Entraînement à l’examen FE Electrical and Computer : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 40 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Résistances en série
Req = R1 + R2 + …
Résistances en parallèle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Deux en parallèle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Loi d’Ohm
V = I·R
Puissance
P = V·I = I²R = V²/R

Méthode

  1. Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
  2. Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Redessinez le circuit après chaque étape.
  4. Recommencez jusqu’à ce qu’il ne reste qu’une résistance entre les bornes.

Méthode des nœuds

Loi des nœuds de Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Courant de branche
I = (Va − Vb)/R
Nœud de référence
Vground = 0

Méthode

  1. Choisissez un nœud de référence (la masse) et nommez les potentiels des autres nœuds.
  2. Écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu : les courants qui sortent par chaque branche égalent les courants qui entrent.
  3. Exprimez chaque courant de branche sous la forme (Va − Vb)/R.
  4. Résolvez le système d’équations, puis trouvez les courants demandés.

Méthode des mailles

Loi des mailles de Kirchhoff
ΣV = 0 sur chaque maille
Résistance commune
courant = I1 − I2
Source de courant dans une maille
impose ce courant de maille

Méthode

  1. Dessinez un courant dans le sens horaire dans chaque maille (fenêtre) du circuit.
  2. Appliquez la loi des mailles de Kirchhoff à chaque maille : la somme des chutes de tension est nulle.
  3. Dans une résistance commune à deux mailles, le courant est la différence des deux courants de maille.
  4. Résolvez les équations ; un résultat négatif signifie que le courant circule dans l’autre sens.

Superposition

Superposition
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Source de tension éteinte
court-circuit (0 V)
Source de courant éteinte
circuit ouvert (0 A)
Diviseur de tension
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Diviseur de courant
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Méthode

  1. Comptez les sources indépendantes. Vous résoudrez un circuit plus simple par source.
  2. Gardez une source et éteignez les autres : une source de tension devient un court-circuit (un fil), une source de courant devient un circuit ouvert (une coupure).
  3. Résolvez le circuit simplifié pour la tension ou le courant cherché, en notant son sens.
  4. Recommencez pour chaque source, puis additionnez les contributions avec leurs signes.

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.

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.

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)

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

Transformateurs

Rapport de transformation
a = N1/N2 = V1/V2
Rapport des courants
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Courant nominal
I = S/V
Impédance ramenée
Z1′ = a²·ZL
Pertes cuivre à charge partielle
Pcu = x²·Pcu,fl
Rendement
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Rendement maximal
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Circuits à ampli op

Amplificateur inverseur
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificateur non inverseur
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificateur sommateur
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ampli op idéal
V+ = V−, Iin = 0

Diodes et transistors

Diode (chute de tension constante)
VD = 0,7 V when conducting
Régime actif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polarisation fixe
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polarisation par pont diviseur
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin du pont diviseur
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Maille du collecteur
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturation
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systèmes de numération

Poids des positions
binaire 2k, octal 8k, hexa 16k
Vers le décimal
Σ dk·bk
Depuis le décimal
diviser par la base, lire les restes de bas en haut
Hexa ↔ binaire
un chiffre hexa = 4 bits
Complément à deux
inverser les bits et ajouter 1

Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états

Méthode

  1. Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
  2. Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
  3. Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
  4. Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.

Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Stabilité
toutes les racines du polynôme caractéristique dans le demi-plan gauche
tableau de Routh, élément s¹ d’un polynôme cubique
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Racines dans le demi-plan droit
nombre de changements de signe dans la première colonne
Polynôme cubique s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stable lorsque tous les a > 0 et a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Équation caractéristique
1 + K·G(s) = 0
Asymptotes
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Points de séparation et de jonction
dK/ds = 0
Condition de module
K = 1/|G(s)|
Angle de départ
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Méthode

  1. Écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée : le dénominateur de 1 + K·G(s) = 0, développé.
  2. Placez les coefficients en alternance dans les deux premières lignes du tableau de Routh et construisez les lignes restantes.
  3. Comptez les changements de signe dans la première colonne : chacun correspond à un pôle dans le demi-plan droit. Avec K dans le tableau, exigez que tous les éléments de la première colonne restent positifs.
  4. Pour un lieu des racines, repérez les pôles et les zéros, les segments de l’axe réel, les asymptotes issues du centre de gravité et les points de séparation où dK/ds = 0. Utilisez K = 1/|G(s)| pour le gain en un point.

Erreur en régime permanent et commande PID

Classe du système
nombre de pôles de G(s) en s = 0
Constantes d’erreur
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Échelon A
ess = A/(1 + Kp)
Rampe A·t
ess = A/Kv
Parabole A·t²/2
ess = A/Ka
Régulateur PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cible du second ordre
s² + 2ζωns + ωn²
Dépassement et temps de réponse
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Méthode

  1. Comptez les pôles de la boucle ouverte C(s)·G(s) en s = 0 : c’est la classe du système.
  2. Calculez la constante d’erreur qui correspond à l’entrée : Kp pour un échelon, Kv pour une rampe, Ka pour une parabole.
  3. Appliquez ess = A/(1 + Kp), A/Kv ou A/Ka, ou résolvez pour le gain nécessaire.
  4. Pour une spécification d’amortissement ou de vitesse, écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée et identifiez-le à s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Exercices

1.Résistances en série et en parallèleMoyen
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​6 ΩB

Trouvez le courant IR1 fourni par la source, qui traverse R1.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​5 ΩBR6​5 Ω

Trouvez le courant IR2 dans R2.

