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​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Trouvez le courant IR2 dans R2.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​12 ΩBR6​25 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩR4 = 12 ΩR5 = 25 ΩR6 = 25 Ω
IR1 = A
3.Méthode des nœudsMoyen
R1​20 Ω+−V1​24 VR2​6 Ω+−V2​18 VR3​8 Ω+−V3​15 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 = 24 VR1 = 20 ΩV2 = 18 VR2 = 6 ΩV3 = 15 VR3 = 8 Ω
I3 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
R1​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​2 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A−+V2​36 V

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

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 ΩR5 = 30 Ω
IR2 = A
5.Méthode des maillesMoyen
R1​ = 15 ΩR2​ = 4 ΩIR2​+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
IR2 = A
6.Méthode des maillesDifficile
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​25 ΩAR5​5 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Utilisez la méthode des mailles pour trouver le courant de maille I1 (sens horaire).

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 25 ΩR5 = 5 Ω
I1 = A
7.SuperpositionMoyen
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBIs​?

Trouvez la valeur de la source de courant Is (sens indiqué) qui annule le courant IR3 dans R3.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
Is = A
8.SuperpositionDifficile
R1​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 5 ΩIR4​+−V1​36 VR3​5 ΩAIs​5 AB+−V2​10 V

Utilisez le théorème de superposition pour trouver le courant IR4 dans R4 dans le sens de la flèche.

V1 = 36 VIs = 5 AV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
IR4 = A
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​4 ABRL​4 ΩIL​

Une charge RL = 4 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
IL = A
11.Transitoires RC et RLMoyen
R = 100 Ωt = 0L47 mHi(t)

La bobine est parcourue par un courant permanent de 0,5 A. À t = 0, l’interrupteur ferme la boucle à travers R et la source est retirée, donc le courant de la bobine décroît à travers R. Trouvez la tension vR aux bornes de R à t = 1 ms.

i(0) = 0,5 AR = 100 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vR = V
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​5 Vt = 0R = 2,2 kΩC?+−vC​

Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 5 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 4 V, exactement 10 ms après le départ. Avec R = 2,2 kΩ, trouvez la capacité C nécessaire.

Vs = 5 VVth = 4 VT = 10 msR = 2,2 kΩ
C = µF
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Vf0​ = 100 HzRL = ?C = 1 µF

Un circuit RLC série avec C = 1 µF doit résonner à 100 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.

f0 = 100 HzC = 1 µF
L = mH
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
24 V200 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 20 ΩC = 100 µFI

Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 24 V (efficace), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩC = 100 µF
I = A
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 37 kWQ = ?Sφ

Un moteur monophasé absorbe 37 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 240 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.

P = 37 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
10 V1000 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Une source de 10 V (efficace), 1000 Hz a une impédance interne Zs = 2 + j15 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. Trouvez la puissance active maximale Pmax qui peut être fournie à la charge.

Vs = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 2 + j15 Ω
Pmax = W
17.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 480 VZ = 18 + j24 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 18 + j24 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 480 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 480 VZ = 18 + j24 Ω par phase
P = kW
18.Puissance triphaséeDifficile
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformateursMoyen
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Un transformateur monophasé de 100 kVA, 11000/400 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.

S = 100 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformateursDifficile
pf 0,85250 kVA, 50% charge

Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 2000 W et des pertes cuivre de 8000 W à charge nominale. Il fournit 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.

S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 8000 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −1,4 V

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

Vin = −1,4 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −0,8 VR = 1 kΩ

L’intégrateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V ; sa sortie sature à ±13 V. Le condensateur est déchargé quand une entrée constante Vin = −0,8 V est appliquée à t = 0. Trouvez la tension de sortie Vout à t = 5 ms.

Vin = −0,8 VR = 1 kΩC = 2,2 µFVsat = ±13 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Diodes et transistorsMoyen
+−9 VR = ?3 × 2,1 V20 mA

3 LED jaune (tension directe 2,1 V chacune) sont branchées en série avec une résistance sur une alimentation de 9 V. Trouvez la résistance R qui fixe le courant à 20 mA.

