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​ = 5 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​4 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Résistances en série et en parallèleDifficile
R1​ = 15 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩIR2​AR4​4 ΩBR6​6 Ω

Trouvez le courant IR2 dans R2.

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
3.Méthode des nœudsMoyen
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​15 ΩBIs​2 A

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver la puissance PIs fournie par la source de courant Is.

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.Méthode des nœudsDifficile
R1​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩAR5​25 ΩBIs​6 A−+V2​24 V

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

V1 = 18 VIs = 6 AV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 Ω
VA = V
5.Méthode des maillesMoyen
R1​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩIR2​+−V1​18 VR3​12 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
IR2 = A
6.Méthode des maillesDifficile
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩIR3​+−V1​12 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 25 ΩR5 = 12 Ω
IR3 = A
7.SuperpositionMoyen
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩIR2​AR4​12 ΩBIs​3 A

Utilisez la superposition pour trouver la puissance PR2 absorbée par R2.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
PR2 = W
8.SuperpositionDifficile
circuit linéaireV1​V2​Is​IRL​

Un circuit résistif linéaire contient trois sources indépendantes : V1, V2 et Is. Le courant I dans une charge est mesuré trois fois. Avec toutes les sources à leur valeur normale, I = 21 mA. Avec V1 doublée et les deux autres inchangées, I = 22 mA. Avec le sens de Is inversé et les deux autres inchangées, I = 1 mA. Trouvez le courant de charge I quand V2 est éteinte et que V1 et Is ont leur valeur normale.

normale: I = 21 mA2·V1: I = 22 mA−Is: I = 1 mA
I = mA
9.Thévenin et NortonMoyen
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAab

Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.

V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin et NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABRL​25 ΩIL​

Une charge RL = 25 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Transitoires RC et RLMoyen
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 3,3 kΩC22 µF+−vC​

La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la constante de temps τ du circuit après la fermeture de l’interrupteur.

Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 3,3 kΩC = 22 µF
τ = ms
12.Transitoires RC et RLDifficile
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C10 µF+−vC​

Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 15 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 12 V, exactement 50 ms après le départ. Avec C = 10 µF, trouvez la résistance R nécessaire.

Vs = 15 VVth = 12 VT = 50 msC = 10 µF
R = kΩ
13.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Vf0​ = 5000 HzRL = 10 mHC = ?

Un circuit RLC série avec L = 10 mH doit résonner à 5000 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.

f0 = 5000 HzL = 10 mH
C = µF
14.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
5 Vf0​R = 20 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF

Un circuit RLC série est alimenté par une source de 5 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.

V = 5 V (rms)R = 20 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
P = 11 kWQ = ?Sφ

Un moteur monophasé absorbe 11 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.

P = 11 kWpf = 0,65V = 400 V
Q = kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
400 V60 Hzcharge10 kW, 0,7C100 µFI = ?

Une charge monophasée absorbe 10 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sur une alimentation de 400 V, 60 Hz. Un condensateur de 100 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.

P = 10 kWpf1 = 0,7V = 400 Vf = 60 HzC = 100 µF
I = A
17.Puissance triphaséeMoyen
ABCVL​ = 415 VNZ = 12 + j9 Ωpar phase

Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 12 + j9 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 415 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

VL = 415 VZ = 12 + j9 Ω par phase
P = kW
18.Puissance triphaséeDifficile
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformateursMoyen
2 ΩN1​N2​200 Ω

Un amplificateur de résistance de sortie 200 Ω alimente un haut-parleur de 2 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 200 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.

Rs = 200 ΩRL = 2 Ω
a =
20.TransformateursDifficile
pf 0,925 kVA, η = 99%

Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 150 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif), son rendement est de 99 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.

S = 25 kVAPcore = 150 Wpf = 0,9η = 99%
Pcu,fl = W
21.Circuits à ampli opMoyen
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Choisissez la résistance de contre-réaction Rf qui donne à cet amplificateur non inverseur un gain en tension de 2.

R1 = 4,7 kΩAv = 2
Rf = kΩ
22.Circuits à ampli opDifficile
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −0,3 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,3 VR2​ = 2 kΩ

L’amplificateur sommateur utilise un ampli op idéal alimenté en ±15 V. Trouvez la tension de sortie Vout.

V1 = −0,3 VV2 = −1,3 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Diodes et transistorsMoyen
+−9 V470 Ω6,2 V2200 ΩIZ​ = ?

Un régulateur Zener de 6,2 V est alimenté sous 9 V à travers 470 Ω et alimente une charge de 2200 Ω. Trouvez le courant Zener IZ.

