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​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Trouvez la résistance équivalente Req vue par la source V1.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​2 Ω

Trouvez le courant IR2 dans R2.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 ΩR6 = 2 Ω
IR2 = A
3.Méthode des nœudsMoyen
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAR4​5 ΩBIs​?

La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 28 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩVA = 28 V
Is = A
5.Méthode des maillesMoyen
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
I2 = A
6.Méthode des maillesDifficile
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
IR3 = A
7.SuperpositionMoyen
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 Ω+−VR2​AR4​20 ΩBIs​5 A

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
8.SuperpositionDifficile
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​30 VR3​20 ΩAIs​5 AB−+V2​36 V

Utilisez la superposition pour trouver la puissance PR4 absorbée par R4.

V1 = 30 VIs = 5 AV2 = 36 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 Ω
PR4 = W
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAIs​3 ABRL​3 ΩIL​

Une charge RL = 3 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​9 Vt = 0R = 47 ΩL100 mHi(t)

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 99 % de sa valeur finale ? Trouvez t.

Vs = 9 VR = 47 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​5 Vt = 0R = 3,3 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 10 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 750 ms.

Vs = 5 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 10 Vt = 750 ms
vC = V
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
12 V500 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 1 µF

Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 1 µF
φ = °
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
50 V100 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 4,7 µFI

Un circuit RLC série est alimenté sous 50 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
I = A
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
230 V111 kW, 0,7226 kW, 0,7I = ?

Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 230 V : une charge de 11 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif et une charge de 26 kW avec un facteur de puissance de 0,7 capacitif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.

V = 230 VP1 = 11 kW, pf1 = 0,7 inductifP2 = 26 kW, pf2 = 0,7 capacitif
I = A
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
P1​ = 92 kWQ1​S1​φ

Un transformateur monophasé de 200 kVA alimente une charge de 92 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?

Smax = 200 kVAP1 = 92 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
17.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 480 VIL​ = 10 Acos φ = 0,92inductif

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 10 A sur un réseau de tension composée 480 V. Le facteur de puissance vaut 0,92 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 480 VIL = 10 Acos φ = 0,92
P = kW
18.Puissance triphaséeDifficile
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 415 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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformateursMoyen
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​250 kVA

Un transformateur monophasé de 250 kVA, 11000/400 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.

S = 250 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformateursDifficile
250 kVA

Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 750 W et des pertes cuivre de 2250 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
21.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 0,1 V

L’ampli op est idéal et alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.

Vin = 0,1 VR1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1,9 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,5 VR3​ = 22 kΩR4​ = 1 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 = 1,9 VV2 = 1,5 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩR3 = 22 kΩR4 = 1 kΩ
Vout = V
23.Diodes et transistorsMoyen
+−24 VR = ?4 × 2 V15 mA

4 LED rouges (tension directe 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 15 mA.

Vs = 24 VVF = 2 Vn = 4I = 15 mA
R = Ω
24.Diodes et transistorsDifficile
+−≤ 20 V150 Ω5,6 V

Un régulateur Zener de 5,6 V a une résistance série de 150 Ω. L’entrée peut monter à 20 V, et la charge peut être déconnectée. Trouvez la plus grande puissance PZ,max que la Zener doit dissiper.

Vin,max = 20 VVZ = 5,6 VR = 150 Ω
PZ,max = mW
25.Systèmes de numérationMoyen
poids en complément à deux1−12806403211608141201

Le motif de 8 bits 1001 0110 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?

1001 01108 bit
N =
26.Systèmes de numérationDifficile
4665 codes, b = ? bits?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Un système doit donner à chacun de 4665 éléments son propre code binaire, tous de même longueur. Quel est le plus petit nombre de bits b nécessaire ?

4665
b = bit
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111010010302041507060121130150140809111010

Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 11, 13). Combien de termes produits N a-t-elle ?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 11, 13)
N =
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKJK12345678

Une bascule JK déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées sur 8 fronts montants d’horloge. Combien de fois N Q change-t-il d’état ?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformées de LaplaceMoyen
ReIm−5−10−15−20

Trouvez f(t) pour F(s) = (s + 19)/(s² + 4s + 8) en complétant le carré, et calculez f(0,2).

F(s) = (s + 19)/(s² + 4s + 8)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformées de LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,8y(0,8) = ?