V1 = 15 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Méthode des nœudsMoyen
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR3 dans R3 dans le sens de la flèche.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩAR5​5 ΩBIs​2,5 A+−V2​6 V

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR2 dans R2 dans le sens de la flèche.

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 Ω
IR2 = A
5.Méthode des maillesMoyen
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant IR1 dans R1 dans le sens de la flèche.

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 Ω
IR1 = A
6.Méthode des maillesDifficile
R1​ = 25 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​R3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Utilisez la méthode des mailles pour trouver la tension VR2 aux bornes de R2 avec la polarité indiquée.

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
VR2 = V
7.SuperpositionMoyen
circuit linéaireVs​Is​IRL​

Un circuit résistif linéaire contient une source de tension Vs et une source de courant Is. Le courant I dans une résistance de charge est mesuré deux fois : avec Vs = 5 V et Is = 2 mA, I = 3 mA ; avec Vs = 8 V et Is = 10 mA, I = 6,5 mA. Trouvez le courant de charge I quand Vs = 12 V et Is = 6 mA.

5 V, 2 mA → 3 mA8 V, 10 mA → 6,5 mAVs = 12 V, Is = 6 mA
I = mA
8.SuperpositionDifficile
R1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​9 V

Utilisez la superposition pour trouver la puissance PR3 absorbée par R3.

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
PR3 = W
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Transitoires RC et RLMoyen
R = 68 Ωt = 0L220 mHi(t)

La bobine est parcourue par un courant permanent de 3 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. Trouvez la tension vR aux bornes de R à t = 5 ms.

i(0) = 3 AR = 68 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vR = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​10 Vt = 0R = 1 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 12 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 10,8 V ? Trouvez t.

Vs = 10 VR = 1 kΩC = 10 µFvC(0) = 12 V
t = ms
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
120 V50 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 47 µF
I = A
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
120 V60 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 10 µF
f0 = Hz
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
240 VZ5 + j12 ΩI

Une charge d’impédance Z = 5 + j12 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance apparente S.

V = 240 VZ = 5 + j12 Ω
S = VA
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Une charge monophasée absorbe 15 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,98. Trouvez la capacité C nécessaire.

P = 15 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M30 kW, η = 95%cos φ = 0,88

Un moteur asynchrone triphasé fournit 30 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 95 % et son facteur de puissance vaut 0,88 (inductif). Le réseau a une tension composée de 415 V. Trouvez le courant de ligne IL.

Pout = 30 kWη = 95%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
18.Puissance triphaséeDifficile
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformateursMoyen
4800 V240 VIHV​ = ?ILV​150 kVA

Un transformateur monophasé de 150 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.

S = 150 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformateursDifficile
pf 0,85100 kVA, 50% charge

Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 400 W et des pertes cuivre de 800 W à charge nominale. Il fournit 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.

S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 800 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,3 VR3​ = 10 kΩR4​ = 47 kΩ

L’amplificateur de différence utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V, avec R3 = R1 et R4 = R2. Trouvez la tension V− à l’entrée inverseuse.

V1 = −0,2 VV2 = 1,3 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
V− = V
22.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 0,9 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,3 VR2​ = 2 kΩIf​

L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez le courant If dans la résistance de contre-réaction, orienté vers la sortie.

V1 = 0,9 VV2 = 1,3 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 1 kΩ
If = mA
23.Diodes et transistorsMoyen
+−15 V680 Ω5,1 V470 ΩIZ​ = ?

Un régulateur Zener de 5,1 V est alimenté sous 15 V à travers 680 Ω et alimente une charge de 470 Ω. Trouvez le courant Zener IZ.

Vin = 15 VVZ = 5,1 VR = 680 ΩRL = 470 Ω
IZ = mA
24.Diodes et transistorsDifficile
+−≥ 24 VR = ?9,1 V≤ 30 mA

Un régulateur Zener de 9,1 V doit fournir jusqu’à 30 mA à une charge. L’entrée peut descendre à 24 V, et la Zener a besoin d’au moins 1 mA pour réguler. Trouvez la plus grande résistance série Rmax qui maintient la régulation.

Vin,min = 24 VVZ = 9,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Systèmes de numérationMoyen
complément à deux sur 8 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Écris −88 comme motif de 8 bits en complément à deux. Lis ce motif comme un nombre binaire non signé : quelle est sa valeur U en décimal ?

N = −888 bit
U =
26.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 0011 0110 >> 1. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

0011 0110>> 1
R =
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD0001111000011110111111

Dans ce tableau de Karnaugh, exactement un 1 n’a aucun 1 voisin, donc il reste un groupe d’une seule case (un minterme complet de quatre littéraux) dans la forme SOP minimale. Les voisins de part et d’autre des bords du tableau comptent. Cliquez sur cette case.

F = Σm(0, 1, 2, 6, 8, 13)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-60

Un compteur modulo 60 doit parcourir 60 états différents. Quel est le nombre minimal de bascules n dont il a besoin ?

