Dans la fenêtre d’impression, choisissez « Enregistrer au format PDF » pour garder une copie sur votre appareil.
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 trois sources indépendantes : V1, V2 et Is. Le courant I dans une charge est mesuré trois fois. Avec toutes les sources à leur valeur normale, I = 11 mA. Avec V1 doublée et les deux autres inchangées, I = 6,5 mA. Avec le sens de Is inversé et les deux autres inchangées, I = −6 mA. Trouvez le courant de charge I quand V2 est éteinte et que V1 et Is ont leur valeur normale.
normale: I = 11 mA2·V1: I = 6,5 mA−Is: I = −6 mA
I = mA
9.Thévenin et NortonMoyen
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Thévenin et NortonDifficile
Une charge RL = 4 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W stockée dans la bobine à t = 1 ms, en mJ.
Vs = 5 VR = 33 ΩL = 47 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Transitoires RC et RLDifficile
Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 12 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 7,2 V, exactement 10 ms après le départ. Avec C = 100 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 12 VVth = 7,2 VT = 10 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 230 V (efficace), 60 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 100 mH
|Z| = Ω
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 12 V (efficace), 500 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 500 HzR1 = 15 ΩR2 = 150 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 20 + j15 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance apparente S.
V = 230 VZ = 20 + j15 Ω
S = VA
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 230 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 35 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 12 + j16 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VZ = 12 + j16 Ω par phase
P = kW
18.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 1200 V. Une résistance de 60 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 450 W et des pertes cuivre de 900 W à charge nominale. Il fournit 75 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,95 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.
L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V ; sa sortie sature à ±12 V. L’amplificateur non inverseur est attaqué par un signal sinusoïdal. Trouvez la plus grande amplitude d’entrée Vin,max (valeur de crête) pour laquelle la sortie n’est pas écrêtée.
R1 = 2 kΩRf = 22 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Circuits à ampli opDifficile
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.
3 LED vertes (tension directe 2,2 V chacune) sont branchées en série avec une résistance sur une alimentation de 24 V. Trouvez la résistance R qui fixe le courant à 25 mA.
Vs = 24 VVF = 2,2 Vn = 3I = 25 mA
R = Ω
24.Diodes et transistorsDifficile
Un régulateur Zener de 6,2 V a une résistance série de 220 Ω. L’entrée peut monter à 27 V, et la charge peut être déconnectée. Trouvez la plus grande puissance PZ,max que la Zener doit dissiper.
Vin,max = 27 VVZ = 6,2 VR = 220 Ω
PZ,max = mW
25.Systèmes de numérationMoyen
Le motif de 8 bits 1011 0011 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?
1011 00118 bit
N =
26.Systèmes de numérationDifficile
Un système doit donner à chacun de 2053 éléments son propre code binaire, tous de même longueur. Quel est le plus petit nombre de bits b nécessaire ?
2053
b = bit
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme produit de sommes (POS) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 8, 10, 13). Combien de termes somme (facteurs) N a-t-elle ?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 8, 10, 13)
N =
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Un registre à décalage de 4 bits Q₃Q₂Q₁Q₀ contient 1000. À chaque front d’horloge, les bits se décalent d’une place vers la droite (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ est perdu) et l’entrée série entre dans Q₃. L’entrée série vaut 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1 aux fronts 7. Donnez l’état final Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sous forme de nombre décimal.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10000, 0, 1, 1, 1, 1, 1
Q =
29.Transformées de LaplaceMoyen
F(s) = (6s + 21)/(s² + 7s + 10). Sa transformée inverse a la forme f(t) = A·e−2t + B·e−5t. Trouvez le coefficient A par décomposition en éléments simples.
F(s) = (6s + 21)/(s² + 7s + 10)
A =
30.Transformées de LaplaceDifficile
Un système obéit à y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t), avec y(0) = 1 et y′(0) = 0. À t = 0, on applique un échelon d’entrée u(t) = 2. Utilisez la transformée de Laplace pour trouver y(0,1).
Un système G(s) = 40/(s + 9) est commandé dans une boucle de rétroaction négative dont le capteur a un gain H = 0,2. Trouvez la constante de temps τ de la boucle fermée.
