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

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

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1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

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

Méthode

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

Méthode des nœuds

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

Méthode

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

Méthode des mailles

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

Méthode

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

Superposition

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

Méthode

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

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Résistance de Thévenin
Rth : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton
IN = Vth/Rth
Courant de charge
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfert de puissance maximal
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Méthode

  1. Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
  2. Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est Vth.
  3. Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est Rth.
  4. Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : Vth en série avec Rth.
  5. Pour l’équivalent de Norton, convertissez : IN = Vth/Rth, avec RN = Rth en parallèle.

Transitoires RC et RL

Constante de temps
τ = RC | τ = L/R
Réponse
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Condensateur en continu
circuit ouvert ; vC ne peut pas sauter
Bobine en continu
court-circuit ; iL ne peut pas sauter
Régime établi
t ≈ 5τ

Méthode

  1. Trouvez la valeur initiale juste après la commutation : la tension d’un condensateur et le courant d’une bobine ne peuvent pas varier brusquement.
  2. Trouvez la valeur finale longtemps après la commutation : un condensateur se comporte comme un circuit ouvert, une bobine comme un court-circuit.
  3. Trouvez la constante de temps : τ = RC ou τ = L/R, avec la résistance vue par le condensateur ou la bobine.
  4. Utilisez x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impédance et phaseurs en alternatif

Impédances
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsation
ω = 2πf
Module et argument
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Loi d’Ohm en phaseurs
V = I·Z

Méthode

  1. Convertissez la fréquence : ω = 2πf.
  2. Trouvez chaque réactance : XL = ωL et XC = 1/(ωC).
  3. Additionnez les impédances comme des résistances, avec Z = R + jX.
  4. Trouvez le module |Z| = √(R² + X²) et l’argument φ = atan(X/R), puis appliquez la loi d’Ohm avec les phaseurs.

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance active
P = V·I·cos φ
Puissance réactive
Q = V·I·sin φ
Puissance apparente
S = V·I = √(P² + Q²)
Facteur de puissance
pf = cos φ = P/S
Condensateur de compensation
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Puissance triphasée

Couplage en étoile (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Couplage en triangle (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Puissance active totale
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Puissances apparente et réactive
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Condensateurs de compensation
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tension aux bornes de chaque condensateur
Δ : VL Y : VL/√3
Puissance absorbée par le moteur
Pin = Pout/η

Transformateurs

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

Circuits à ampli op

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

Diodes et transistors

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

Systèmes de numération

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

Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

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

Méthode

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

Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

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

Méthode

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

Erreur en régime permanent et commande PID

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

Méthode

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

2Exercices

1.Résistances en série et en parallèleMoyen
R1​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBR6​30 Ω

Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Méthode des nœudsMoyen
R1​4 Ω+−V1​30 VR2​3 Ω+−V2​18 VR3​6 Ω+−V3​18 VI3​A

Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I3 dans la branche 3, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩV2 = 18 VR2 = 3 ΩV3 = 18 VR3 = 6 Ω
I3 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩAR5​5 ΩBIs​5 A+−V2​10 V

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).

V1 = 18 VIs = 5 AV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 ΩR5 = 5 Ω
VB = V
5.Méthode des maillesMoyen
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant de maille I2 (sens horaire).

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
I2 = A
6.Méthode des maillesDifficile
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 Ω+−VR2​R3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​25 ΩAR5​25 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 ΩR5 = 25 Ω
VR2 = V
7.SuperpositionMoyen
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 Ω+−VR2​AR4​10 ΩBIs​4 A

Utilisez le théorème de superposition pour trouver la tension VR2 aux bornes de R2 avec la polarité indiquée.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
8.SuperpositionDifficile
circuit linéaireV1​V2​Is​IRL​

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 = 9 mA. Avec V1 doublée et les deux autres inchangées, I = 10,5 mA. Avec le sens de Is inversé et les deux autres inchangées, I = −5 mA. Trouvez le courant de charge I quand V2 est éteinte et que V1 et Is ont leur valeur normale.

normale: I = 9 mA2·V1: I = 10,5 mA−Is: I = −5 mA
I = mA
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 4 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1 ABRL​4 ΩIL​

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

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​6 Vt = 0R = 50 ΩL10 mHi(t)

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 1 ms.