Un système obéit à y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t), avec y(0) = 4 et y′(0) = 0. À t = 0, on applique un échelon d’entrée u(t) = 1. Utilisez la transformée de Laplace pour trouver y(0,8).

y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,8 s
y(0.8) =
31.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+5K+10s + 3G(s)C(s)2H₁−−

Le système G(s) = 10/(s + 3) a une boucle de rétroaction négative interne (secondaire) de gain H₁ = 2. Un gain de correcteur K = 5 et une boucle externe à retour unitaire négatif ferment le système. Trouvez le gain statique en boucle fermée T(0).

G(s) = 10/(s + 3)H₁ = 2K = 5
T(0) =
32.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+16s + 1G₁+3s + 3G₂C(s)2H₁−0,25H₂−

Réduisez le schéma fonctionnel avec G₁ = 16/(s + 1), G₂ = 3/(s + 3), une rétroaction négative interne H₁ = 2 autour de G₂ et une rétroaction négative externe H₂ = 0,25. Trouvez le gain statique T(0) de C(s)/R(s).

G₁ = 16/(s + 1)G₂ = 3/(s + 3)H₁ = 2H₂ = 0,25
T(0) =
33.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)3tp​ = ?

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 177/(s² + 10s + 59) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le temps du premier pic tp de la réponse indicielle.

G(s) = 177/(s² + 10s + 59)
tp = s
34.Réponse indicielleDifficile
+−10 VR = 126 ΩL = 100 mHC = 1 µFvC​

Un circuit RLC série avec R = 126 Ω, L = 100 mH et C = 1 µF est relié à un échelon de 10 V à t = 0. Le condensateur est déchargé et aucun courant ne circule avant l’échelon. Trouvez la pulsation propre non amortie ωn en rad/s.

R = 126 ΩL = 100 mHC = 1 µFV = 10 V
ωn = rad/s
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​L = 1 mHC = 1 µFR = 5 Ωvout​

Dans le filtre passe-bande RLC série représenté, la sortie est prise aux bornes de R = 5 Ω, avec L = 1 mH et C = 1 µF. Trouvez la fréquence centrale (de résonance) f0 en Hz.

R = 5 ΩL = 1 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Diagrammes de Bode et margesDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Une boucle à retour unitaire a pour fonction de transfert en boucle ouverte L(s) = 482/(s(s + 6)(s + 10)). Trouvez la pulsation de croisement de phase ω180, où ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 482/(s(s + 6)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+3361s(s + 3)(s + 4)C(s)−

La boucle du schéma a une contre-réaction négative et L(s) = 336/(s(s + 3)(s + 4)). Combien de pôles N en boucle fermée se trouvent dans le demi-plan droit ?

L(s) = 336/(s(s + 3)(s + 4))
N =
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReImζ = 0,707−1−2−3−4−5j1j2

Le lieu des racines de L(s) = K/(s(s + 4)) 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 + 4))ζ = 0,707
K =
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 0,5·t²/2+20(s + 1)s²(s + 4)C(s)−

L’entrée parabolique r(t) = 0,5·t²/2 est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 4)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 20(s + 1)/(s²(s + 4))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
r(t) = 5t+2 + 4/s2(s + 1)(s + 4)C(s)−

Un régulateur PI C(s) = 2 + 4/s commande le procédé G(s) = 2/((s + 1)(s + 4)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez l’erreur en régime permanent ess pour l’entrée en rampe r(t) = 5t.

C(s) = 2 + 4/sG(s) = 2/((s + 1)(s + 4))r(t) = 5t
ess =

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: Req = 16,29 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​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​4 ΩB

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

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

R3 + R4 = 2 + 4 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 12 + 4,286 = 16,29 Ω

Réponse

Req = 16,29 Ω
2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR2 = 0,2409 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBR6​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 1,667 Ω
R3 + 1,667 = 3,667 Ω
R2 ∥ 3,667 = 2,683 Ω
Req = R1 + 2,683 = 4 + 2,683 = 6,683 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 = 6/6,683 = 0,8978 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 = 6 − 0,8978·4 = 2,409 V
IR2 = VA/R2 = 2,409/10 = 0,2409 A

Réponse

IR2 = 0,2409 A
3.Méthode des nœuds

Réponse: VA = 3,695 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​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​3 A