Vin = 9 VVZ = 6,2 VR = 470 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Diodes et transistorsDifficile
+−≤ 15 V270 Ω3,3 V

Un régulateur Zener de 3,3 V a une résistance série de 270 Ω. L’entrée peut monter à 15 V, et la charge peut être déconnectée. Trouvez la plus grande puissance PZ,max que la Zener doit dissiper.

Vin,max = 15 VVZ = 3,3 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
25.Systèmes de numérationMoyen
complément à deux sur 8 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Écris −40 comme motif de 8 bits en complément à deux. Lis ce motif comme un nombre binaire non signé : quelle est sa valeur U en décimal ?

N = −408 bit
U =
26.Systèmes de numérationDifficile
4791 codes, b = ? bits?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Un système doit donner à chacun de 4791 éléments son propre code binaire, tous de même longueur. Quel est le plus petit nombre de bits b nécessaire ?

4791
b = bit
27.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABCD000111100001111000010312140507160121130150140809111010

Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 11, 13). Combien de littéraux L contient-elle au total (une variable primée compte pour un littéral) ?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 4, 6, 11, 13)
L =
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLK

Un compteur asynchrone de 3 bits est construit avec des bascules ayant chacune un temps de propagation de 10 ns. Toutes les sorties doivent être stabilisées avant le front d’horloge suivant. Trouvez la fréquence d’horloge maximale fmax.

n = 3tpd = 10 ns
fmax = MHz
29.Transformées de LaplaceMoyen
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Trouvez f(t) pour F(s) = 22/(s² + 8s + 17) en complétant le carré, et calculez f(0,3).

F(s) = 22/(s² + 8s + 17)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Transformées de LaplaceDifficile
ReIm−224

Un système est décrit par l’équation différentielle y″ + 6y′ + 25y = 2u, d’entrée u(t) et de sortie y(t). Trouvez sa fonction de transfert G(s) = Y(s)/U(s) (conditions initiales nulles) et calculez la réponse impulsionnelle g(t) à t = 0,4 s. Trouvez g(0,4).

y″ + 6y′ + 25y = 2ut = 0,4 s
g(0.4) =
31.Schémas fonctionnelsMoyen
R(s)+K(s + 1)(s + 8)G(s)C(s)−

Le système G(s) = K/((s + 1)(s + 8)) est dans une boucle à retour unitaire négatif. Trouvez le gain K pour lequel la boucle fermée est à amortissement critique (deux pôles réels égaux).

G(s) = K/((s + 1)(s + 8))retour unitaire négatif
K =
32.Schémas fonctionnelsDifficile
R(s)+K(s + 2)(s + 6)(s + 8)G(s)C(s)−

Le système G(s) = K/((s + 2)(s + 6)(s + 8)) est dans une boucle à retour unitaire négatif. Utilisez le critère de Routh–Hurwitz pour trouver le plus grand gain Kmax pour lequel la boucle fermée est stable.

G(s) = K/((s + 2)(s + 6)(s + 8))retour unitaire négatif
Kmax =
33.Réponse indicielleMoyen
t (s)y(t)3tp​ = ?

Un système a pour fonction de transfert G(s) = 201/(s² + 2s + 67) et reçoit un échelon unitaire. Trouvez le temps du premier pic tp de la réponse indicielle.

G(s) = 201/(s² + 2s + 67)
tp = s
34.Réponse indicielleDifficile
t (s)y(t)1tp​ = 0,5 s30 %

La réponse indicielle d’un système du second ordre sans zéros montre 30 % de dépassement, et le premier pic se produit à t = 0,5 s. Trouvez la pulsation propre ωn.

%OS = 30 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
35.Diagrammes de Bode et margesMoyen
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 30

Trouvez le module exact |G(jω)| de G(s) = 2223/((s + 9)(s + 19)) à ω = 30 rad/s, en dB.

G(s) = 2223/((s + 9)(s + 19))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = 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) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Trouvez le gain K qui donne une marge de gain de 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))GM = 2 dB
K =
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesMoyen
R(s)+Ks + 8s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Une boucle à retour unitaire a pour fonction L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4)), avec K > 0. Trouvez le plus grand gain Kmax pour lequel la boucle fermée est stable.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racinesDifficile
ReIm−5j5

Le lieu des racines de L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5)) est esquissé. Trouvez la fréquence ω à laquelle le lieu coupe l’axe imaginaire.