Vs = 9 VVF = 2,1 Vn = 3I = 20 mA
R = Ω
24.Diodes et transistorsDifficile
+−≤ 24 V270 Ω6,2 V

Un régulateur Zener de 6,2 V a une résistance série de 270 Ω. L’entrée peut monter à 24 V, et la charge peut être déconnectée. Trouvez la plus grande puissance PZ,max que la Zener doit dissiper.

Vin,max = 24 VVZ = 6,2 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Systèmes de numérationMoyen
poids en complément à deux1−12816403201618040211

Le motif de 8 bits 1100 1001 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?

1100 10018 bit
N =
26.Systèmes de numérationDifficile
cliquez sur les bits pour les positionner012806403201608040201

Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1101 1001 XOR 0100 1001. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?

1101 1001XOR0100 1001
R =
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111000011302040517061120131150140809111010

Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(3, 7, 11, 12, 15). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 7, 11, 12, 15)
L =
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
ABCD00011110000111100011131214051716X120131151140809X11110

Pour F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 6, 7, 10, 14, 15) + d(11, 12), où d marque les états indifférents, trouvez le nombre N d’implicants premiers essentiels.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 6, 7, 10, 14, 15) + d(11, 12)
N =
29.Transformées de LaplaceMoyen
ReIm−5−10−15−20

F(s) = (2s + 37)/(s² + 4s + 3). Sa transformée inverse a la forme f(t) = A·e−t + B·e−3t. Trouvez le coefficient A par décomposition en éléments simples.

F(s) = (2s + 37)/(s² + 4s + 3)
A =
30.Transformées de LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Résolvez y″ + 7y′ + 10y = 0 avec y(0) = −9 et y′(0) = −11 à l’aide de la transformée de Laplace, et trouvez y(0,6).

y″ + 7y′ + 10y = 0y(0) = −9y′(0) = −11t = 0,6 s
y(0.6) =
31.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+K(s + 1)(s + 2)G(s)C(s)−

Le système G(s) = K/((s + 1)(s + 2)) est dans une boucle à retour unitaire négatif. Trouvez le gain K pour lequel la boucle fermée est à amortissement critique (deux pôles réels égaux).

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))retour unitaire négatif
K =
32.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+Kcorrecteur+D(s)+9s + 2systèmeC(s)−

Un correcteur proportionnel K commande le système G(s) = 9/(s + 2) dans une boucle à retour unitaire négatif. Un échelon de perturbation d’amplitude 2 entre à l’entrée du système alors que R = 0. Trouvez le plus petit gain K qui maintient la sortie en régime permanent à 0,9 ou moins.

G(s) = 9/(s + 2)D = 2css ≤ 0,9
K =
33.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)1ts​ = ?

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 84/(s² + 5s + 84) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le temps de réponse à 2 % ts de la réponse indicielle, avec ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 84/(s² + 5s + 84)
ts = s
34.Réponse indicielleDifficile
+−12 VR = 100 ΩL = 20 mHC = 2 µFvC​

Un circuit RLC série avec R = 100 Ω, L = 20 mH et C = 2 µF est relié à un échelon de 12 V à t = 0. Le condensateur est déchargé et aucun courant ne circule avant l’échelon. Trouvez l’instant tp du premier pic de tension, en ms.

R = 100 ΩL = 20 mHC = 2 µFV = 12 V
tp = ms
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
vin​R = 4,7 kΩC = 4,7 nFvout​

Le filtre passe-bas RC représenté a R = 4,7 kΩ, C = 4,7 nF. Un signal d’entrée sinusoïdal de 22 kHz est appliqué. Trouvez le gain |H| = |vout/vin| en dB.

R = 4,7 kΩC = 4,7 nFf = 22 kHz
|H| = dB
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) = 30/(s(s + 4)(s + 7)). Trouvez la marge de gain GM en dB.

