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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
Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redessinez le circuit après chaque étape.
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
Choisissez un nœud de référence (la masse) et nommez les potentiels des autres nœuds.
Écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu : les courants qui sortent par chaque branche égalent les courants qui entrent.
Exprimez chaque courant de branche sous la forme (Va − Vb)/R.
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
Dessinez un courant dans le sens horaire dans chaque maille (fenêtre) du circuit.
Appliquez la loi des mailles de Kirchhoff à chaque maille : la somme des chutes de tension est nulle.
Dans une résistance commune à deux mailles, le courant est la différence des deux courants de maille.
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
Comptez les sources indépendantes. Vous résoudrez un circuit plus simple par source.
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).
Résolvez le circuit simplifié pour la tension ou le courant cherché, en notant son sens.
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
Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est Vth.
Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est Rth.
Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : Vth en série avec Rth.
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
Trouvez la valeur initiale juste après la commutation : la tension d’un condensateur et le courant d’une bobine ne peuvent pas varier brusquement.
Trouvez la valeur finale longtemps après la commutation : un condensateur se comporte comme un circuit ouvert, une bobine comme un court-circuit.
Trouvez la constante de temps : τ = RC ou τ = L/R, avec la résistance vue par le condensateur ou la bobine.
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
Convertissez la fréquence : ω = 2πf.
Trouvez chaque réactance : XL = ωL et XC = 1/(ωC).
Additionnez les impédances comme des résistances, avec Z = R + jX.
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
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.
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.
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.
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
Écrivez le polynôme caractéristique en boucle fermée : le dénominateur de 1 + K·G(s) = 0, développé.
Placez les coefficients en alternance dans les deux premières lignes du tableau de Routh et construisez les lignes restantes.
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.
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
Comptez les pôles de la boucle ouverte C(s)·G(s) en s = 0 : c’est la classe du système.
Calculez la constante d’erreur qui correspond à l’entrée : Kp pour un échelon, Kv pour une rampe, Ka pour une parabole.
Appliquez ess = A/(1 + Kp), A/Kv ou A/Ka, ou résolvez pour le gain nécessaire.
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
Trouvez le courant IR1 fourni par la source, qui traverse R1.
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
Utilisez la superposition pour trouver la puissance PR3 absorbée par R3.
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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
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
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.
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
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
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)
1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
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
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
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).
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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
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
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
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.
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.
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
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.
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).
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.
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
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).
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.
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).