Vs = 6 VR = 50 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​12 Vs’ouvre à t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 3,3 kΩC100 µF+−vC​

L’interrupteur est fermé depuis longtemps, donc le circuit est en régime permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 500 ms.

Vs = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 100 µFt = 500 ms
vC = V
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
120 V500 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µF
I = A
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
10 V60 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 22 µF

Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 22 µF
f0 = Hz
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 1 kWQ = ?Sφ

Un moteur monophasé absorbe 1 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.

P = 1 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

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

P = 30 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
17.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 400 VIL​ = 50 Acos φ = 0,75inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 50 A sur un réseau de tension composée 400 V. Le facteur de puissance vaut 0,75 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 400 VIL = 50 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Puissance triphaséeDifficile
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformateursMoyen
75 ΩN1​N2​300 Ω

Un amplificateur de résistance de sortie 300 Ω alimente un haut-parleur de 75 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 300 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.

Rs = 300 ΩRL = 75 Ω
a =
20.TransformateursDifficile
pf 0,9150 kVA, η = 98,5%

Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 1200 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif), son rendement est de 98,5 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.

S = 150 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,9η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2,7 VR3​ = 22 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = 0,1 VV2 = 2,7 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
V− = V
22.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,4 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,7 VR3​ = 100 kΩR4​ = 2 kΩ

L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Les rapports de résistances ne sont pas appariés. Trouvez la tension de sortie Vout.

V1 = 1,4 VV2 = −1,7 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩR3 = 100 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
23.Diodes et transistorsMoyen
RC​ = 1,5 kΩβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 470 kΩ

Un transistor NPN de β = 150 est polarisé par une résistance de base RB = 470 kΩ reliée à l’alimentation VCC = 9 V. La résistance de collecteur vaut RC = 1,5 kΩ et l’émetteur est à la masse. Prenez VBE = 0,7 V et supposez que le transistor est en régime actif. Trouvez le courant de collecteur IC en mA.

VCC = 9 VRB = 470 kΩRC = 1,5 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diodes et transistorsDifficile
+−≥ 12 VR = ?6,2 V≤ 20 mA

Un régulateur Zener de 6,2 V doit fournir jusqu’à 20 mA à une charge. L’entrée peut descendre à 12 V, et la Zener a besoin d’au moins 2 mA pour réguler. Trouvez la plus grande résistance série Rmax qui maintient la régulation.

Vin,min = 12 VVZ = 6,2 VIL,max = 20 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Systèmes de numérationMoyen
complément à deux sur 8 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Écris −30 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 = −308 bit
U =
26.Systèmes de numérationDifficile
complément à deux sur 24 bits, N = ??signe???????????????????????

Quel est l'entier le plus négatif N que l'on peut stocker en complément à deux sur 24 bits ?

24 bit
N =
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

Simplifiez F = A′B′C + A′BC′ + A′B′C′ + B′C′ à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?

F = A′B′C + A′BC′ + A′B′C′ + B′C′
L =
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKJK123456

Une bascule JK déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées sur 6 fronts montants d’horloge. Combien de fois N Q change-t-il d’état ?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformées de LaplaceMoyen
ReIm5

Trouvez f(t) pour F(s) = 38/(s² + 4s + 29) en complétant le carré, et calculez f(0,2).