L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
39.Erreur en régime permanent et commande PIDMoyen
r(t) = 2 + 2t+4(s + 1)s(s + 5)C(s)−

L’entrée r(t) = 2 + 2t (un échelon plus une rampe) est appliquée à une boucle à retour unitaire avec G(s) = 4(s + 1)/(s(s + 5)). Trouvez l’erreur en régime permanent ess.

G(s) = 4(s + 1)/(s(s + 5))r(t) = 2 + 2t
ess =
40.Erreur en régime permanent et commande PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 4C(s)−

Un régulateur PI C(s) = Kp + Ki/s commande le procédé G(s) = 2/(s + 4) dans une boucle à retour unitaire. La boucle fermée doit avoir ωₙ = 5 rad/s et ζ = 0,5. Trouvez le gain proportionnel Kp.

G(s) = 2/(s + 4)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,5
Kp =

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR1 = 2,449 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​8 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 5 + 4,8 = 9,8 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 = 24/9,8 = 2,449 A

Réponse

IR1 = 2,449 A
2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: IR2 = 0,2725 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​ = 15 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBR6​6 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 = 30 + 6 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 3,6 Ω
R3 + 3,6 = 33,6 Ω
R2 ∥ 33,6 = 10,37 Ω
Req = R1 + 10,37 = 15 + 10,37 = 25,37 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 = 10/25,37 = 0,3942 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 − 0,3942·15 = 4,088 V
IR2 = VA/R2 = 4,088/15 = 0,2725 A

Réponse

IR2 = 0,2725 A
3.Méthode des nœuds

Réponse: PIs = 36,09 W

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 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/15 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/6 = 0
0,2833·VA − 0,1667·VB = 0,75

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/15 + (VB − VA)/6 = 2
−0,1667·VA + 0,2333·VB = 2

Résoudre

Δ = (0,2833)(0,2333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,03833
VA = Δ1/Δ = 0,5083/0,03833 = 13,26 V
VB = Δ2/Δ = 0,6917/0,03833 = 18,04 V

Puissance fournie par la source de courant

La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à VB. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.

PIs = VB·Is = 18,04·2 = 36,09 W

Réponse

PIs = 36,09 W
4.Méthode des nœuds

Réponse: VA = 9,163 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​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩAR5​25 ΩBIs​6 A−+V2​24 V

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 18 V, V2 = −24 V). Inconnues : VA, VB.

Loi des nœuds au nœud A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 18)/3 + (VA − VB)/30 = 0
0,4333·VA − 0,03333·VB = 6

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/25 + (VB − VA)/30 + (VB − (−24))/30 = (−6)
−0,03333·VA + 0,1067·VB = −6,8

Résoudre

Δ = (0,4333)(0,1067) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,04511
VA = Δ1/Δ = 0,4133/0,04511 = 9,163 V
VB = Δ2/Δ = −2,747/0,04511 = −60,89 V

Réponse

VA = 9,163 V
5.Méthode des mailles

Réponse: IR2 = −2,25 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​ = 6 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩA+−V2​30 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
6·I1 + 12(I1 − I2) = 18
18·I1 − 12·I2 = 18

Loi des mailles dans la maille 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 12(I2 − I1) = (−30)
−12·I1 + 16·I2 = −30

Résoudre

Δ = (18)(16) − (−12)(−12) = 144
I1 = Δ1/Δ = −72/144 = −0,5 A
I2 = Δ2/Δ = −324/144 = −2,25 A

Réponse

IR2 = I2 = −2,25 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

6.Méthode des mailles

Réponse: IR3 = −0,4178 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​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR4​25 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 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
3·I1 + 25(I1 − I2) = 12
28·I1 − 25·I2 = 12

Loi des mailles dans la maille 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 25(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 57·I2 − 12·I3 = 0

Loi des mailles dans la maille 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
12·I3 + 12(I3 − I2) = (−12)
−12·I2 + 24·I3 = −12

Résoudre

Δ = déterminant de la matrice des coefficients = 19272
I1 = Δ1/Δ = 11088/19272 = 0,5753 A
I2 = Δ2/Δ = 3168/19272 = 0,1644 A
I3 = Δ3/Δ = −8052/19272 = −0,4178 A

Réponse

IR3 = I3 = −0,4178 A

Un courant de maille négatif circule dans le sens antihoraire.