G(s) = 40/(s + 9)H = 0,2
τ = s
32.Schémas fonctionnelsDifficile
Le système G(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)) est dans une boucle à retour unitaire négatif. Utilisez le critère de Routh–Hurwitz pour trouver le plus grand gain Kmax pour lequel la boucle fermée est stable.
G(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))retour unitaire négatif
Kmax =
33.Réponse indicielleMoyen
Un système a pour fonction de transfert G(s) = 7,5/(s² + 2s + 15) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le dépassement %OS en pourcentage de la réponse indicielle.
G(s) = 7,5/(s² + 2s + 15)
%OS = %
34.Réponse indicielleDifficile
Une boucle à retour unitaire négatif a G(s) = K/(s(s + 2)). Trouvez le gain K qui donne une réponse indicielle avec 15 % de dépassement.
G(s) = K/(s(s + 2))%OS = 15 %
K =
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
Le filtre passe-bas RC représenté a R = 2,2 kΩ, C = 1 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 36 kHz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.
R = 2,2 kΩC = 1 nFf = 36 kHz
|H| = dB
36.Diagrammes de Bode et margesDifficile
Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 500/(s(s + 5)(s + 9)). Trouvez la marge de gain GM en dB.
L(s) = 500/(s(s + 5)(s + 9))
GM = dB
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
Le procédé G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 1)) a un pôle instable en s = 2. Un gain proportionnel K ferme une boucle à retour unitaire autour de lui. Trouvez le plus petit gain Kmin qui rend la boucle fermée stable.
G(s) = (s + 5)/((s − 2)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
Le lieu des racines de L(s) = K/(s(s + 2)) est représenté. Trouvez le gain K pour lequel les pôles en boucle fermée ont le coefficient d’amortissement ζ = 0,707.
L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,707
K =
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
L’entrée parabolique r(t) = 4·t²/2 est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 4)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.
G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 4))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
Un régulateur PI C(s) = 5 + 0,5/s commande le procédé G(s) = 5/((s + 1)(s + 2)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez l’erreur en régime permanent ess pour l’entrée en rampe r(t) = 5t.
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 = 20 + 5 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Req = R1 + 3,448 = 15 + 3,448 = 18,45 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 = 6/18,45 = 0,3252 A
Réponse
IR1 = 0,3252 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,2496 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 = 15 + 10 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 11,11 Ω
R3 + 11,11 = 19,11 Ω
R2 ∥ 19,11 = 10,83 Ω
Req = R1 + 10,83 = 10 + 10,83 = 20,83 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 = 12/20,83 = 0,5761 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 = 12 − 0,5761·10 = 6,239 V
IR2 = VA/R2 = 6,239/25 = 0,2496 A
Réponse
IR2 = 0,2496 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 8,471 V
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 = 18 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/8 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/2 = 0
0,725·VA − 0,5·VB = 1,8
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/3 + (VB − VA)/2 = 3
−0,5·VA + 0,8333·VB = 3
Résoudre
Δ = (0,725)(0,8333) − (−0,5)(−0,5) = 0,3542
VA = Δ1/Δ = 3/0,3542 = 8,471 V
VB = Δ2/Δ = 3,075/0,3542 = 8,682 V
Réponse
VA = 8,471 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR4 = 3,864 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, V2 = −36 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/8 + (VA − 6)/30 + (VA − VB)/12 = 0
0,2417·VA − 0,08333·VB = 0,2
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
2·I1 + 3(I1 − I2) = 10
5·I1 − 3·I2 = 10
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
3·I2 + 3(I2 − I1) = (−30)
−3·I1 + 6·I2 = −30
Résoudre
Δ = (5)(6) − (−3)(−3) = 21
I1 = Δ1/Δ = −30/21 = −1,429 A
I2 = Δ2/Δ = −120/21 = −5,714 A
Réponse
IR2 = I2 = −5,714 A
Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.
6.Méthode des mailles
Réponse: I2 = −0,8543 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.