F(s) = 38/(s² + 4s + 29)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformées de LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un système obéit à y″ + 7y′ + 12y = 48·u(t), avec y(0) = 5 et y′(0) = 0. À t = 0, on applique un échelon d’entrée u(t) = 10. Utilisez la transformée de Laplace pour trouver y(0,3).

y″ + 7y′ + 12y = 48·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+K(s + 4)(s + 9)G(s)C(s)−

Le système G(s) = K/((s + 4)(s + 9)) 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 + 4)(s + 9))retour unitaire négatif
K =
32.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+10s + 2G₁+6s + 3G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Réduisez le schéma fonctionnel avec G₁ = 10/(s + 2), G₂ = 6/(s + 3), une rétroaction négative interne H₁ = 0,5 autour de G₂ et une rétroaction négative externe H₂ = 0,1. Trouvez le gain statique T(0) de C(s)/R(s).

G₁ = 10/(s + 2)G₂ = 6/(s + 3)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
33.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)2

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 156/(s² + 12s + 78) et reçoit un échelon unitaire. Les pôles sont s = σ ± jωd. Trouvez la partie réelle σ.

G(s) = 156/(s² + 12s + 78)
σ =
34.Réponse indicielleDifficile
+−5 VR = 25 ΩL = 20 mHC = 47 µFvC​

Un circuit RLC série avec R = 25 Ω, L = 20 mH et C = 47 µF est relié à un échelon de 5 V à t = 0. Le condensateur est déchargé et aucun courant ne circule avant l’échelon. Trouvez la tension maximale du condensateur vC,max.

R = 25 ΩL = 20 mHC = 47 µFV = 5 V
vC,max = V
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​L = 2 mHC = 0,1 µFR = 20 Ωvout​

Dans le filtre passe-bande RLC série représenté, la sortie est prise aux bornes de R = 20 Ω, avec L = 2 mH et C = 0,1 µF. Trouvez la bande passante à −3 dB BW en Hz.

R = 20 ΩL = 2 mHC = 0,1 µF
BW = Hz
36.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 11,6/(s(s + 4)). Trouvez la pulsation de croisement du gain ωc, où |L(jω)| = 1.

L(s) = 11,6/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+K1s(s + 5)(s + 10)C(s)−

La boucle du schéma a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)). 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 + 5)(s + 10))
ω = rad/s
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1

Le lieu des racines de L(s) = K(s + 3)/(s(s + 2)) quitte l’axe réel entre s = 0 et s = −2, fait une boucle et rejoint l’axe réel à gauche du zéro. Trouvez le point de séparation sb.

L(s) = K(s + 3)/(s(s + 2))
sb =
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 10t+Ks(s + 10)C(s)−

Une boucle à retour unitaire avec G(s) = K/(s(s + 10)) doit suivre la rampe r(t) = 10t avec une erreur en régime permanent de 0,05. Trouvez le gain K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 10tess = 0,05
K =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+4 + Kd​s1s(s + 2)C(s)−

Un régulateur PD C(s) = 4 + Kd·s commande le procédé G(s) = 1/(s(s + 2)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez le gain dérivé Kd qui donne à la boucle fermée un coefficient d’amortissement ζ = 0,6.

G(s) = 1/(s(s + 2))Kp = 4ζ = 0,6
Kd = s

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: Req = 11,47 Ω

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

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

R3 + R4 = 12 + 6 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 2 + 9,474 = 11,47 Ω

Réponse

Req = 11,47 Ω
2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: Req = 14,78 Ω

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​4 ΩBR6​30 Ω

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

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

R5 + R6 = 3 + 30 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 3,568 Ω
R3 + 3,568 = 15,57 Ω
R2 ∥ 15,57 = 6,776 Ω
Req = R1 + 6,776 = 8 + 6,776 = 14,78 Ω

Réponse

Req = 14,78 Ω
3.Méthode des nœuds

Réponse: I3 = −0,6667 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.

Loi des nœuds en A

Prenez le fil du bas comme masse. Chaque branche emporte depuis A un courant (VA − Vk)/Rk, où Vk est la tension de sa source (zéro pour une simple résistance). La somme des courants sortant de A est nulle.

(VA − 30)/4 + (VA − 18)/3 + (VA − 18)/6 = 0

Trouver VA

VA = (30/4 + 18/3 + 18/6) / (1/4 + 1/3 + 1/6) = 16,5/0,75 = 22 V

Courant de branche

La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.