N = 60
n =
29.Transformées de LaplaceMoyen
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Trouvez f(t) pour F(s) = 35/(s(s + 1)(s + 2)) par décomposition en éléments simples, et calculez f(1,2).

F(s) = 35/(s(s + 1)(s + 2))t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Transformées de LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un système obéit à y″ + 9y′ + 18y = 90·u(t). Il part du repos (y(0) = 0, y′(0) = 0) et l’entrée est un échelon u(t) = 5 pour t ≥ 0. Utilisez la transformée de Laplace pour trouver la sortie y(0,3).

y″ + 9y′ + 18y = 90·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+K(s + 1)(s + 8)G(s)C(s)−

Le système G(s) = K/((s + 1)(s + 8)) est dans une boucle à retour unitaire négatif. Trouvez le gain K pour lequel la boucle fermée est à amortissement critique (deux pôles réels égaux).

G(s) = K/((s + 1)(s + 8))retour unitaire négatif
K =
32.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+Kcorrecteur+D(s)+6s + 9systèmeC(s)−

Un correcteur proportionnel K commande le système G(s) = 6/(s + 9) dans une boucle à retour unitaire négatif. Un échelon de perturbation d’amplitude 1 entre à l’entrée du système alors que R = 0. Trouvez le plus petit gain K qui maintient la sortie en régime permanent à 0,1333 ou moins.

G(s) = 6/(s + 9)D = 1css ≤ 0,1333
K =
33.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 25,5/(s² + 6s + 51) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le temps de réponse à 2 % ts de la réponse indicielle, avec ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 25,5/(s² + 6s + 51)
ts = s
34.Réponse indicielleDifficile
R(s)+190s(s + 6)G(s)C(s)−

Une boucle à retour unitaire négatif a G(s) = 190/(s(s + 6)). Trouvez le temps de réponse à 2 % ts de la réponse indicielle en boucle fermée, avec ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 190/(s(s + 6))
ts = s
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
|H| (dB)0,010,010,10,111101010010010001000−20020406080100ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Trouvez la phase ∠G(jω) de G(s) = 35(s + 11)/(s(s + 3)) à ω = 0,5 rad/s, en degrés.

G(s) = 35(s + 11)/(s(s + 3))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
36.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) = 310/(s(s + 5)). Trouvez la pulsation de croisement du gain ωc, où |L(jω)| = 1.

L(s) = 310/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+K1s(s + 4)(s + 8)C(s)−

La boucle du schéma a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8)). On augmente le gain jusqu’à amener la boucle fermée à la limite de stabilité. Trouvez la fréquence ω de l’oscillation entretenue.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))
ω = rad/s
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Une boucle à retour unitaire a pour fonction L(s) = K/(s(s + 5)(s + 4)). Trouvez le point σa où les asymptotes du lieu des racines coupent l’axe réel.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 4))
σa =
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 4t+4s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Une rampe r(t) = 4t est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 10)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 10))r(t) = 4t
ess =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+K = 401s(s + 10)C(s)−

Un régulateur proportionnel K = 40 commande le procédé G(s) = 1/(s(s + 10)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez le temps du premier pic tp de la réponse indicielle.

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 40
tp = s

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR1 = 1,825 A

Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.

R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​6 ΩB

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.

R3 + R4 = 2 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Req = R1 + 5,217 = 3 + 5,217 = 8,217 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que Req, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

IR1 = V1/Req = 15/8,217 = 1,825 A

Réponse

IR1 = 1,825 A
2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR2 = 0,4686 A

Résistances en série et en parallèle : en série, le même courant traverse chaque résistance et R = R₁ + R₂ + …. En parallèle, chaque résistance a la même tension et 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Un réseau en échelle se réduit paire par paire jusqu’à une seule résistance équivalente.

R1​ = 25 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBR6​5 Ω

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Commencez par l’extrémité la plus éloignée de la source et remontez vers elle. Des résistances parcourues par le même courant sont en série ; des résistances entre les deux mêmes nœuds sont en parallèle.

R5 + R6 = 4 + 5 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,214 Ω
R3 + 3,214 = 33,21 Ω
R2 ∥ 33,21 = 3,57 Ω
Req = R1 + 3,57 = 25 + 3,57 = 28,57 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que Req, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

IR1 = V1/Req = 15/28,57 = 0,525 A

Courant dans R₂

Retranchez la chute de tension dans R₁ pour obtenir la tension au nœud A, qui est la tension aux bornes de R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 0,525·25 = 1,874 V
IR2 = VA/R2 = 1,874/4 = 0,4686 A

Réponse

IR2 = 0,4686 A
3.Méthode des nœuds

Réponse: IR3 = 0,05769 A

Méthode des nœuds : choisissez un nœud de référence, nommez les potentiels inconnus, écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu avec la loi d’Ohm (I = ΔV/R), puis résolvez le système obtenu.