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
12·I1 + 30(I1 − I2) = 12
42·I1 − 30·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 30(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 52·I2 − 12·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
4·I3 + 12(I3 − I2) = (−36)
−12·I2 + 16·I3 = −36
Résoudre
Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 14496
I1 = Δ1/Δ = −4704/14496 = −0,3245 A
I2 = Δ2/Δ = −12384/14496 = −0,8543 A
I3 = Δ3/Δ = −41904/14496 = −2,891 A
Réponse
I2 = −0,8543 A
Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.
7.Superposition
Réponse: VR4 = −18,26 V
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
Iₛ devient un circuit ouvert, donc R₃ et R₄ forment une branche série de A à la masse, en parallèle avec R₂.
R3+R4 = 2+12 = 14 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω
VA = 12·4,2/(5+4,2) = 5,478 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,478·12/14 = 4,696 V
VR4′ = 0 − VB = 0 − 4,696 = −4,696 V
Cas 2 · Is seule
V₁ devient un court-circuit, donc R₁ est en parallèle avec R₂. Iₛ se partage en B entre R₄ et le chemin passant par R₃.
R1 ∥ R2 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 4,727 = 3,391 Ω
VB = Is·Req = 4·3,391 = 13,57 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 13,57·2,727/4,727 = 7,826 V
VR4″ = 0 − VB = 0 − 13,57 = −13,57 V
Additionner les contributions
VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = (−4,696) + (−13,57) = −18,26 V
Un résultat négatif signifie que la polarité réelle est l’inverse de celle indiquée.
8.Superposition
Réponse: I = 4 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 les mesures avec les contributions
Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source.
I₁ + I₂ + I₃ = 11
2·I₁ + I₂ + I₃ = 6,5
I₁ + I₂ − I₃ = −6
Trouver les contributions
I₁ = 6,5 − 11 = −4,5 mA
I₃ = (11 − (−6))/2 = 8,5 mA
I₂ = 11 − (−4,5) − 8,5 = 7 mA
Éteindre V₂
I = I₁ + I₃ = (−4,5) + 8,5 = 4 mA
Réponse
I = 4 mA
9.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 3,333 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
Trouver Vth, la tension à vide
Avec a–b ouverts, aucun courant ne traverse R₃, donc aucune chute de tension et V_b = V_A. R₁ et R₂ forment un pont diviseur.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·6/(12+6) = 3,333 V
10.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 7,173 W
Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension Vth en série avec une résistance Rth. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant IN = Vth/Rth en parallèle avec Rth.
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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 12 = 13,88 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) = 3,125 + 1,5·1,875 = 5,938 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,938 + 1,5·12 = 23,94 V
Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin
La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.
IL = Vth/(Rth + RL) = 23,94/(13,88 + 4) = 1,339 A
PL = IL²·RL = 1,339²·4 = 7,173 W
11.Transitoires RC et RL
Réponse: W = 0,1373 mJ
Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.
Constante de temps et courant final
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
τ = L/R = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 5/33 = 0,1515 A
Courant à l’instant donné
i(t) = 0,1515·(1 − e−1/1,424) = 0,07643 A
Énergie stockée
W = ½·L·i² = ½·47·0,07643² = 0,1373 mJ
Réponse
W = 0,1373 mJ
12.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 0,1091 kΩ
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 requise
7,2 = 12·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(12/(12 − 7,2))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms
Résistance
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
R = τ/C = 10,91/100 = 0,1091 kΩ
Réponse
R = 0,1091 kΩ
13.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 17,67 Ω
Circuits alternatifs et phaseurs : résistances, bobines et condensateurs ont pour impédances R, jωL et 1/(jωC), avec ω = 2πf. En série, les impédances s’additionnent comme des résistances, mais en nombres complexes. Courant et tension efficaces suivent la loi d’Ohm avec |Z|.
Réactance
XL = ωL = 2π·60·0,1 = 37,7 Ω
Courants de branche
Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.
IR = V/R = 230/20 = 11,5 A
IX = V/XL = 230/37,7 = 6,101 A
Courant total
Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.