I3 = (18 − VA)/R3 = (18 − 22)/6 = −0,6667 A

Réponse

I3 = −0,6667 A

Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.

4.Méthode des nœuds

Réponse: VB = 16,88 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.

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​18 VR3​6 ΩAR5​5 ΩBIs​5 A+−V2​10 V

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 18 V, V2 = 10 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/6 + (VA − 18)/20 + (VA − VB)/12 = 0
0,3·VA − 0,08333·VB = 0,9

Loi des nœuds au nœud B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/5 + (VB − VA)/12 + (VB − 10)/8 = 5
−0,08333·VA + 0,4083·VB = 6,25

Résoudre

Δ = (0,3)(0,4083) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1156
VA = Δ1/Δ = 0,8883/0,1156 = 7,687 V
VB = Δ2/Δ = 1,95/0,1156 = 16,88 V

Réponse

VB = 16,88 V
5.Méthode des mailles

Réponse: I2 = −0,7619 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Définir les courants de maille

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

Loi des mailles dans la maille 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 3(I1 − I2) = 10
18·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
15·I2 + 3(I2 − I1) = (−15)
−3·I1 + 18·I2 = −15

Résoudre

Δ = (18)(18) − (−3)(−3) = 315
I1 = Δ1/Δ = 135/315 = 0,4286 A
I2 = Δ2/Δ = −240/315 = −0,7619 A

Réponse

I2 = −0,7619 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: VR2 = −0,6115 V

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR4​25 ΩAR5​25 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Définir les courants de maille

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

Loi des mailles dans la maille 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
12·I1 + 25(I1 − I2) = 18
37·I1 − 25·I2 = 18

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
2·I2 + 25(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 52·I2 − 25·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
3·I3 + 25(I3 − I2) = (−18)
−25·I2 + 28·I3 = −18

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 13247
I1 = Δ1/Δ = 3708/13247 = 0,2799 A
I2 = Δ2/Δ = −4050/13247 = −0,3057 A
I3 = Δ3/Δ = −12132/13247 = −0,9158 A

Réponse

IR2 = I2 = −0,3057 A
VR2 = IR2·R2 = −0,3057·2 = −0,6115 V

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: VR2 = 13,88 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBOUVERT

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+10 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
VA = 6·5,455/(10+5,455) = 2,118 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,118·10/12 = 1,765 V
VR2′ = VA − 0 = 2,118 − 0 = 2,118 V
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩCOURT-CIRCUITR2​10 ΩAR4​10 ΩBIs​4 A

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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 7 = 4,118 Ω
VB = Is·Req = 4·4,118 = 16,47 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 16,47·5/7 = 11,76 V
VR2″ = VA − 0 = 11,76 − 0 = 11,76 V

Additionner les contributions

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 2,118 + 11,76 = 13,88 V

Un résultat négatif signifie que la polarité réelle est l’inverse de celle indiquée.

8.Superposition

Réponse: I = 8,5 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 les mesures avec les contributions

Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source.

I₁ + I₂ + I₃ = 9
2·I₁ + I₂ + I₃ = 10,5
I₁ + I₂ − I₃ = −5

Trouver les contributions

I₁ = 10,5 − 9 = 1,5 mA
I₃ = (9 − (−5))/2 = 7 mA
I₂ = 9 − 1,5 − 7 = 0,5 mA

Éteindre V₂

I = I₁ + I₃ = 1,5 + 7 = 8,5 mA

Réponse

I = 8,5 mA
9.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 0,5556 A

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension Vth en série avec une résistance Rth. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant IN = Vth/Rth en parallèle avec Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩCOURT-CIRCUITR2​8 ΩAabRth​

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 5 = 9 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

Avec a–b ouverts, aucun courant ne traverse R₃, donc aucune chute de tension et V_b = V_A. R₁ et R₂ forment un pont diviseur.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·8/(8+8) = 5 V
IN​0,5556 ARth​9 Ωab

Équivalent de Norton

Une source de Norton est le même circuit vu comme une source de courant en parallèle avec R_th. Son courant est le courant de court-circuit en a–b.