R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 6 V). Inconnues : VA, VB.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/6 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/6 = 0
0,5833·VA − 0,1667·VB = 1,5

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/6 = 1,5
−0,1667·VA + 0,6667·VB = 1,5

Résoudre

Δ = (0,5833)(0,6667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,3611
VA = Δ1/Δ = 1,25/0,3611 = 3,462 V
VB = Δ2/Δ = 1,125/0,3611 = 3,115 V

Réponse

IR3 = (VA − VB)/R3 = (3,462 − 3,115)/6 = 0,05769 A
4.Méthode des nœuds

Réponse: IR2 = −0,2543 A

Méthode des nœuds : choisissez un nœud de référence, nommez les potentiels inconnus, écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu avec la loi d’Ohm (I = ΔV/R), puis résolvez le système obtenu.

R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩAR5​5 ΩBIs​2,5 A+−V2​6 V

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 10 V, V2 = 6 V). Inconnues : VA, VB.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 10)/30 + (VA − VB)/15 = 0
0,1667·VA − 0,06667·VB = 0,3333

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/5 + (VB − VA)/15 + (VB − 6)/12 = 2,5
−0,06667·VA + 0,35·VB = 3

Résoudre

Δ = (0,1667)(0,35) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,05389
VA = Δ1/Δ = 0,3167/0,05389 = 5,876 V
VB = Δ2/Δ = 0,5222/0,05389 = 9,691 V

Réponse

IR2 = (VA − VB)/R2 = (5,876 − 9,691)/15 = −0,2543 A
5.Méthode des mailles

Réponse: IR1 = 0,7895 A

Méthode des mailles : donnez à chaque fenêtre d’un circuit plan son propre courant de boucle, écrivez la loi des mailles de Kirchhoff sur chaque boucle (somme des chutes = somme des élévations) et résolvez. Les courants de branche sont le courant de maille, ou la différence de deux courants de maille sur une branche commune.

R1​ = 12 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Définir les courants de maille

Tracez un courant dans le sens horaire dans chaque fenêtre : I1, I2. Une résistance commune à deux mailles est parcourue par la différence de leurs courants.

Loi des mailles dans la maille 1

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
12·I1 + 2(I1 − I2) = 12
14·I1 − 2·I2 = 12

Loi des mailles dans la maille 2

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 22·I2 = −12

Résoudre

Δ = (14)(22) − (−2)(−2) = 304
I1 = Δ1/Δ = 240/304 = 0,7895 A
I2 = Δ2/Δ = −144/304 = −0,4737 A

Réponse

IR1 = I1 = 0,7895 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: VR2 = −0,6594 V

Méthode des mailles : donnez à chaque fenêtre d’un circuit plan son propre courant de boucle, écrivez la loi des mailles de Kirchhoff sur chaque boucle (somme des chutes = somme des élévations) et résolvez. Les courants de branche sont le courant de maille, ou la différence de deux courants de maille sur une branche commune.

R1​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Définir les courants de maille

Tracez un courant dans le sens horaire dans chaque fenêtre : I1, I2, I3. Une résistance commune à deux mailles est parcourue par la différence de leurs courants.

Loi des mailles dans la maille 1

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
25·I1 + 10(I1 − I2) = 9
35·I1 − 10·I2 = 9

Loi des mailles dans la maille 2

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 10(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 23·I2 − 10·I3 = 0

Loi des mailles dans la maille 3

En tournant dans le sens horaire, les chutes de tension dans les résistances égalent les élévations de tension des sources (de − vers + dans le sens du parcours).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 16·I3 = −9

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 7780
I1 = Δ1/Δ = 1512/7780 = 0,1943 A
I2 = Δ2/Δ = −1710/7780 = −0,2198 A
I3 = Δ3/Δ = −5445/7780 = −0,6999 A

Réponse

IR2 = I2 = −0,2198 A
VR2 = IR2·R2 = −0,2198·3 = −0,6594 V

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: I = 7,5 mA

Superposition : dans un circuit linéaire, toute tension ou tout courant est la somme des réponses à chaque source indépendante agissant seule. Pour éteindre une source, remplacez une source de tension idéale par un court-circuit et une source de courant idéale par un circuit ouvert. Les résistances restent en place.

Écrire la réponse comme une somme de contributions

Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source, avec une constante qui ne dépend que des résistances.

I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 2·k₂ = 3
8·k₁ + 10·k₂ = 6,5

Trouver les constantes

Δ = (5)(10) − (2)(8) = 34
k₁ = Δ1/Δ = 17/34 = 0,5
k₂ = Δ2/Δ = 8,5/34 = 0,25
k₁ = 0,5 mA/V, k₂ = 0,25

Prévoir le nouveau courant

I = 0,5·12 + 0,25·6 = 7,5 mA

Réponse

I = 7,5 mA
8.Superposition

Réponse: PR3 = 11,59 W

Superposition : dans un circuit linéaire, toute tension ou tout courant est la somme des réponses à chaque source indépendante agissant seule. Pour éteindre une source, remplacez une source de tension idéale par un court-circuit et une source de courant idéale par un circuit ouvert. Les résistances restent en place.