L(s) = 30/(s(s + 4)(s + 7))
GM = dB
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+Ks + 9s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Une boucle à retour unitaire a pour fonction L(s) = K(s + 9)/(s(s + 1)(s + 2)), avec K > 0. Trouvez le plus grand gain Kmax pour lequel la boucle fermée est stable.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReImζ = 0,8−2−4−6−8−10j2

Le lieu des racines de L(s) = K/(s(s + 8)) est représenté. Trouvez le gain K pour lequel les pôles en boucle fermée ont le coefficient d’amortissement ζ = 0,8.

L(s) = K/(s(s + 8))ζ = 0,8
K =
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 2 + 3t+50(s + 4)s(s + 1)C(s)−

L’entrée r(t) = 2 + 3t (un échelon plus une rampe) est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 1)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 50(s + 4)/(s(s + 1))r(t) = 2 + 3t
ess =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+2 + Kd​s5s(s + 1)C(s)−

Un régulateur PD C(s) = 2 + Kd·s commande le procédé G(s) = 5/(s(s + 1)) dans une boucle à retour unitaire. Trouvez le gain dérivé Kd qui donne à la boucle fermée un coefficient d’amortissement ζ = 0,9.

G(s) = 5/(s(s + 1))Kp = 2ζ = 0,9
Kd = s

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR2 = 0,641 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​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​12 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 = 3 + 12 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Req = R1 + 1,765 = 12 + 1,765 = 13,76 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 = 10/13,76 = 0,7265 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 = 10 − 0,7265·12 = 1,282 V
IR2 = VA/R2 = 1,282/2 = 0,641 A

Réponse

IR2 = 0,641 A
2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR1 = 2,227 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​12 ΩBR6​25 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 = 25 + 25 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 9,677 Ω
R3 + 9,677 = 34,68 Ω
R2 ∥ 34,68 = 10,47 Ω
Req = R1 + 10,47 = 3 + 10,47 = 13,47 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 = 30/13,47 = 2,227 A

Réponse

IR1 = 2,227 A
3.Méthode des nœuds

Réponse: I3 = −0,3476 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 − 24)/20 + (VA − 18)/6 + (VA − 15)/8 = 0

Trouver VA

VA = (24/20 + 18/6 + 15/8) / (1/20 + 1/6 + 1/8) = 6,075/0,3417 = 17,78 V

Courant de branche

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

I3 = (15 − VA)/R3 = (15 − 17,78)/8 = −0,3476 A

Réponse

I3 = −0,3476 A

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

4.Méthode des nœuds

Réponse: IR2 = 1,877 A

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​5 VR3​2 ΩAR5​30 ΩBIs​2 A−+V2​36 V

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 5 V, V2 = −36 V). Inconnues : VA, VB.

Loi des nœuds au nœud A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/2 + (VA − 5)/25 + (VA − VB)/4 = 0
0,79·VA − 0,25·VB = 0,2

Loi des nœuds au nœud B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/4 + (VB − (−36))/6 = 2
−0,25·VA + 0,45·VB = −4

Résoudre

Δ = (0,79)(0,45) − (−0,25)(−0,25) = 0,293
VA = Δ1/Δ = −0,91/0,293 = −3,106 V
VB = Δ2/Δ = −3,11/0,293 = −10,61 V

Réponse

IR2 = (VA − VB)/R2 = (−3,106 − −10,61)/4 = 1,877 A
5.Méthode des mailles

Réponse: IR2 = −1,966 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​ = 4 Ω+−V1​6 VR3​6 ΩA+−V2​18 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 + 6(I1 − I2) = 6
21·I1 − 6·I2 = 6

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 + 6(I2 − I1) = (−18)
−6·I1 + 10·I2 = −18

Résoudre

Δ = (21)(10) − (−6)(−6) = 174
I1 = Δ1/Δ = −48/174 = −0,2759 A
I2 = Δ2/Δ = −342/174 = −1,966 A

Réponse

IR2 = I2 = −1,966 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: I1 = 0,7865 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​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​25 ΩAR5​5 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
20·I1 + 25(I1 − I2) = 24
45·I1 − 25·I2 = 24

Loi des mailles dans la maille 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 25(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 33·I2 − 5·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
12·I3 + 5(I3 − I2) = (−18)
−5·I2 + 17·I3 = −18

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 13495
I1 = Δ1/Δ = 10614/13495 = 0,7865 A
I2 = Δ2/Δ = 6150/13495 = 0,4557 A
I3 = Δ3/Δ = −12480/13495 = −0,9248 A

Réponse

I1 = 0,7865 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: Is = 0,24 A

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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBOUVERT

Cas 1 · V1 seule active

Iₛ devient un circuit ouvert, donc R₃ et R₄ forment une branche série de A à la masse, en parallèle avec R₂.