IN = Vth/Rth = 5/9 = 0,5556 A
10.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 5,054 W

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension Vth en série avec une résistance Rth. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant IN = Vth/Rth en parallèle avec Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 30 ΩCOURT-CIRCUITR2​10 ΩAOUVERTBabRth​

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Remplacez les sources de tension par des courts-circuits et les sources de courant par des circuits ouverts, puis regardez le circuit depuis a–b.

R1 ∥ R2 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 30 = 32,86 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 8,571 + 1·2,857 = 11,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,43 + 1·30 = 41,43 V
Rth​ = 32,86 Ω+−Vth​41,43 VRL​4 ΩIL​

Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 41,43/(32,86 + 4) = 1,124 A
PL = IL²·RL = 1,124²·4 = 5,054 W
11.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 0,1192 A

Régimes transitoires du premier ordre : dans un circuit avec un condensateur ou une bobine, chaque tension et chaque courant passe exponentiellement de sa valeur initiale à sa valeur finale : x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, avec τ = RC ou τ = L/R. Après environ 5τ, le circuit est stabilisé.

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 = 10 mH / 50 Ω = 0,2 ms
i(∞) = Vs/R = 6/50 = 0,12 A

Courant à l’instant donné

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,12·(1 − e−1/0,2) = 0,1192 A

Réponse

i = 0,1192 A
12.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 0,6544 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.

Tension initiale du condensateur

En régime permanent, le condensateur est un circuit ouvert, donc R₁ et R₂ forment un diviseur de tension. La tension du condensateur ne peut pas varier brusquement à l’ouverture de l’interrupteur.

vC(0) = 12·3,3/(10 + 3,3) = 2,977 V

Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur

τ = R2·C = 3,3·100 = 330 ms

Décharge

vC(t) = 2,977·e−500/330 = 0,6544 V

Réponse

vC = 0,6544 V
13.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,3798 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (299,7)²) = 315,9 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 120/315,9 = 0,3798 A

Réponse

I = 0,3798 A
14.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: f0 = 151,7 Hz

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

Résonance

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,05·22·10⁻⁶)) = 151,7 Hz

Réponse

f0 = 151,7 Hz
15.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q = 1,169 kvar

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

Angle

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Puissance réactive

Q = P·tan φ = 1·1,169 = 1,169 kvar

Réponse

Q = 1,169 kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: C = 1638 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 = 30·tan(53,13°) = 40 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,22 kvar

Capacité

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

C = QC/(2πf·V²) = 27220/(2π·50·230²) = 1638 µF

Réponse

C = 1638 µF
17.Puissance triphasée

Réponse: P = 25,98 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.

Puissance apparente

S = √3·VL·IL = √3·400·50 = 34,64 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 34,64·0,75 = 25,98 kW

Réponse

P = 25,98 kW
18.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 1361 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 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 68,39 kvar

Capacité par phase

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 22796/(314,2·230,9²) = 1361 µF

Réponse

Cph = 1361 µF
19.Transformateurs

Réponse: a = 2

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.

Adapter la charge ramenée

a²·75 = 300
a = √(300/75) = √4 = 2

Réponse

a = 2
20.Transformateurs

Réponse: Pcu,fl = 855,8 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.

Puissances utile et absorbée

Pout = 150·0,9 = 135 kW
Pin = 135000/0,985 = 137056 W

Pertes totales et pertes cuivre

Ploss = 137056 − 135000 = 2056 W
Pcu,fl = 2056 − 1200 = 855,8 W

Réponse

Pcu,fl = 855,8 W
21.Circuits à ampli op

Réponse: V− = 0,225 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) = 2,7·2/(22 + 2) = 0,225 V
V₋ = V₊

Réponse

V− = 0,225 V
22.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = −0,6848 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 à l’entrée +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −1,7·2/(100 + 2) = −0,03333 V

Superposer les deux entrées

Avec V₂ = 0, V₁ voit un amplificateur inverseur. Avec V₁ = 0, V₊ est amplifiée par le gain non inverseur 1 + R₂/R₁.