R1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩAOUVERTBCOURT-CIRCUIT

Cas 1 · V1 seule

V₂ devient un court-circuit et Iₛ un circuit ouvert. Vu de A, R₃ est en parallèle avec la série R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 35 = 7,778 Ω
VA = 6·7,778/(30+7,778) = 1,235 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,235·15/35 = 0,5294 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (1,235 − 0)/10 = 0,1235 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR3​10 ΩAIs​3 ABCOURT-CIRCUIT

Cas 2 · Is seule

Les deux sources de tension deviennent des courts-circuits. Iₛ se partage en B entre R₄ (désormais à la masse) et R₂ en série avec R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω, donc le chemin de gauche vaut R2+7,5 = 27,5 Ω
Req = R4 ∥ 27,5 = 9,706 Ω
VB = Is·Req = 3·9,706 = 29,12 V
VA = VB·7,5/27,5 = 7,941 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (7,941 − 0)/10 = 0,7941 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR3​10 ΩAOUVERTB+−V2​9 V

Cas 3 · V2 seule

V₁ devient un court-circuit et Iₛ un circuit ouvert. R₁ ∥ R₃ part de A, en série avec R₂ jusqu’à B.

R1 ∥ R3 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·27,5/42,5 = 5,824 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 5,824·7,5/27,5 = 1,588 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,588 − 0)/10 = 0,1588 A

Additionner les contributions de courant

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,1235 + 0,7941 + 0,1588 = 1,076 A

Puissance dans la résistance

La puissance dépend du carré du courant, donc elle n’obéit pas à la superposition : additionnez d’abord les courants, puis élevez au carré.

PR3 = IR3²·R3 = 1,076²·10 = 11,59 W

Réponse

PR3 = 11,59 W

Additionner les puissances des cas séparés donnerait 6,711 W, ce qui est faux.

9.Thévenin et Norton

Réponse: Rth = 8,158 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 5 = 8,158 Ω
10.Thévenin et Norton

Réponse: Vth = −16,2 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​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​2 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 3 = 4,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

Avec a–b ouverts, le seul chemin pour Iₛ passe par R₃ vers le nœud A. Trouvez V_A par superposition de V₁ et Iₛ, puis ajoutez la chute de tension dans R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,8 + (−5)·1,2 = −1,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,2 + (−5)·3 = −16,2 V
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vR = 43,5 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

τ = L/R = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms

Décroissance du courant

i(t) = 3·e−5/3,235 = 0,6396 A
vR = R·i = 68·0,6396 = 43,5 V

Réponse

vR = 43,5 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 9,163 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 1 kΩ · 10 µF = 10 ms
vC(t) = 10 + (12 − 10)·e−t/τ

Isoler le temps

10,8 = 10 + (2)·e−t/τ → e−t/τ = (10,8 − 10)/(12 − 10) = 0,4
t = τ·ln((12 − 10)/(10,8 − 10)) = 10·ln(2,5) = 9,163 ms

Réponse

t = 9,163 ms
13.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 1,511 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−52,02)²) = 79,41 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 120/79,41 = 1,511 A

Réponse

I = 1,511 A
14.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: f0 = 159,2 Hz

Circuits alternatifs et phaseurs : résistances, bobines et condensateurs ont pour impédances R, jωL et 1/(jωC), avec ω = 2πf. En série, les impédances s’additionnent comme des résistances, mais en nombres complexes. Courant et tension efficaces suivent la loi d’Ohm avec |Z|.

Résonance

À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC). La fréquence d’alimentation n’intervient pas.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,1·10·10⁻⁶)) = 159,2 Hz

Réponse

f0 = 159,2 Hz
15.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: S = 4431 VA

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| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A

Puissance apparente

S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA

Réponse

S = 4431 VA
16.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: C = 667,3 µF

Puissance en alternatif : la puissance apparente S = V·I (VA) se partage entre la puissance active P = S·cos φ (W), qui fournit un travail utile, et la puissance réactive Q = S·sin φ (var), qui fait des allers-retours entre source et charge. Le facteur de puissance est cos φ. Un condensateur en parallèle fournit la puissance réactive sur place, donc le courant de ligne baisse pour la même puissance active.

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 = 15·tan(49,46°) = 17,54 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(11,48°) = 3,046 kvar
QC = Q1 − Q2 = 14,49 kvar

Capacité

Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 14491/(2π·60·240²) = 667,3 µF

Réponse

C = 667,3 µF
17.Puissance triphasée

Réponse: IL = 49,92 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 = 30/0,95 = 31,58 kW

Courant de ligne

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 31579/(√3·415·0,88) = 49,92 A

Réponse

IL = 49,92 A
18.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 234,1 µF

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, VL = √3·Vph, et le courant de ligne est égal au courant de phase. En couplage triangle (Δ), la tension composée est égale à la tension de phase et le courant de ligne vaut √3 fois le courant de phase, IL = √3·Iph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Compensation du facteur de puissance : les condensateurs fournissent localement de la puissance réactive, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Chacun des trois condensateurs fournit QC/3 = V²·ω·C, où V est la tension aux bornes de ce condensateur : VL dans une batterie en triangle, VL/√3 dans une batterie en étoile.

Puissance réactive avant et après

La puissance active ne change pas ; chaque facteur de puissance fixe donc la puissance réactive : Q = P·tan φ.

Q1 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 126,1 kvar

Capacité par phase

Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 42022/(377·690²) = 234,1 µF

Réponse

Cph = 234,1 µF
19.Transformateurs

Réponse: IHV = 31,25 A

Transformateur parfait : les tensions sont dans le rapport des nombres de spires et les courants dans le rapport inverse : V₁/V₂ = N₁/N₂ = a et I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a ; la puissance absorbée est donc égale à la puissance fournie, V₁·I₁ = V₂·I₂. Une impédance de charge Z au secondaire est vue comme a²·Z depuis le primaire.