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/15 = 0
0,4417·VA − 0,06667·VB = 1,25

Loi des nœuds au nœud B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/15 = 3
−0,06667·VA + 0,5667·VB = 3

Résoudre

Δ = (0,4417)(0,5667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,2458
VA = Δ1/Δ = 0,9083/0,2458 = 3,695 V
VB = Δ2/Δ = 1,408/0,2458 = 5,729 V

Réponse

VA = 3,695 V
4.Méthode des nœuds

Réponse: Is = 8,568 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

VA est connu, donc cette équation donne VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(28 − 24)/4 + 28/25 = (VB − 28)/2
2,12 = (VB − 28)/2 → VB = 32,24 V

Loi des nœuds en B

Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (32,24 − 28)/2 + 32,24/5 = 8,568 A

Réponse

Is = 8,568 A
5.Méthode des mailles

Réponse: I2 = −0,3 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​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​4 ΩA+−V2​6 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
8·I1 + 4(I1 − I2) = 12
12·I1 − 4·I2 = 12

Loi des mailles dans la maille 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 4(I2 − I1) = (−6)
−4·I1 + 8·I2 = −6

Résoudre

Δ = (12)(8) − (−4)(−4) = 80
I1 = Δ1/Δ = 72/80 = 0,9 A
I2 = Δ2/Δ = −24/80 = −0,3 A

Réponse

I2 = −0,3 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: IR3 = −0,1704 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 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 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
15·I1 + 10(I1 − I2) = 10
25·I1 − 10·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 10(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 35·I2 − 10·I3 = 0

Loi des mailles dans la maille 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 10(I3 − I2) = (−5)
−10·I2 + 25·I3 = −5

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 16875
I1 = Δ1/Δ = 7250/16875 = 0,4296 A
I2 = Δ2/Δ = 1250/16875 = 0,07407 A
I3 = Δ3/Δ = −2875/16875 = −0,1704 A

Réponse

IR3 = I3 = −0,1704 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: VR2 = 24,31 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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​20 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+20 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·22/(5+22) = 4,074 Ω
VA = 30·4,074/(4+4,074) = 15,14 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 15,14·20/22 = 13,76 V
VR2′ = VA − 0 = 15,14 − 0 = 15,14 V
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩCOURT-CIRCUITR2​5 ΩAR4​20 ΩBIs​5 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 4,222 = 3,486 Ω
VB = Is·Req = 5·3,486 = 17,43 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 17,43·2,222/4,222 = 9,174 V
VR2″ = VA − 0 = 9,174 − 0 = 9,174 V

Additionner les contributions

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 15,14 + 9,174 = 24,31 V

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

8.Superposition

Réponse: PR4 = 269 W

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​30 VR3​20 ΩAOUVERTBCOURT-CIRCUIT

Cas 1 · V1 seule

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

R3 ∥ (R2+R4) = 20 ∥ 20 = 10 Ω
VA = 30·10/(15+10) = 12 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12·15/20 = 9 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (9 − 0)/15 = 0,6 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR3​20 ΩAIs​5 ABCOURT-CIRCUIT

Cas 2 · Is seule

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

R1 ∥ R3 = 8,571 Ω, donc le chemin de gauche vaut R2+8,571 = 13,57 Ω
Req = R4 ∥ 13,57 = 7,125 Ω
VB = Is·Req = 5·7,125 = 35,63 V
VA = VB·8,571/13,57 = 22,5 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (35,63 − 0)/15 = 2,375 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR3​20 ΩAOUVERTB−+V2​36 V

Cas 3 · V2 seule

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

R1 ∥ R3 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·13,57/28,57 = −17,1 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −17,1·8,571/13,57 = −10,8 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−17,1 − −36)/15 = 1,26 A

Additionner les contributions de courant

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,6 + 2,375 + 1,26 = 4,235 A

Puissance dans la résistance

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

PR4 = IR4²·R4 = 4,235²·15 = 269 W

Réponse

PR4 = 269 W

Additionner les puissances des cas séparés donnerait 113,8 W, ce qui est faux.