I = √(IR² + IX²) = √(11,5² + 6,101²) = 13,02 A
Impédance
|Z| = V/I = 230/13,02 = 17,67 Ω
Réponse
|Z| = 17,67 Ω
14.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,1733 A
Circuits alternatifs et phaseurs : résistances, bobines et condensateurs ont pour impédances R, jωL et 1/(jωC), avec ω = 2πf. En série, les impédances s’additionnent comme des résistances, mais en nombres complexes. Courant et tension efficaces suivent la loi d’Ohm avec |Z|.
Réactance
XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A
Puissance apparente
S = V·I = 230·9,2 = 2116 VA
Réponse
S = 2116 VA
16.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 1442 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 = 35·tan(49,46°) = 40,92 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,97 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 23968/(2π·50·230²) = 1442 µF
Réponse
C = 1442 µF
17.Puissance triphasée
Réponse: P = 4,8 kW
Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, VL = √3·Vph, et le courant de ligne est égal au courant de phase. En couplage triangle (Δ), la tension composée est égale à la tension de phase et le courant de ligne vaut √3 fois le courant de phase, IL = √3·Iph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Tension simple
Vph = 400/√3 = 230,9 V
Courant de phase
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 230,9/20 = 11,55 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·11,55²·12 = 4,8 kW
Réponse
P = 4,8 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
18.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 122,1 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 54,78 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
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.
Tension et courant secondaires
V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 0,8 A
Réponse
I1 = 0,8 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 1500 Ω, et 1200/1500 donne le même courant.
20.Transformateurs
Réponse: Ploss = 956,3 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 = 0,5625·900 = 506,3 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.
Ploss = 450 + 506,3 = 956,3 W
Réponse
Ploss = 956,3 W
Le rendement à cette charge vaut η = 98,24%.
21.Circuits à ampli op
Réponse: Vin,max = 1 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.
Gain
Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 22/2 = 12
Plus grande entrée avant écrêtage
Vin,max = Vsat/|Av| = 12/12 = 1 V
Réponse
Vin,max = 1 V
22.Circuits à ampli op
Réponse: If = 0,741 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 = −0,9/100 = −0,009 mA
I2 = V2/R2 = 1,5/2 = 0,75 mA
If = I1 + I2 = 0,741 mA
Réponse
If = 0,741 mA
23.Diodes et transistors
Réponse: R = 696 Ω
Circuits à LED et à diode : une LED polarisée en direct présente à ses bornes à peu près sa tension directe VF (environ 2 V pour le rouge, 3 V pour le bleu ou le blanc), quel que soit le courant. Une résistance série fixe le courant : R = (Vs − n·VF)/I pour n LED en série. Avec un modèle de diode plus précis V = V₀ + I·rd, le point de fonctionnement est l’intersection de la caractéristique de la diode et de la droite de charge I = (Vs − V)/R, donc I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Tension aux bornes de la résistance
VR = 24 − 3·2,2 = 17,4 V
Résistance
R = 17,4/0,025 = 696 Ω
Réponse
R = 696 Ω
La résistance dissipe 435 mW.
24.Diodes et transistors
Réponse: PZ,max = 586,2 mW
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 Zener du pire cas
IZ = 20,8/220 = 94,55 mA
Puissance de la Zener
PZ = 6,2·94,55 = 586,2 mW
Réponse
PZ,max = 586,2 mW
25.Systèmes de numération
Réponse: N = −77
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.
Additionner les poids
Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.
−128 + 32 + 16 + 2 + 1 = −77
Réponse
N = −77
26.Systèmes de numération
Réponse: b = 12 bit
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.
Puissances de deux
211 = 2048 < 2053
212 = 4096 ≥ 2053
Réponse
b = 12
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: N = 5
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.
Regrouper les 0
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
(C′ + D′)
(A′ + B + D′)
(A′ + B′ + D)
(A + B + C′)
(A + B′ + C)
Forme POS minimale
F = (C′ + D′)(A′ + B + D′)(A′ + B′ + D)(A + B + C′)(A + B′ + C)
N = 5
Réponse
N = 5
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: Q = 15
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.
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).
Factoriser le dénominateur
s² + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 5)
Méthode des résidus
Multipliez par (s + 2) et posez s = −2 : le terme en B disparaît.