Courant nominal

Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.

IHV = S/V = 150000/4800 = 31,25 A

Réponse

IHV = 31,25 A
20.Transformateurs

Réponse: Ploss = 600 W

Pertes d’un transformateur : les pertes fer (hystérésis et courants de Foucault) dépendent de la tension et sont les mêmes quelle que soit la charge. Les pertes cuivre dans les enroulements varient comme le carré du courant : à une fraction x de la charge nominale, elles valent x²·Pcu,fl. Rendement η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), avec Pout = x·S·pf. Le rendement est maximal pour la charge à laquelle les pertes cuivre égalent les pertes fer.

Pertes cuivre à cette charge

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·800 = 200 W

Pertes totales

Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.

Ploss = 400 + 200 = 600 W

Réponse

Ploss = 600 W

Le rendement à cette charge vaut η = 98,61%.

21.Circuits à ampli op

Réponse: V− = 1,072 V

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Tension aux entrées

R₃ et R₄ sont parcourues par le même courant, donc elles forment un diviseur de tension ; la contre-réaction impose V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,3·47/(10 + 47) = 1,072 V
V₋ = V₊

Réponse

V− = 1,072 V
22.Circuits à ampli op

Réponse: If = 0,74 mA

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Courants d’entrée

V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.

I1 = V1/R1 = 0,9/10 = 0,09 mA
I2 = V2/R2 = 1,3/2 = 0,65 mA
If = I1 + I2 = 0,74 mA

Réponse

If = 0,74 mA
23.Diodes et transistors

Réponse: IZ = 3,708 mA

Régulateur Zener : une diode Zener polarisée en inverse maintient sa tension VZ tant que son courant reste supérieur à un minimum IZ,min. La résistance série R absorbe la différence entre l’entrée et la sortie : IR = (Vin − VZ)/R. Ce courant se répartit entre la charge, IL = VZ/RL, et la Zener : IZ = IR − IL. Dimensionnez pour les pires cas : l’entrée la plus basse avec la plus forte charge doit encore laisser IZ,min, et l’entrée la plus haute sans charge donne la plus grande puissance dans la Zener PZ = VZ·IZ.

Courant de la résistance

IR = 9,9/680 = 14,56 mA

Courant de charge

IL = 5,1/470 = 10,85 mA

Courant Zener

IZ = 14,56 − 10,85 = 3,708 mA

Réponse

IZ = 3,708 mA
24.Diodes et transistors

Réponse: Rmax = 480,6 Ω

Régulateur Zener : une diode Zener polarisée en inverse maintient sa tension VZ tant que son courant reste supérieur à un minimum IZ,min. La résistance série R absorbe la différence entre l’entrée et la sortie : IR = (Vin − VZ)/R. Ce courant se répartit entre la charge, IL = VZ/RL, et la Zener : IZ = IR − IL. Dimensionnez pour les pires cas : l’entrée la plus basse avec la plus forte charge doit encore laisser IZ,min, et l’entrée la plus haute sans charge donne la plus grande puissance dans la Zener PZ = VZ·IZ.

Courant du pire cas

IR = 30 + 1 = 31 mA

Résistance maximale

Rmax = 14,9/0,031 = 480,6 Ω

Réponse

Rmax = 480,6 Ω
25.Systèmes de numération

Réponse: U = 168

Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.

Inverser et ajouter un

88 = 0101 1000
inversé: 1010 0111
+1 → 1010 1000

Le lire en non signé

1010 1000₂ = 256 − 88 = 168

Réponse

U = 168
26.Systèmes de numération

Réponse: R = 27

Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.

Bit par bit

Un décalage à droite de 1 déplace chaque bit de 1 positions vers la droite ; les bits qui sortent à l’extrémité droite sont perdus et des zéros entrent à gauche.

0011 0110 >> 1
= 0001 1011

Valeur du résultat

0001 1011₂ = 27

Réponse

R = 27
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: AB = 11, CD = 01

Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.

Voisins de chaque 1

Un 1 ayant un 1 voisin peut rejoindre un groupe de deux ou plus.

m13: m12, m15, m9, m5 → 0
ABCD0001111000011110111111

Le 1 isolé

m13 = ABC′D → AB = 11, CD = 01

Réponse

AB = 11, CD = 01
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: n = 6

Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.