7.Superposition

Réponse: PR2 = 17,75 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​12 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 = 12+12 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·24/(4+24) = 3,429 Ω
VA = 18·3,429/(10+3,429) = 4,596 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,596·12/24 = 2,298 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (4,596 − 0)/4 = 1,149 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 ΩAR4​12 ΩBIs​3 A

Cas 2 · Is seule

V₁ devient un court-circuit, donc R₁ est en parallèle avec R₂. Iₛ se partage en B entre R₄ et le chemin passant par R₃.

R1 ∥ R2 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 14,86 = 6,638 Ω
VB = Is·Req = 3·6,638 = 19,91 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 19,91·2,857/14,86 = 3,83 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (3,83 − 0)/4 = 0,9574 A

Additionner les contributions de courant

IR2 = IR2′ + IR2″ = 1,149 + 0,9574 = 2,106 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.

PR2 = IR2²·R2 = 2,106²·4 = 17,75 W

Réponse

PR2 = 17,75 W

Additionner les puissances des cas séparés donnerait 8,947 W, ce qui est faux.

8.Superposition

Réponse: I = 11 mA

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

Écrire les mesures avec les contributions

Chaque contribution est proportionnelle à sa propre source.

I₁ + I₂ + I₃ = 21
2·I₁ + I₂ + I₃ = 22
I₁ + I₂ − I₃ = 1

Trouver les contributions

I₁ = 22 − 21 = 1 mA
I₃ = (21 − 1)/2 = 10 mA
I₂ = 21 − 1 − 10 = 10 mA

Éteindre V₂

I = I₁ + I₃ = 1 + 10 = 11 mA

Réponse

I = 11 mA
9.Thévenin et Norton

Réponse: Rth = 20,45 Ω

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR2​10 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 15 = 20,45 Ω
10.Thévenin et Norton

Réponse: PL = 30,55 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​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩCOURT-CIRCUITR2​4 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 15 = 17,67 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAIs​2,5 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) = 3 + 2,5·2,667 = 9,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,667 + 2,5·15 = 47,17 V
Rth​ = 17,67 Ω+−Vth​47,17 VRL​25 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) = 47,17/(17,67 + 25) = 1,105 A
PL = IL²·RL = 1,105²·25 = 30,55 W
11.Transitoires RC et RL

Réponse: τ = 16,88 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.

Équivalent de Thévenin vu par le condensateur

Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.

Rth = R1 ∥ R2 = 1·3,3/(1 + 3,3) = 0,7674 kΩ
vC(∞) = 9·3,3/(1 + 3,3) = 6,907 V

Constante de temps

τ = Rth·C = 0,7674·22 = 16,88 ms

Réponse

τ = 16,88 ms
12.Transitoires RC et RL

Réponse: R = 3,107 kΩ

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

Constante de temps requise

12 = 15·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(15/(15 − 12))
τ = 50/1,609 = 31,07 ms

Résistance

Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.

R = τ/C = 31,07/10 = 3,107 kΩ

Réponse

R = 3,107 kΩ
13.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: C = 0,1013 µF

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·5000 = 31416 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(31416²·0,01) = 0,1013 µF

Réponse

C = 0,1013 µF
14.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: VL = 16,31 V

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

Résonance

À la résonance, les réactances s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 5/20 = 0,25 A

Tension aux bornes de la bobine

XL = ω₀L = 3262·0,02 = 65,23 Ω
VL = I·XL = 0,25·65,23 = 16,31 V

Réponse

VL = 16,31 V

Cela fait Q = 3,262 fois la tension d’alimentation.

15.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q = 12,86 kvar

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

Angle

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

Puissance réactive

Q = P·tan φ = 11·1,169 = 12,86 kvar

Réponse

Q = 12,86 kvar
16.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 27,09 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 avant et après

La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.

Q1 = 10·tan(arccos 0,7) = 10,2 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·100·10⁻⁶ = 6032 var = 6,032 kvar
Q2 = 10,2 − 6,032 = 4,17 kvar

Nouvelle puissance apparente

S2 = √(10² + 4,17²) = 10,83 kVA

Nouveau courant de ligne

I = S2/V = 10835/400 = 27,09 A

Réponse

I = 27,09 A
17.Puissance triphasée

Réponse: P = 9,185 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 = 415/√3 = 239,6 V

Courant de phase

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 239,6/15 = 15,97 A

Puissance active totale

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

P = 3·Iph²·R = 3·15,97²·12 = 9,185 kW

Réponse

P = 9,185 kW

Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.