R3+R4 = 8+10 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·18/(3+18) = 2,571 Ω
VA = 12·2,571/(12+2,571) = 2,118 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,118·10/18 = 1,176 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,118 − 1,176)/8 = 0,1176 A

Cas 2 · Is seule active

V₁ devient un court-circuit, donc R₁ ∥ R₂ est reliée entre A et la masse. Iₛ se partage en B entre R₄ et le chemin R₃ + R₁∥R₂ ; la part qui traverse R₃ circule de B vers A, à l’opposé de la flèche.

R1 ∥ R2 = 2,4 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·10/20,4 = −0,4902·Is

Égaler le total à zéro

IR3′ + IR3″ = 0,1176 − 0,4902·Is = 0
Is = 0,1176/0,4902 = 0,24 A

Réponse

Is = 0,24 A
8.Superposition

Réponse: IR4 = 3,694 A

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​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​36 VR3​5 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) = 5 ∥ 13 = 3,611 Ω
VA = 36·3,611/(20+3,611) = 5,506 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,506·5/13 = 2,118 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 2,118)/5 = −0,4235 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 5 ΩCOURT-CIRCUITR3​5 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 = 4 Ω, donc le chemin de gauche vaut R2+4 = 12 Ω
Req = R4 ∥ 12 = 3,529 Ω
VB = Is·Req = (−5)·3,529 = −17,65 V
VA = VB·4/12 = −5,882 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − −17,65)/5 = 3,529 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 5 ΩCOURT-CIRCUITR3​5 ΩAOUVERTB+−V2​10 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·12/17 = 7,059 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,059·4/12 = 2,353 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (10 − 7,059)/5 = 0,5882 A

Additionner les contributions

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0,4235) + 3,529 + 0,5882 = 3,694 A

Un résultat négatif signifie que le courant réel circule dans le sens opposé à la flèche.

9.Thévenin et Norton

Réponse: IN = 0,5357 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​ = 4 ΩCOURT-CIRCUITR2​2 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 4 = 5,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​2 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) = 15·2/(8+2) = 3 V
IN​0,5357 ARth​5,6 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 = 3/5,6 = 0,5357 A
10.Thévenin et Norton

Réponse: IL = 2,848 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​ = 2 ΩR3​ = 4 ΩCOURT-CIRCUITR2​3 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 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 4 = 5,2 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​4 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) = 5,4 + 4·1,2 = 10,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,2 + 4·4 = 26,2 V
Rth​ = 5,2 Ω+−Vth​26,2 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) = 26,2/(5,2 + 4) = 2,848 A
11.Transitoires RC et RL

Réponse: vR = 5,956 V

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

Constante de temps

τ = L/R = 47 mH / 100 Ω = 0,47 ms

Décroissance du courant

i(t) = 0,5·e−1/0,47 = 0,05956 A
vR = R·i = 100·0,05956 = 5,956 V

Réponse

vR = 5,956 V
12.Transitoires RC et RL

Réponse: C = 2,824 µF

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

Constante de temps requise

4 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 4))
τ = 10/1,609 = 6,213 ms

Capacité

Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.

C = τ/R = 6,213/2,2 = 2,824 µF

Réponse

C = 2,824 µF
13.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: L = 2533 mH

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|.