Nombre de bascules

2ⁿ ≥ 60 → n = 6 (2⁶ = 64)

Réponse

n = 6
29.Transformées de Laplace

Réponse: f(1.2) = 8,546

Transformée de Laplace : F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforme les dérivées en multiplications par s : ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Couples usuels : 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), et un décalage s → s + σ multiplie la fonction du temps par e−σt. Pour inverser une F(s) rationnelle, décomposez-la en éléments simples : le résidu d’un pôle simple p est A = [(s − p)·F(s)] en s = p. Théorème de la valeur finale : f(∞) = lims→0 s·F(s), valable seulement si tous les pôles de s·F(s) sont dans le demi-plan gauche. Théorème de la valeur initiale : f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Décomposition en éléments simples

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 35/(1·2) = 17,5
B = 35/((−1)·1) = −35
C = 35/((−2)·(−1)) = 17,5

Transformée inverse

f(t) = 17,5 − 35·e−t + 17,5·e−2t

Évaluer

f(1,2) = 17,5 − 35·e−1,2 + 17,5·e−2·1,2 = 8,546

Réponse

f(1,2) = 8,546
30.Transformées de Laplace

Réponse: y(0.3) = 8,804

Transformée de Laplace : F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforme les dérivées en multiplications par s : ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Couples usuels : 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), et un décalage s → s + σ multiplie la fonction du temps par e−σt. Pour inverser une F(s) rationnelle, décomposez-la en éléments simples : le résidu d’un pôle simple p est A = [(s − p)·F(s)] en s = p. Théorème de la valeur finale : f(∞) = lims→0 s·F(s), valable seulement si tous les pôles de s·F(s) sont dans le demi-plan gauche. Théorème de la valeur initiale : f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Transformer l’équation

Y(s) = 450/(s(s + 3)(s + 6))

Décomposition en éléments simples

A = 450/(3·6) = 25
B = 450/((−3)·3) = −50
C = 450/((−6)·(−3)) = 25

Sorties

y(t) = 25 − 50·e−3t + 25·e−6t
y(0,3) = 8,804

Réponse

y(0,3) = 8,804
31.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 12,25

Algèbre des schémas fonctionnels : les blocs en série se multiplient (G₁·G₂), les blocs en parallèle s’additionnent (G₁ + G₂), et une boucle avec chaîne directe G et chaîne de retour H se réduit à T = G/(1 + G·H) pour une rétroaction négative et G/(1 − G·H) pour une rétroaction positive. Réduisez d’abord les boucles intérieures, puis progressez vers l’extérieur. Les pôles en boucle fermée sont les racines de l’équation caractéristique 1 + G(s)H(s) = 0. Pour une boucle stable, une entrée en échelon d’amplitude A donne la sortie en régime permanent A·T(0) ; avec un retour unitaire, l’erreur statique à un échelon est A/(1 + Kp) avec Kp = G(0).

Équation caractéristique

1 + K/((s + 1)(s + 8)) = 0 → s² + 9s + 8 + K = 0

Racine double

Un trinôme s² + βs + γ a une racine double quand β² = 4γ.

9² = 4(8 + K) → K = 81/4 − 8 = 12,25

Réponse

K = 12,25
Les deux pôles en boucle fermée sont alors en s = −4,5.
32.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 6

Algèbre des schémas fonctionnels : les blocs en série se multiplient (G₁·G₂), les blocs en parallèle s’additionnent (G₁ + G₂), et une boucle avec chaîne directe G et chaîne de retour H se réduit à T = G/(1 + G·H) pour une rétroaction négative et G/(1 − G·H) pour une rétroaction positive. Réduisez d’abord les boucles intérieures, puis progressez vers l’extérieur. Les pôles en boucle fermée sont les racines de l’équation caractéristique 1 + G(s)H(s) = 0. Pour une boucle stable, une entrée en échelon d’amplitude A donne la sortie en régime permanent A·T(0) ; avec un retour unitaire, l’erreur statique à un échelon est A/(1 + Kp) avec Kp = G(0).

Réponse à la perturbation

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·6/(9 + 6K)

Résoudre pour K

9 + 6K = 1·6/0,1333 = 45
K = (45 − 9)/6 = 6

Réponse

K = 6
33.Réponse indicielle

Réponse: ts = 1,333 s

Réponse indicielle : un système du premier ordre G(s) = K/(τs + 1) répond à un échelon d’amplitude U par y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) : il atteint 63,2 % de la valeur finale K·U après une constante de temps τ et 98 % après 4τ. Un système du second ordre G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) a pour pôles s = −ζωₙ ± jωd avec ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Pour 0 < ζ < 1, la réponse indicielle dépasse sa valeur finale : dépassement en pourcentage %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), temps du premier pic tp = π/ωd, et temps de réponse à 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Comparez le dénominateur avec s² + 2ζωₙs + ωₙ² pour lire ωₙ et ζ. Pour un système masse–ressort–amortisseur, ωₙ = √(k/m) et ζ = c/(2√(km)) ; pour un circuit RLC série, ωₙ = 1/√(LC) et ζ = (R/2)·√(C/L).

Comparez avec la forme standard

Le dénominateur doit correspondre à s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 51 → ωₙ = 7,141 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·7,141) = 0,4201

Résultat

ζωₙ = 3 → ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Réponse

ts = 1,333 s
34.Réponse indicielle

Réponse: ts = 1,333 s

Réponse indicielle : un système du premier ordre G(s) = K/(τs + 1) répond à un échelon d’amplitude U par y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) : il atteint 63,2 % de la valeur finale K·U après une constante de temps τ et 98 % après 4τ. Un système du second ordre G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) a pour pôles s = −ζωₙ ± jωd avec ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Pour 0 < ζ < 1, la réponse indicielle dépasse sa valeur finale : dépassement en pourcentage %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), temps du premier pic tp = π/ωd, et temps de réponse à 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Comparez le dénominateur avec s² + 2ζωₙs + ωₙ² pour lire ωₙ et ζ. Pour un système masse–ressort–amortisseur, ωₙ = √(k/m) et ζ = c/(2√(km)) ; pour un circuit RLC série, ωₙ = 1/√(LC) et ζ = (R/2)·√(C/L).

