φ = −51,49°
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,1797 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/(2π·50·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Association en parallèle

Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 32,36 − j23,89 Ω

Impédance totale

Z = 30 + 32,36 − j23,89 = 62,36 − j23,89 Ω
|Z| = √(62,36² + 23,89²) = 66,78 Ω

Courant

I = V/|Z| = 12/66,78 = 0,1797 A

Réponse

I = 0,1797 A
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 154,6 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) = 32000/(230·0,9) = 154,6 A

Réponse

I = 154,6 A
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Inew = 138,9 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(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(25,84°) = 24,22 kvar
QC = Q1 − Q2 = 19,88 kvar

Nouveau courant de ligne

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(400·0,9) = 138,9 A

Réponse

Inew = 138,9 A
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 4,967 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√(1 × 10⁻⁴·1 × 10⁻⁷) = 19,87 µs

Quart de période

t = T/4 = 4,967 µs

Réponse

t = 4,967 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: n = 11,03

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).

Demi-vie de l’amplitude

t = 2·0,01·ln 2/2 = 0,006931 s

Nombre de cycles

n = t·f0 = 0,006931·1592 = 11,03

Réponse

n = 11,03

Raccourci : n = Q·ln 2/π avec Q = 50.

9.Puissance triphasée

Réponse: P = 22,16 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 = √3·208·75 = 27,02 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 27,02·0,82 = 22,16 kW

Réponse

P = 22,16 kW
10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 496,8 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 = 100·tan(acos 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 74,31 kvar

Capacité par phase

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 24771/(314,2·398,4²) = 496,8 µF

Réponse

Cph = 496,8 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: W(∞) = 0,4591 mJ

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 = 10 mH / 33 Ω = 0,303 ms
i(∞) = Vs/R = 10/33 = 0,303 A

Énergie stockée

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·10·0,303² = 0,4591 mJ

Réponse

W(∞) = 0,4591 mJ
12.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 16,15 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 20 + (8 − 20)·e−t/τ

Tension à l’instant donné

vC(250) = 20 + (−12)·e−250/220 = 16,15 V

Réponse

vC = 16,15 V
13.Thévenin et Norton

Réponse: Vth = 12,86 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​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩCOURT-CIRCUITR2​15 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​15 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) = 18·15/(6+15) = 12,86 V
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 4,632 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​ = 2 ΩR3​ = 6 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 6 = 7,6 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​4 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) = 4,8 + 4·1,6 = 11,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,2 + 4·6 = 35,2 V
IN​4,632 ARth​7,6 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 = 35,2/7,6 = 4,632 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: φ = 5,713 °

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 = 220/0,001 = 220000 rad/s
fc = 35014 Hz → f/fc = 350000/35014 = 9,996

Phase

φ = 90° − atan(9,996) = 5,713°

Réponse

φ = 5,713°
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ωc = 2,192 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 + 16ω² − 100 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·100))/2 = 4,806
ωc = 2,192 rad/s

Réponse

ωc = 2,192 rad/s

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