9.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 1,846 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 ΩAabRth​

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

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

R1 ∥ R2 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 5 = 7,222 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​4 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) = 30·4/(5+4) = 13,33 V
IN​1,846 ARth​7,222 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 = 13,33/7,222 = 1,846 A
10.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 8,097 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​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩCOURT-CIRCUITR2​12 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 3 = 8,455 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Trouver Vth, la tension à vide

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6,545 + (−3)·5,455 = −9,818 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −9,818 + (−3)·3 = −18,82 V
Rth​ = 8,455 Ω−+Vth​18,82 VRL​3 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) = −18,82/(8,455 + 3) = −1,643 A
PL = IL²·RL = −1,643²·3 = 8,097 W
11.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 9,798 ms

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

Constante de temps 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 = 100 mH / 47 Ω = 2,128 ms
i(∞) = Vs/R = 9/47 = 0,1915 A

Isoler le temps

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −2,128·ln(0,01) = 9,798 ms

Réponse

t = 9,798 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: vC = 6,78 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.

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.

vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 5 + (10 − 5)·e−t/τ

Tension à l’instant donné

vC(750) = 5 + (5)·e−750/726 = 6,78 V

Réponse

vC = 6,78 V
13.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: φ = −68,62 °

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 = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−255,5)²) = 274,4 Ω

Déphasage

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−255,5/100) = −68,62°

Réponse

φ = −68,62°
14.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 0,2728 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 Ω

Impédance

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−181,5)²) = 183,3 Ω

Courant

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

I = V/|Z| = 50/183,3 = 0,2728 A

Réponse

I = 0,2728 A
15.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 174,1 A

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 de chaque charge

Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).

Q1 = 11·tan(arccos 0,7) = 11,22 kvar
Q2 = −26·tan(arccos 0,7) = −26,53 kvar

Totaux

P = 11 + 26 = 37 kW
Q = 11,22 + (−26,53) = −15,3 kvar
S = √(37² + (−15,3)²) = 40,04 kVA

Courant total

I = S/V = 40040/230 = 174,1 A

Réponse

I = 174,1 A
16.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: ΔP = 76,61 kW

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 de la charge existante

Q1 = 92·tan(arccos 0,65) = 107,6 kvar

Plus grande puissance active totale

À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 107,6²) = 168,6 kW

Puissance active supplémentaire

ΔP = 168,6 − 92 = 76,61 kW

Réponse

ΔP = 76,61 kW
17.Puissance triphasée

Réponse: P = 7,649 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 = √3·480·10 = 8,314 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 8,314·0,92 = 7,649 kW

Réponse

P = 7,649 kW
18.Puissance triphasée

Réponse: QC = 47,69 kvar

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 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 47,69 kvar

Réponse

QC = 47,69 kvar
19.Transformateurs

Réponse: IHV = 22,73 A

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

Courant nominal

Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.

IHV = S/V = 250000/11000 = 22,73 A

Réponse

IHV = 22,73 A
20.Transformateurs

Réponse: Sη,max = 144,3 kVA

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 égales aux pertes fer

x²·2250 = 750 → x = √(750/2250) = 0,5774

Charge au rendement maximal

Sη,max = x·S = 0,5774·250 = 144,3 kVA

Réponse

Sη,max = 144,3 kVA
21.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = 0,3128 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.

L’entrée inverseuse suit l’entrée

V₋ = V₊ = 0,1 V
I = V₋/R1 = 0,1/4,7 = 0,02128 mA

Tension de sortie

Le courant de R₁ traverse aussi Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,1 + 0,02128·10 = 0,3128 V

Réponse

Vout = 0,3128 V
22.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = −3,971 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) = 1,5·1/(22 + 1) = 0,06522 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 = −(22/10)·1,9 + (1 + 22/10)·0,06522 = −4,18 + 0,2087 = −3,971 V

Réponse

Vout = −3,971 V
23.Diodes et transistors

Réponse: R = 1067 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 − 4·2 = 16 V

Résistance

R = 16/0,015 = 1067 Ω

Réponse

R = 1067 Ω

La résistance dissipe 240 mW.

24.Diodes et transistors

Réponse: PZ,max = 537,6 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 = 14,4/150 = 96 mA

Puissance de la Zener

PZ = 5,6·96 = 537,6 mW

Réponse

PZ,max = 537,6 mW
25.Systèmes de numération

Réponse: N = −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.

Additionner les poids

Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.

