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
ReIm22−2−244−4−4θz

Le nombre z = 6·ej0,8 a son angle en radians. Trouvez sa partie réelle a.

r = 6θ = 0,8 rad
a =
2.Nombres complexesDifficile
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1θz

Utilisez le théorème de De Moivre pour trouver la partie réelle de z⁵ pour z = −1 + j.

z = −1 + jn = 5
Re(z⁵) =
3.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Vf0​ = 2000 HzRL = 5 mHC = ?

Un circuit RLC série avec L = 5 mH doit résonner à 2000 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.

f0 = 2000 HzL = 5 mH
C = µF
4.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
VfR = 100 ΩL = 2 mHC = 0,022 µF

Un circuit RLC série a R = 100 Ω, L = 2 mH et C = 0,022 µF. Trouvez son facteur de qualité Q à la résonance.

R = 100 ΩL = 2 mHC = 0,022 µF
Q =
5.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
230 VR + jXP = 4140 W20 A

Une charge inductive absorbe 20 A et 4140 W sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez X.

V = 230 VI = 20 AP = 4140 W
X = Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Une charge monophasée absorbe 30 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sous 230 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,92. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.

P = 30 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteMoyen
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 mHC = 4,7 nF

Dans un circuit LC idéal avec L = 47 mH et C = 4,7 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 = 47 mHC = 4,7 nF
t = µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passanteDifficile
C = 2,2 µFR = 0,5 ΩL = 22 µH

Un condensateur chargé de 2,2 µF se décharge dans une bobine de 22 µH de résistance série totale 0,5 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 = 22 µHC = 2,2 µFR = 0,5 Ω
n =
9.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 400 VZ = 12 + j16 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 12 + j16 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 = 12 + j16 Ω par phase
P = kW
10.Puissance triphaséeDifficile
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitoires RC et RLMoyen
R = 22 Ωt = 0L47 mHi(t)

La bobine est parcourue par un courant permanent de 2,5 A. À t = 0, l’interrupteur ferme la boucle à travers R et la source est retirée, donc le courant de la bobine décroît à travers R. Combien de temps faut-il pour que le courant descende à 1,25 A ? Trouvez t.

i(0) = 2,5 AR = 22 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​24 VR1​ = 5 ΩR2​ = 33 Ωs’ouvre à t = 0L220 mHi(t)

L’interrupteur aux bornes de R2 est fermé depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez le courant de la bobine i à t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 33 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
13.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
14.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​3 ABRL​4 ΩIL​

Une charge RL = 4 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
PL = W
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 680 Hz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 47 kΩC = 1 nFf = 680 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) = K/(s(s + 4)(s + 7)). Trouvez le gain K qui donne une marge de gain de 20 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 7))GM = 20 dB
K =

3Solutions

1.Nombres complexes

Réponse: a = 4,18

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.

Formule d’Euler

z = 6·(cos 0,8 + j sin 0,8)

Composantes (radians)

a = 6·cos 0,8 = 4,18
b = 6·sin 0,8 = 4,304
a = 4,18

Réponse

a = 4,18
2.Nombres complexes

Réponse: Re(z⁵) = 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.

Forme polaire

z = −1 + j = √2∠135°

De Moivre

z⁵ = (√2)⁵∠675° = 5,657∠−45°

Forme rectangulaire

z⁵ = 5,657·(cos −45° + j sin −45°) = 4 − j4
Re(z⁵) = 4

Réponse

Re(z⁵) = 4
3.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: C = 1,267 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·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,005) = 1,267 µF

Réponse

C = 1,267 µF
4.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: Q = 3,015

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·√(0,002·0,022·10⁻⁶)) = 23994 Hz

Facteur de qualité

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,002/(0,022·10⁻⁶)) = 3,015

Réponse

Q = 3,015
5.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: X = 5,013 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 = 4140/20² = 10,35 Ω

Réactance d’après l’impédance

|Z| = V/I = 230/20 = 11,5 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(11,5² − 10,35²) = 5,013 Ω

Réponse

X = 5,013 Ω
6.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: QC = 27,22 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.

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 = 30·tan(53,13°) = 40 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,22 kvar

Réponse

QC = 27,22 kvar
7.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: t = 23,35 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√(0,047·4,7 × 10⁻⁹) = 93,39 µs

Quart de période

t = T/4 = 23,35 µs

Réponse

t = 23,35 µs
8.Résonance LC, facteur de qualité et bande passante

Réponse: n = 1,395

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 = 2·2,2 × 10⁻⁵·ln 2/0,5 = 6,1 × 10⁻⁵ s

Nombre de cycles

n = t·f0 = 6,1 × 10⁻⁵·22877 = 1,395

Réponse

n = 1,395

Raccourci : n = Q·ln 2/π avec Q = 6,325.

9.Puissance triphasée

Réponse: P = 14,4 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| = √(12² + 16²) = 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 = 3·20²·12 = 14,4 kW

Réponse

P = 14,4 kW

Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.

10.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 1090 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 54,78 kvar

Capacité par phase

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18262/(314,2·230,9²) = 1090 µF

Réponse

Cph = 1090 µF
11.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 1,481 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.

Constante de temps

τ = L/R = 47 mH / 22 Ω = 2,136 ms

Isoler le temps

1,25 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/1,25)
t = 2,136·ln(2) = 1,481 ms

Réponse

t = 1,481 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 2,389 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, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.

i(0) = 24/5 = 4,8 A
i(∞) = 24/(5 + 33) = 0,6316 A
τ = L/R = 220/38 = 5,789 ms
i(t) = 0,6316 + (4,8 − 0,6316)·e−t/τ

Courant à l’instant donné

i(5) = 0,6316 + (4,168)·e−5/5,789 = 2,389 A

Réponse

i = 2,389 A
13.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 0,381 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​ = 15 ΩR3​ = 8 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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 8 = 10,5 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 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) = 24·3/(15+3) = 4 V
IN​0,381 ARth​10,5 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 = 4/10,5 = 0,381 A
14.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 4,645 W

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​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​10 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 3 = 7,444 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​3 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) = 10 + (−3)·4,444 = −3,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −3,333 + (−3)·3 = −12,33 V
Rth​ = 7,444 Ω−+Vth​12,33 VRL​4 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) = −12,33/(7,444 + 4) = −1,078 A
PL = IL²·RL = −1,078²·4 = 4,645 W
15.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −14,12 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 = 680/3386 = 0,2008

Gain

|H| = 0,2008/√(1 + 0,2008²) = 0,1969
20·log₁₀(0,1969) = −14,12 dB

Réponse

|H| = −14,12 dB
16.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: K = 30,8

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/4)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(4·7) = 5,292 rad/s

Module au croisement de phase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 49)) = K/(4·7·(4 + 7)) = K/308

Gain requis

308/K = 1020/20 = 10
K = 308/10 = 30,8

Réponse

K = 30,8

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