Condition de résonance

À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·100 = 628,3 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(628,3²·1·10⁻⁶) = 2533 mH

Réponse

L = 2533 mH
14.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: I = 1,659 A

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

Réactance

XC = 1/(2π·200·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Association en parallèle

Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 2,734 − j6,87 Ω

Impédance totale

Z = 10 + 2,734 − j6,87 = 12,73 − j6,87 Ω
|Z| = √(12,73² + 6,87²) = 14,47 Ω

Courant

I = V/|Z| = 24/14,47 = 1,659 A

Réponse

I = 1,659 A
15.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q = 37,75 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(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Puissance réactive

Q = P·tan φ = 37·1,02 = 37,75 kvar

Réponse

Q = 37,75 kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Pmax = 12,5 W

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.

Adaptation conjuguée

La réactance de la charge compense celle de la source, et la résistance de la charge est égale à celle de la source.

ZL = Zs* = 2 − j15 Ω

Puissance maximale

I = Vs/(2Rs) = 10/4 = 2,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·2) = 12,5 W

Réponse

Pmax = 12,5 W
17.Puissance triphasée

Réponse: P = 13,82 kW

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, VL = √3·Vph, et le courant de ligne est égal au courant de phase. En couplage triangle (Δ), la tension composée est égale à la tension de phase et le courant de ligne vaut √3 fois le courant de phase, IL = √3·Iph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Tension simple

Vph = VL = 480 V

Courant de phase

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 480/30 = 16 A

Puissance active totale

Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·18 = 13,82 kW

Réponse

P = 13,82 kW

Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.

18.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 266,4 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 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 39,85 kvar

Capacité par phase

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13284/(314,2·398,4²) = 266,4 µF

Réponse

Cph = 266,4 µF
19.Transformateurs

Réponse: IHV = 9,091 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 = 100000/11000 = 9,091 A

Réponse

IHV = 9,091 A
20.Transformateurs

Réponse: Ploss = 4000 W

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

Pertes cuivre à cette charge

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·8000 = 2000 W

Pertes totales

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

Ploss = 2000 + 2000 = 4000 W

Réponse

Ploss = 4000 W

Le rendement à cette charge vaut η = 96,37%.

21.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = −7,764 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₊ = −1,4 V
I = V₋/R1 = −1,4/22 = −0,06364 mA

Tension de sortie

Le courant de R₁ traverse aussi Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,4 + (−0,06364)·100 = −7,764 V

Réponse

Vout = −7,764 V
22.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = 1,818 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.

Courant d’entrée et pente de la rampe

Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.

RC = 1 kΩ · 2,2 µF = 2,2 ms
pente de la rampe = −Vin/(RC) = −(−0,8)/2,2 = 0,3636 V/ms

Sortie à l’instant donné

La valeur idéale est comprise dans ±Vsat, donc l’intégrateur n’est pas encore saturé.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−0,8)·5/2,2 = 1,818 V

Réponse

Vout = 1,818 V
23.Diodes et transistors

Réponse: R = 135 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 = 9 − 3·2,1 = 2,7 V

Résistance

R = 2,7/0,02 = 135 Ω

Réponse

R = 135 Ω

La résistance dissipe 54 mW.

24.Diodes et transistors

Réponse: PZ,max = 408,7 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 = 17,8/270 = 65,93 mA

Puissance de la Zener

PZ = 6,2·65,93 = 408,7 mW

Réponse

PZ,max = 408,7 mW
25.Systèmes de numération

Réponse: N = −55

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 + 64 + 8 + 1 = −55

Réponse

N = −55
26.Systèmes de numération

Réponse: R = 144

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

Bit par bit

OU exclusif (XOR) donne 1 quand les deux bits diffèrent.

1101 1001
XOR 0100 1001
= 1001 0000

Valeur du résultat

1001 0000₂ = 144

Réponse

R = 144
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: L = 6

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.

ABCD000111100001111000011302040517061120131150140809111010

Regrouper les 1

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

CD
ABC′D′

Forme SOP minimale

F = CD + ABC′D′
L = 6

Réponse

L = 6
28.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.

Implicants premiers

Les plus grands groupes pouvant être formés de 1 et de X.