18.Puissance triphasée

Réponse: Cph = 1676 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

QC = Q1 − Q2 = 84,26 kvar

Capacité par phase

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 28088/(314,2·230,9²) = 1676 µF

Réponse

Cph = 1676 µF
19.Transformateurs

Réponse: a = 10

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

Adapter la charge ramenée

a²·2 = 200
a = √(200/2) = √100 = 10

Réponse

a = 10
20.Transformateurs

Réponse: Pcu,fl = 77,27 W

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

Puissances utile et absorbée

Pout = 25·0,9 = 22,5 kW
Pin = 22500/0,99 = 22727 W

Pertes totales et pertes cuivre

Ploss = 22727 − 22500 = 227,3 W
Pcu,fl = 227,3 − 150 = 77,27 W

Réponse

Pcu,fl = 77,27 W
21.Circuits à ampli op

Réponse: Rf = 4,7 kΩ

Règles de l’ampli op idéal : avec une contre-réaction, l’ampli op règle sa sortie pour que ses deux entrées soient au même potentiel (V₋ = V₊), et aucun courant n’entre dans les entrées. La loi des nœuds à l’entrée inverseuse avec ces deux faits donne la sortie.

Gain d’un amplificateur non inverseur

V₋ = V₊ = Vin, et le courant de R₁ traverse aussi Rf, donc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·4,7 = 4,7 kΩ

Réponse

Rf = 4,7 kΩ
22.Circuits à ampli op

Réponse: Vout = 3,196 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.

Courants d’entrée

V₋ = 0, donc chaque résistance d’entrée a toute sa tension d’entrée à ses bornes.

I1 = V1/R1 = −0,3/10 = −0,03 mA
I2 = V2/R2 = −1,3/2 = −0,65 mA
If = I1 + I2 = −0,68 mA

Tension de sortie

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,68) = 3,196 V

Réponse

Vout = 3,196 V
23.Diodes et transistors

Réponse: IZ = 3,139 mA

Régulateur Zener : une diode Zener polarisée en inverse maintient sa tension VZ tant que son courant reste supérieur à un minimum IZ,min. La résistance série R absorbe la différence entre l’entrée et la sortie : IR = (Vin − VZ)/R. Ce courant se répartit entre la charge, IL = VZ/RL, et la Zener : IZ = IR − IL. Dimensionnez pour les pires cas : l’entrée la plus basse avec la plus forte charge doit encore laisser IZ,min, et l’entrée la plus haute sans charge donne la plus grande puissance dans la Zener PZ = VZ·IZ.

Courant de la résistance

IR = 2,8/470 = 5,957 mA

Courant de charge

IL = 6,2/2200 = 2,818 mA

Courant Zener

IZ = 5,957 − 2,818 = 3,139 mA

Réponse

IZ = 3,139 mA
24.Diodes et transistors

Réponse: PZ,max = 143 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 = 11,7/270 = 43,33 mA

Puissance de la Zener

PZ = 3,3·43,33 = 143 mW

Réponse

PZ,max = 143 mW
25.Systèmes de numération

Réponse: U = 216

Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.

Inverser et ajouter un

40 = 0010 1000
inversé: 1101 0111
+1 → 1101 1000

Le lire en non signé

1101 1000₂ = 256 − 40 = 216

Réponse

U = 216
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 < 4791
213 = 8192 ≥ 4791

Réponse

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

Réponse: L = 14

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.

ABCD000111100001111000010312140507160121130150140809111010

Regrouper les 1

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

A′CD′
A′BD′
AB′CD
ABC′D

Forme SOP minimale

F = A′CD′ + A′BD′ + AB′CD + ABC′D
L = 14

Réponse

L = 14
28.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: fmax = 33,33 MHz

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.

Temps de stabilisation dans le pire cas

T = 3·10 ns = 30 ns

Fréquence maximale

fmax = 1/30 ns = 33,33 MHz

Réponse

fmax = 33,33 MHz
29.Transformées de Laplace

Réponse: f(0.3) = 1,958

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 + 8s + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Identifier le numérateur

F(s) = (22/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Transformée inverse

f(t) = e−4t·(22·sin 1t)
f(0,3) = e−4·0,3·(22·sin(1·0,3)) = 1,958

Réponse

f(0,3) = 1,958
30.Transformées de Laplace

Réponse: g(0.4) = 0,1505

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).