Fonction de transfert en boucle fermée

T(s) = 190/(s² + 6s + 190): ωₙ = 13,78 rad/s, ζ = 0,2176

Temps de réponse

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Réponse

ts = 1,333 s

Pour cette boucle, ζωₙ = a/2 quel que soit K : augmenter K ajoute du dépassement mais ne raccourcit pas le temps de réponse.

35.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ∠G(jω) = −96,86 °

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(0,5/11) − 90° − atan(0,5/3) = 2,603° − 90° − 9,462°

Résultat

∠G(j0,5) = −96,86°

Réponse

∠G(jω) = −96,86°
36.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ωc = 17,26 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 + 25ω² − 96100 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·96100))/2 = 297,8
ωc = 17,26 rad/s

Réponse

ωc = 17,26 rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: ω = 5,657 rad/s

Critère de Routh–Hurwitz : un système linéaire est stable lorsque toutes les racines de son polynôme caractéristique se trouvent dans le demi-plan gauche du plan s. On écrit les coefficients en alternance dans les deux premières lignes du tableau de Routh. Chaque élément d’une nouvelle ligne se calcule à partir des deux lignes au-dessus ; pour un polynôme cubique a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀, l’élément de la ligne s¹ est b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Le nombre de changements de signe dans la première colonne est égal au nombre de racines dans le demi-plan droit. Avec un gain K dans les coefficients, chaque élément de la première colonne doit rester positif : le gain qui annule l’élément de la ligne s¹ est la limite de stabilité, et la ligne s² donne alors la fréquence de l’oscillation entretenue.

Tableau de Routh

s³ + 12s² + 32s + K = 0
s³: 1, 32
s²: 12, K
s¹: (12·32 − K)/12
s⁰: K

Gain critique

K = 12·32 = 384

Équation auxiliaire

Au gain critique, la ligne s¹ est nulle ; la ligne s² donne les pôles situés sur l’axe imaginaire.

12s² + 384 = 0 → s = ±j√32
ω = 5,657 rad/s

Réponse

ω = 5,657 rad/s
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: σa = −3

Lieu des racines : lorsque le gain K passe de 0 à ∞, les pôles en boucle fermée, c’est-à-dire les racines de 1 + K·G(s) = 0, se déplacent des pôles en boucle ouverte vers les zéros en boucle ouverte ou vers l’infini. Un point de l’axe réel appartient au lieu lorsque le nombre de pôles et de zéros réels situés à sa droite est impair. Les n − m branches qui partent à l’infini suivent des asymptotes d’angles (2q + 1)·180°/(n − m), issues du centre de gravité σₐ = (Σ pôles − Σ zéros)/(n − m). Les branches quittent ou rejoignent l’axe réel là où dK/ds = 0. La condition d’angle ∠G(s) = 180° fixe la forme du lieu, et la condition de module K = 1/|G(s)| donne le gain en tout point du lieu.

Pôles et zéros

pôles: 0, −5, −4
n − m = 3 − 0 = 3

Centre de gravité

σa = (−9)/3 = −3

Réponse

σa = −3

Les 3 asymptotes partent du centre de gravité avec des angles de 60°, 180°, 300°.

39.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 40

Erreur en régime permanent : dans une boucle à retour unitaire de fonction de transfert en boucle ouverte G(s), l’erreur est E(s) = R(s)/(1 + G(s)), et d’après le théorème de la valeur finale ess = lims→0 s·E(s). La classe du système est le nombre de pôles de G(s) en s = 0. Les constantes d’erreur sont Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) et Ka = lim s²·G(s), toutes pour s → 0. Un échelon d’amplitude A donne ess = A/(1 + Kp), une rampe A·t donne A/Kv et une parabole A·t²/2 donne A/Ka. Une boucle de classe 0 suit un échelon avec une erreur finie ; une boucle de classe 1 le suit exactement et suit une rampe avec une erreur finie.

Constante de vitesse

Kv = lim s·G(s) = 0,1

Erreur sur la rampe

ess = 4/0,1 = 40

Réponse

ess = 40
40.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: tp = 0,8112 s

Commande P, PI et PID : le régulateur C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s agit sur l’erreur. Un gain proportionnel rend la boucle plus rapide et réduit l’erreur d’un procédé de classe 0, mais ne la supprime jamais. Le terme intégral ajoute un pôle en s = 0 : la classe du système augmente d’une unité, et un échelon est suivi sans erreur. Le terme dérivé ajoute de l’amortissement. Pour choisir les gains, écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée et comparez-le à s² + 2ζωns + ωn². On a alors %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd avec ωd = ωn√(1 − ζ²), et ts ≈ 4/(ζωn).

Polynôme caractéristique

s(s + 10) + 40·1 = s² + 10s + 40

ωₙ et ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Temps du premier pic

ωd = 6,325·√(1 − 0,7906²) = 3,873 rad/s
tp = π/3,873 = 0,8112 s

Réponse

tp = 0,8112 s

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