C, BD′, A′B′D
ABCD00011110000111100011131214051716X120131151140809X11110

Implicants premiers essentiels

C, BD′, A′B′D
N = 3

Réponse

N = 3
29.Transformées de Laplace

Réponse: A = 17,5

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

Factoriser le dénominateur

s² + 4s + 3 = (s + 1)(s + 3)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 3)

Méthode des résidus

Multipliez par (s + 1) et posez s = −1 : le terme en B disparaît.

A = (2s + 37)/(s + 3) |s = −1 = 35/2 = 17,5

Réponse

A = 17,5
(B = −15,5, donc f(t) = 17,5·e−t − 15,5·e−3t)
30.Transformées de Laplace

Réponse: y(0.6) = −5,141

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

s²Y − (−9)s − (−11) + 7(sY − (−9)) + 10Y = 0
Y(s) = (−9s − 74)/((s + 2)(s + 5))

Décomposition en éléments simples

A = −56/3 = −18,67
B = −29/(−3) = 9,667

Résultat

y(t) = −18,67·e−2t + 9,667·e−5t
y(0,6) = −5,141

Réponse

y(0,6) = −5,141

Vérification : y(0) = A + B = −9.

31.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 0,25

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

Équation caractéristique

1 + K/((s + 1)(s + 2)) = 0 → s² + 3s + 2 + K = 0

Racine double

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

3² = 4(2 + K) → K = 9/4 − 2 = 0,25

Réponse

K = 0,25
Les deux pôles en boucle fermée sont alors en s = −1,5.
32.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 2

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

Réponse à la perturbation

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·9/(2 + 9K)

Résoudre pour K

2 + 9K = 2·9/0,9 = 20
K = (20 − 2)/9 = 2

Réponse

K = 2
33.Réponse indicielle

Réponse: ts = 1,6 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 = 84 → ωₙ = 9,165 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·9,165) = 0,2728

Résultat

ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Réponse

ts = 1,6 s
34.Réponse indicielle

Réponse: tp = 0,7255 ms

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/√(0,02·2 × 10⁻⁶) = 5000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (100/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,02) = 0,5

Résultat

ωd = 4330 rad/s
tp = π/ωd = 0,7255 ms

Réponse

tp = 0,7255 ms
35.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |H| = −10,14 dB

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

Fréquence de coupure

ωc = 1/(RC) = 1/(4700·4,7 × 10⁻⁹) = 45269 rad/s
fc = 7205 Hz → f/fc = 22000/7205 = 3,054

Gain

|H| = 1/√(1 + 3,054²) = 0,3112
20·log₁₀(0,3112) = −10,14 dB

Réponse

|H| = −10,14 dB
36.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: GM = 20,23 dB

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

Croisement de phase

(ω/4)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(4·7) = 5,292 rad/s

Module au croisement de phase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 49)) = K/(4·7·(4 + 7)) = K/308

Marge de gain

GM = 20·log₁₀(308/30) = 20,23 dB

Réponse

GM = 20,23 dB
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: Kmax = 1

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

s(s + 1)(s + 2) + K(s + 9) = s³ + 3s² + (2 + K)s + 9K

Tableau de Routh

s³: 1, 2 + K
s²: 3, 9K
s¹: (3·(2 + K) − 9K)/3
s⁰: 9K

Condition

6 − 6K > 0
K < 6/6 = 1

Réponse

Kmax = 1

Avec le zéro à droite de s = −3, la boucle resterait stable pour tout K > 0.

38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: K = 25

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 + 8s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 8 → ωₙ = 5 rad/s

Gain

K = ωₙ² = 5² = 25

Réponse

K = 25

Les pôles en boucle fermée se situent là où la droite de ζ coupe la branche verticale en s = −4.

39.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 0,015

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

Constante de vitesse

Kv = lim s·G(s) = 200

Partie échelon

Kp = ∞ → estep = 0

Erreur sur la rampe

ess = 3/200 = 0,015

Réponse

ess = 0,015
40.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: Kd = 0,9384 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 + 1) + 5(2 + Kds) = s² + (1 + 5Kd)s + 10

Fréquence propre

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s

Gain dérivé

1 + 5Kd = 2·0,9·3,162 = 5,692
Kd = 0,9384 s

Réponse

Kd = 0,9384 s

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

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