A = (6s + 21)/(s + 5) |s = −2 = 9/3 = 3
Réponse
A = 3
(B = 3, donc f(t) = 3·e−2t + 3·e−5t)
30.Transformées de Laplace
Réponse: y(0.1) = 1,033
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
(s² + 6s + 8)·Y(s) = 1s + 6 + 16/s
Y(s) = (s² + 6s + 16)/(s(s + 2)(s + 4))
Décomposition en éléments simples
A = 16/(2·4) = 2
B = 8/((−2)·2) = −2
C = 8/((−4)·(−2)) = 1
Résultat
y(t) = 2 − 2·e−2t + e−4t
y(0,1) = 1,033
Réponse
y(0,1) = 1,033
Vérification : y(0) = A + B + C = 1.
31.Schémas fonctionnels
Réponse: τ = 0,05882 s
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).
Fonction de transfert en boucle fermée
T(s) = G/(1 + G·H) = 40/(s + 9 + 8) = 40/(s + 17)
Résultat
τ = 1/17 = 0,05882 s
Réponse
τ = 0,05882 s
32.Schémas fonctionnels
Réponse: Kmax = 30
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
s³ + 6s² + 5s + K = 0
Tableau de Routh
s³ | 1 5
s² | 6 K
s¹ | (6·5 − K)/6
s⁰ | K
Limite de stabilité
Tous les éléments de la première colonne doivent être positifs.
Kmax = 6·5 = 30
Réponse
Kmax = 30
33.Réponse indicielle
Réponse: %OS = 43,19 %
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 = 15 → ωₙ = 3,873 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·3,873) = 0,2582
Résultat
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,8396 = 43,19 %
Réponse
%OS = 43,19 %
34.Réponse indicielle
Réponse: K = 3,742
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) = K/(s² + 2s + K)
Coefficient d’amortissement à partir du dépassement
ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169
Gain
ωₙ = 2/(2ζ) = 1,934 rad/s
K = ωₙ² = 3,742
Réponse
K = 3,742
35.Diagrammes de Bode et marges
Réponse: |H| = −0,9609 dB
Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.
Fréquence de coupure
ωc = 1/(RC) = 1/(2200·1 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 36000/72343 = 0,4976
Gain
|H| = 1/√(1 + 0,4976²) = 0,8953
20·log₁₀(0,8953) = −0,9609 dB
Réponse
|H| = −0,9609 dB
36.Diagrammes de Bode et marges
Réponse: GM = 2,007 dB
Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.
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.
Pour s² + c₁s + c₀, toutes les racines se trouvent dans le demi-plan gauche exactement lorsque c₁ > 0 et c₀ > 0.
-1 + K > 0 → K > 1
5K − 2 > 0 → K > 0,4
Kmin = 1
Réponse
Kmin = 1
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines
Réponse: K = 2,001
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.
Comparez avec la forme standard
s² + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,414 rad/s
Gain
K = ωₙ² = 1,414² = 2,001
Réponse
K = 2,001
Les pôles en boucle fermée se situent là où la droite de ζ coupe la branche verticale en s = −1.
39.Erreur en régime permanent et commande PID
Réponse: ess = 0,64
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 d’accélération
Ka = 5·5/4 = 6,25
Erreur sur la parabole
ess = 4/6,25 = 0,64
Réponse
ess = 0,64
40.Erreur en régime permanent et commande PID
Réponse: ess = 4
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).
Constante de vitesse
s·C(s) = 5s + 0,5 → 0,5 lorsque s → 0.
Kv = 0,5·5/2 = 1,25
Erreur sur la rampe
ess = 5/1,25 = 4
Réponse
ess = 4
Le régulateur PI supprime complètement l’erreur sur un échelon ; une rampe est suivie avec un retard constant.
Ceci est un support d’entraînement indépendant. ExamProblems n’est ni affilié à l’organisme qui organise cet examen ni approuvé par lui, et le nom de l’examen sert uniquement à décrire le contenu. Le FE exam est organisé par NCEES, qui n’est pas affilié à ExamProblems et ne le cautionne pas.