−128 + 16 + 4 + 2 = −106

Réponse

N = −106
26.Systèmes de numération

Réponse: b = 13 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

212 = 4096 < 4665
213 = 8192 ≥ 4665

Réponse

b = 13
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: N = 3

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.

ABCD000111100001111010010302041507060121130150140809111010

Regrouper les 1

Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.

BC′D
A′B′C′D′
AB′CD

Forme SOP minimale

F = BC′D + A′B′C′D′ + AB′CD
N = 3

Réponse

N = 3
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: N = 4

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

Compter les changements

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0
N = 4

Réponse

N = 4
29.Transformées de Laplace

Réponse: f(0.2) = 2,836

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 + 8 = (s + 2)² + 4 = (s + 2)² + 2²

Identifier le numérateur

F(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 2²) + (17/2)·2/((s + 2)² + 2²)

Transformée inverse

f(t) = e−2t·(cos 2t + 8,5·sin 2t)
f(0,2) = e−2·0,2·(cos(2·0,2) + 8,5·sin(2·0,2)) = 2,836

Réponse

f(0,2) = 2,836
30.Transformées de Laplace

Réponse: y(0.8) = 3,697

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 + 3s + 2)·Y(s) = 4s + 12 + 6/s
Y(s) = (4s² + 12s + 6)/(s(s + 1)(s + 2))

Décomposition en éléments simples

A = 6/(1·2) = 3
B = −2/((−1)·1) = 2
C = −2/((−2)·(−1)) = −1

Résultat

y(t) = 3 + 2·e−t − e−2t
y(0,8) = 3,697

Réponse

y(0,8) = 3,697

Vérification : y(0) = A + B + C = 4.

31.Schémas fonctionnels

Réponse: T(0) = 0,6849

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 = G/(1 + G·H₁) = 10/(s + 3 + 10·2) = 10/(s + 23)

Boucle externe

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 50/(s + 23 + 50) = 50/(s + 73)

Résultat

T(0) = 50/73 = 0,6849

Réponse

T(0) = 0,6849
32.Schémas fonctionnels

Réponse: T(0) = 2,286

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) = 3/(s + 9)

Boucle externe

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 48/((s + 1)(s + 9) + 12)

Gain statique

T(0) = 48/(1·9 + 12) = 48/21 = 2,286

Réponse

T(0) = 2,286
33.Réponse indicielle

Réponse: tp = 0,5388 s

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

Comparez avec la forme standard

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

ωₙ² = 59 → ωₙ = 7,681 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·7,681) = 0,6509

Résultat

ωd = 7,681·√(1 − 0,6509²) = 5,831 rad/s → tp = π/ωd = 0,5388 s

Réponse

tp = 0,5388 s
34.Réponse indicielle

Réponse: ωn = 3162 rad/s

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

Pulsation propre et coefficient d’amortissement

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (126/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,1) = 0,1992

Résultat

ωₙ = 3162 rad/s

Réponse

ωn = 3162 rad/s
35.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: f0 = 5033 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/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz

Réponse

f0 = 5033 Hz
36.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: ω180 = 7,746 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 de phase

(ω/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Réponse

ω180 = 7,746 rad/s
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: N = 2

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.

Polynôme caractéristique

s³ + 7s² + 12s + 336 = 0

Tableau de Routh

s³: 1, 12
s²: 7, 336
s¹: −36
s⁰: 336

Changements de signe dans la première colonne

1 → 7 → −36 → 336
N = 2

Réponse

N = 2

Le gain dépasse la limite K = 84, donc une paire complexe est passée dans le demi-plan droit.

38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: K = 8,002

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 + 4s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 4 → ωₙ = 2,829 rad/s

Gain

K = ωₙ² = 2,829² = 8,002

Réponse

K = 8,002

Les pôles en boucle fermée se situent là où la droite de ζ coupe la branche verticale en s = −2.

39.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 0,1

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 = 20·1/4 = 5

Erreur sur la parabole

ess = 0,5/5 = 0,1

Réponse

ess = 0,1
40.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 2,5

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) = 2s + 4 → 4 lorsque s → 0.

Kv = 4·2/4 = 2

Erreur sur la rampe

ess = 5/2 = 2,5

Réponse

ess = 2,5

Le régulateur PI supprime complètement l’erreur sur un échelon ; une rampe est suivie avec un retard constant.

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