Fonction de transfert

G(s) = Y(s)/U(s) = 2/(s² + 6s + 25)

Décomposition en éléments simples

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 4²
G(s) = (2/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Réponse impulsionnelle

g(t) = e−3t·(0,5·sin 4t)
g(0,4) = 0,1505

Réponse

g(0,4) = 0,1505
31.Schémas fonctionnels

Réponse: K = 12,25

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

Équation caractéristique

1 + K/((s + 1)(s + 8)) = 0 → s² + 9s + 8 + K = 0

Racine double

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

9² = 4(8 + K) → K = 81/4 − 8 = 12,25

Réponse

K = 12,25
Les deux pôles en boucle fermée sont alors en s = −4,5.
32.Schémas fonctionnels

Réponse: Kmax = 1120

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

Équation caractéristique

s³ + 16s² + 76s + 96 + K = 0

Tableau de Routh

s³ | 1 76
s² | 16 96 + K
s¹ | (16·76 − 96 − K)/16
s⁰ | 96 + K

Limite de stabilité

Tous les éléments de la première colonne doivent être positifs.

Kmax = 16·76 − 96 = 1120

Réponse

Kmax = 1120
33.Réponse indicielle

Réponse: tp = 0,3867 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 = 67 → ωₙ = 8,185 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·8,185) = 0,1222

Résultat

ωd = 8,185·√(1 − 0,1222²) = 8,124 rad/s → tp = π/ωd = 0,3867 s

Réponse

tp = 0,3867 s
34.Réponse indicielle

Réponse: ωn = 6,729 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).

Taux d’amortissement

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Fréquence propre

ωd = π/tp = π/0,5 = 6,283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6,283/0,9338 = 6,729 rad/s

Réponse

ωn = 6,729 rad/s
35.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: |G(jω)| = 6,015 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.

Multiplier les modules

|G(j30)| = 2223/(√(30² + 9²)·√(30² + 19²)) = 2223/(31,32·35,51) = 1,999

Résultat

20·log₁₀(1,999) = 6,015 dB

Réponse

|G(jω)| = 6,015 dB
36.Diagrammes de Bode et marges

Réponse: K = 23,83

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/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2,236 rad/s

Module au croisement de phase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 25)) = K/(1·5·(1 + 5)) = K/30

Gain requis

30/K = 102/20 = 1,259
K = 30/1,259 = 23,83

Réponse

K = 23,83
37.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: Kmax = 6,667

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 + 4) + K(s + 8) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 8K

Tableau de Routh

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 8K
s¹: (5·(4 + K) − 8K)/5
s⁰: 8K

Condition

20 − 3K > 0
K < 20/3 = 6,667

Réponse

Kmax = 6,667

Avec le zéro à droite de s = −5, la boucle resterait stable pour tout K > 0.

38.Stabilité : Routh–Hurwitz et lieu des racines

Réponse: ω = 6,164 rad/s

Lieu des racines : lorsque le gain K passe de 0 à ∞, les pôles en boucle fermée, c’est-à-dire les racines de 1 + K·G(s) = 0, se déplacent des pôles en boucle ouverte vers les zéros en boucle ouverte ou vers l’infini. Un point de l’axe réel appartient au lieu lorsque le nombre de pôles et de zéros réels situés à sa droite est impair. Les n − m branches qui partent à l’infini suivent des asymptotes d’angles (2q + 1)·180°/(n − m), issues du centre de gravité σₐ = (Σ pôles − Σ zéros)/(n − m). Les branches quittent ou rejoignent l’axe réel là où dK/ds = 0. La condition d’angle ∠G(s) = 180° fixe la forme du lieu, et la condition de module K = 1/|G(s)| donne le gain en tout point du lieu.

Gain critique

s³ + 11s² + 38s + 40 + K = 0
s¹: (11·38 − 40 − K)/11 = 0 → K = 378

Fréquence de croisement

11s² + 40 + 378 = 11s² + 418 = 0 → s² = −38
ω = √38 = 6,164 rad/s

Réponse

ω = 6,164 rad/s
39.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: ess = 2,5

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

Constante de vitesse

Kv = lim s·G(s) = 0,8

Partie échelon

Kp = ∞ → estep = 0

Erreur sur la rampe

ess = 2/0,8 = 2,5

Réponse

ess = 2,5
40.Erreur en régime permanent et commande PID

Réponse: Kp = 0,5

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).

Polynôme caractéristique

1 + C(s)G(s) = 0, multiplié par s(s + 4).

s² + (4 + 2Kp)s + 2Ki

Polynôme cible

s² + 2·0,5·5s + 5² = s² + 5s + 25

Identifiez les coefficients

4 + 2Kp = 5 → Kp = 0,5

Réponse

Kp = 0,5

Le terme intégral rend la boucle de classe 1, donc un échelon est suivi sans erreur en régime permanent.

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