Vout = −(10/22)·1,4 + (1 + 10/22)·(−0,03333) = −0,6364 + (−0,04848) = −0,6848 V

Réponse

Vout = −0,6848 V
23.Diodes et transistors

Réponse: IC = 2,649 mA

Point de fonctionnement d’un transistor bipolaire : en régime actif, VBE = 0,7 V, IC = β·IB et IE = (β + 1)·IB. Trouvez IB à partir de la maille de base avec la loi des mailles, puis IC, puis VCE à partir de la maille collecteur–émetteur. Un pont diviseur sur la base est remplacé par son équivalent de Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂ ; une résistance d’émetteur apparaît (β + 1) fois plus grande dans la maille de base.

Courant de base

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/470 kΩ = 17,66 µA

Courant de collecteur

IC = β·IB = 150·17,66 µA = 2,649 mA

Réponse

IC = 2,649 mA

Vérification : VCE = 5,027 V est nettement supérieure à 0,2 V, le transistor est donc bien en régime actif.

24.Diodes et transistors

Réponse: Rmax = 263,6 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 = 20 + 2 = 22 mA

Résistance maximale

Rmax = 5,8/0,022 = 263,6 Ω

Réponse

Rmax = 263,6 Ω
25.Systèmes de numération

Réponse: U = 226

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

30 = 0001 1110
inversé: 1110 0001
+1 → 1110 0010

Le lire en non signé

1110 0010₂ = 256 − 30 = 226

Réponse

U = 226
26.Systèmes de numération

Réponse: N = −8,389 × 10⁶

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.

Valeur la plus négative

−223 = −8388608

Réponse

N = −8388608
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: L = 6

Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.

Mintermes de l’expression

A′B′C → m(1)
A′BC′ → m(2)
A′B′C′ → m(0)
B′C′ → m(0, 4)
ABC00011110011011031214050706

Regrouper et lire

F = B′C′ + A′C′ + A′B′

Compter les littéraux

L = 6

Réponse

L = 6
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: N = 3

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.

Q après chaque front

Une bascule JK : 00 conserve, 01 remet à 0 (Q = 0), 10 met à 1 (Q = 1), 11 change d’état.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 1, K = 1 → Q = 0
4: J = 0, K = 0 → Q = 0
5: J = 0, K = 0 → Q = 0
6: J = 1, K = 1 → Q = 1

Compter les changements

0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1
N = 3

Réponse

N = 3
29.Transformées de Laplace

Réponse: f(0.2) = 4,287

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).

Compléter le carré

s² + 4s + 29 = (s + 2)² + 25 = (s + 2)² + 5²

Identifier le numérateur

F(s) = (38/5)·5/((s + 2)² + 5²)

Transformée inverse

f(t) = e−2t·(7,6·sin 5t)
f(0,2) = e−2·0,2·(7,6·sin(5·0,2)) = 4,287

Réponse

f(0,2) = 4,287
30.Transformées de Laplace

Réponse: y(0.3) = 14,71

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 + 7s + 12)·Y(s) = 5s + 35 + 480/s
Y(s) = (5s² + 35s + 480)/(s(s + 3)(s + 4))

Décomposition en éléments simples

A = 480/(3·4) = 40
B = 420/((−3)·1) = −140
C = 420/((−4)·(−1)) = 105

Résultat

y(t) = 40 − 140·e−3t + 105·e−4t
y(0,3) = 14,71

Réponse

y(0,3) = 14,71

Vérification : y(0) = A + B + C = 5.

31.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 6,25

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 + 4)(s + 9)) = 0 → s² + 13s + 36 + K = 0

Racine double

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

13² = 4(36 + K) → K = 169/4 − 36 = 6,25

Réponse

K = 6,25
Les deux pôles en boucle fermée sont alors en s = −6,5.
32.Schémas fonctionnels

Réponse: T(0) = 3,333

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).

