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
ReIm22−2−244−4−466−6−6θz

Trouvez l’argument θ de z = 6 − j6 en degrés, comme valeur principale entre −180° et 180°.

z = 6 − j6
θ = °
2.Nombres complexesDifficile
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂

Les racines de zⁿ = w avec n = 3 et w = 27∠180° sont zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Trouvez la partie réelle de z₂.

w = 27∠180°n = 3k = 2
Re(z₂) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Vf0​ = 50 HzRL = 5 mHC = ?

Un circuit RLC série avec L = 5 mH doit résonner à 50 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.

f0 = 50 HzL = 5 mH
C = µF
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
10 Vf0​R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF

Un circuit RLC série est alimenté par une source de 10 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.

V = 10 V (rms)R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF
VL = V
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
120 VR + jXP = 720 W8 A

Une charge inductive absorbe 8 A et 720 W sur une alimentation monophasée de 120 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez R.

V = 120 VI = 8 AP = 720 W
R = Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P1​ = 28 kWQ1​S1​φ

Un transformateur monophasé de 75 kVA alimente une charge de 28 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?

Smax = 75 kVAP1 = 28 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
C = 220 nF+−5,4 VL = 47 µHiL​

Un condensateur de 220 nF chargé à 9 V oscille avec une bobine idéale de 47 µH. Trouvez l’énergie WL stockée dans la bobine à l’instant où la tension du condensateur vaut 5,4 V, en µJ.

C = 220 nFV0 = 9 VvC = 5,4 V
WL = µJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
f|I|0,7071f0​ = ?1 kHz1,5 kHzBW

Les fréquences à mi-puissance d’une courbe de résonance sont 1 kHz et 1,5 kHz. Trouvez la fréquence de résonance comme leur moyenne géométrique, puis le facteur de qualité Q.

f1 = 1 kHzf2 = 1,5 kHz
Q =
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 208 VNZ = 4 + j3 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 4 + j3 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 208 VZ = 4 + j3 Ω par phase
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 250 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 480 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 4,7 kΩC33 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 constante de temps τ du circuit après la fermeture de l’interrupteur.

Vs = 9 VR1 = 3,3 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µF
τ = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​24 Vt = 0R = 3,3 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 3 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 11,4 V ? Trouvez t.

Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩARL​10 ΩIL​B

Une charge RL = 10 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.

V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩRL = 10 Ω
IL = A
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 15 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 Ω
IN = A
15.Diagrammes de Bode et margesMoyen
|H| (dB)0,10,1111010100100−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 2

Trouvez la phase ∠G(jω) de G(s) = 45(s + 10)/(s(s + 2)) à ω = 2 rad/s, en degrés.

G(s) = 45(s + 10)/(s(s + 2))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (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) = 208/(s(s + 8)). Trouvez la marge de phase PM en degrés.

L(s) = 208/(s(s + 8))
PM = °

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: θ = −45 °

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 = 6, b = −6 → IV

Angle de référence

α = atan(6/6) = 45°

Argument

θ = −α = −45°

Réponse

θ = −45°

En forme polaire z = 8,485∠−45°.

2.Nombres complexes

Réponse: Re(z₂) = 1,5

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

271/3 = 3

Argument de la racine

θ₂ = (180° + 360°·2)/3 = 300° → −60°

Forme rectangulaire

z₂ = 3·(cos −60° + j sin −60°) = 1,5 − j2,598
Re(z₂) = 1,5

Réponse

Re(z₂) = 1,5

Les 3 racines sont sur le cercle de rayon 3, espacées de 120°.

3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: C = 2026 µF

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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,005) = 2026 µF

Réponse

C = 2026 µF
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: VL = 95,35 V

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 s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·0,22·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 10/50 = 0,2 A

Tension aux bornes de la bobine

XL = ω₀L = 9535·0,05 = 476,7 Ω
VL = I·XL = 0,2·476,7 = 95,35 V

Réponse

VL = 95,35 V

Cela fait Q = 9,535 fois la tension d’alimentation.

5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: R = 11,25 Ω

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.

Résistance d’après la puissance active

R = P/I² = 720/8² = 11,25 Ω

Réponse

R = 11,25 Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: ΔP = 39,48 kW

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 de la charge existante

Q1 = 28·tan(arccos 0,65) = 32,74 kvar

Plus grande puissance active totale

À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.

P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 32,74²) = 67,48 kW

Puissance active supplémentaire

ΔP = 67,48 − 28 = 39,48 kW

Réponse

ΔP = 39,48 kW
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: WL = 5,702 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

½·2,2 × 10⁻⁷·9² = 8,91 × 10⁻⁶ J

Énergie restant dans le condensateur

½·2,2 × 10⁻⁷·5,4² = 3,208 × 10⁻⁶ J

Énergie dans la bobine

WL = 5,702 × 10⁻⁶ J = 5,702 µJ

Réponse

WL = 5,702 µJ
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: Q = 2,449

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).

Fréquence de résonance

f0 = √(1000·1500) = 1225 Hz

Bande passante

BW = 1500 − 1000 = 500 Hz

Facteur de qualité

Q = 1225/500 = 2,449

Réponse

Q = 2,449
9.Puissance triphasée

Réponse: P = 6,922 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 = 208/√3 = 120,1 V

Courant de phase

|Z| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A

Puissance active totale

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

P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·4 = 6,922 kW

Réponse

P = 6,922 kW

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

10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 1144 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 99,4 kvar

Capacité par phase

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 33133/(377·277,1²) = 1144 µF

Réponse

Cph = 1144 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: τ = 63,98 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.

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 = 3,3·4,7/(3,3 + 4,7) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 9·4,7/(3,3 + 4,7) = 5,288 V

Constante de temps

τ = Rth·C = 1,939·33 = 63,98 ms

Réponse

τ = 63,98 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 168,6 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 100 µF = 330 ms
vC(t) = 24 + (3 − 24)·e−t/τ

Isoler le temps

11,4 = 24 + (−21)·e−t/τ → e−t/τ = (11,4 − 24)/(3 − 24) = 0,6
t = τ·ln((3 − 24)/(11,4 − 24)) = 330·ln(1,667) = 168,6 ms

Réponse

t = 168,6 ms
13.Thévenin et Norton

Réponse: IL = 0,4675 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​ = 3 ΩR3​ = 3 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 3 = 5,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​12 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) = 9·12/(3+12) = 7,2 V
Rth​ = 5,4 Ω+−Vth​7,2 VRL​10 ΩIL​

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.

IL = Vth/(Rth + RL) = 7,2/(5,4 + 10) = 0,4675 A
14.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 6,429 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​ = 30 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 30 = 31,82 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​6 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) = 13,64 + 6·1,818 = 24,55 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,55 + 6·30 = 204,5 V
IN​6,429 ARth​31,82 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 = 204,5/31,82 = 6,429 A
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ∠G(jω) = −123,7 °

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.

Additionner les angles

∠G = atan(2/10) − 90° − atan(2/2) = 11,31° − 90° − 45°

Résultat

∠G(j2) = −123,7°

Réponse

∠G(jω) = −123,7°
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: PM = 30,92 °

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 + 64ω² − 43264 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·43264))/2 = 178,4
ωc = 13,36 rad/s

Marge de phase

∠L(jωc) = −90° − atan(13,36/8) = −149,1°
PM = 180° + ∠L = 30,92°

Réponse

PM = 30,92°

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