Boucle interne

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 6)

Boucle externe

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 60/((s + 2)(s + 6) + 6)

Gain statique

T(0) = 60/(2·6 + 6) = 60/18 = 3,333

Réponse

T(0) = 3,333
33.Réponse indicielle

Réponse: σ = −6

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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,832) = 0,6794

Résultat

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Réponse

σ = −6
34.Réponse indicielle

Réponse: vC,max = 5,457 V

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).

Pulsation propre et coefficient d’amortissement

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7 × 10⁻⁵) = 1031 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (25/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,02) = 0,606

Résultat

%OS = 9,135 %
vC,max = 5·(1 + 0,09135) = 5,457 V

Réponse

vC,max = 5,457 V
35.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: BW = 1592 Hz

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 résonance

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,002·1 × 10⁻⁷) = 70711 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 11254 Hz

Bande passante

BW = R/L = 20/0,002 = 10000 rad/s = 1592 Hz

Réponse

BW = 1592 Hz
36.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ωc = 2,468 rad/s

Réponse en fréquence : substituez s = jω dans la fonction de transfert. Le module en décibels est 20·log₁₀|H(jω)| et la phase est la somme des angles des facteurs du numérateur moins ceux des facteurs du dénominateur. Un filtre RC ou RL du premier ordre a sa fréquence de coupure (−3 dB) à ωc = 1/(RC) ou R/L, et fc = ωc/(2π) ; un filtre passe-bas donne |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) et φ = −atan(ω/ωc). Dans le diagramme de Bode asymptotique (en lignes droites), chaque pôle infléchit le module vers le bas de 20 dB/décade à sa fréquence de coupure, chaque zéro l’infléchit vers le haut de 20 dB/décade, et un intégrateur 1/s donne −20 dB/décade à toutes les fréquences. Pulsation de croisement du gain ωc : |L(jω)| = 1 (0 dB) ; marge de phase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsation de croisement de phase ω180 : ∠L(jω) = −180° ; marge de gain GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. La boucle fermée est stable quand les deux marges sont positives.

Croisement du gain

ω⁴ + 16ω² − 134,6 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·134,6))/2 = 6,091
ωc = 2,468 rad/s

Réponse

ωc = 2,468 rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: ω = 7,071 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 + 15s² + 50s + K = 0
s³: 1, 50
s²: 15, K
s¹: (15·50 − K)/15
s⁰: K

Gain critique

K = 15·50 = 750

Équation auxiliaire

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

15s² + 750 = 0 → s = ±j√50
ω = 7,071 rad/s

Réponse

ω = 7,071 rad/s
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: sb = −1,268

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.

Gain le long de l’axe réel

K(s) = −(s² + 2s)/(s + 3)

Points stationnaires

Dérivez avec la règle du quotient et annulez le numérateur.

(2s + 2)(s + 3) − (s² + 2s) = s² + 6s + 6 = 0
s = −3 ± √3 = −1,268, −4,732

Point de séparation

sb = −1,268

Réponse

sb = −1,268

Entre les deux points de séparation et de jonction, le lieu est un cercle centré sur le zéro, de rayon √3 = 1,732.

39.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: K = 2000

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 requise

Kv = A/ess = 10/0,05 = 200

Gain

K = 10·Kv = 2000

Réponse

K = 2000

Un gain élevé rend cette boucle très faiblement amortie : ζ = 0,1118. Ce conflit explique le recours aux correcteurs.

40.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: Kd = 0,4 s

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

Polynôme caractéristique

s(s + 2) + 1(4 + Kds) = s² + (2 + 1Kd)s + 4

Fréquence propre

ωₙ = √4 = 2 rad/s

Gain dérivé

2 + 1Kd = 2·0,6·2 = 2,4
Kd = 0,4 s

Réponse

Kd = 0,4 s

Le terme dérivé ajoute de l’amortissement sans changer ωₙ.

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