Telechargé par halim otmane

exercice electrique

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Université Sultan Moulay Slimane
Faculté des Sciences et Techniques
Département de Génie Electrique
Béni Mellal
PARCOURS MIPC
CIRCUITS ELECTRIQUES
Exercices Corrigés
Année Universitaire 2014/2015
Réalisé par : Pr. Mustapha AIT LAFKIH
1
SOMMAIRE
Série n°1……………………………………………………………………………………………………3
Solution de Série n°1…………………………………………………………………………………..5
Série n°2…………………………………………………………………………………………………..16
Solution de Série n°2………………………………………………………………………………….18
Série n°3…………………………………………………………………………………………………..22
Solution de Série n°3………………………………………………………………………………….23
2
SERIE N° 1
Exercice 1 :
On considère le circuit de la figure ci-contre dans lequel K1 et K2 sont deux interrupteurs.
Calculer la résistance qui est en parallèle avec la résistance de 36 Ω, entre les points A et B,
dans les cas suivants :
1) K1 et K2 sont fermés ;
2) K1 et K2 sont ouverts ;
3) K1 est ouvert et K2 est fermé ;
4) K1 est fermé et K2 est ouvert.
24
K
1
K2
120
72
48
36
A
B
Exercice 2 :
Déterminer la résistance équivalente entre A et B :
A
C
R
B
D
R
R
R
3
Exercice 3 :
1) Calculer l’intensité i du dipôle AB en appliquant le théorème de superposition.
2) Déterminer le schéma équivalent de Thévenin entre A et B puis calculer i.
3) Même question avec le schéma équivalent de Norton.
i
R1
+
-
I0
R2
R
E
B
4
Solution de la série n°1
Exercice 1 :
1) 𝑘1 et 𝑘2 fermés
24Ω
120Ω
48Ω
72Ω
36Ω
A
-
B
La ddp aux bornes de la résistance de 120Ω = 0
24 Ω
48Ω
36Ω
72Ω
A
B
5
Ce circuit est équivalent au circuit suivant :
Req
72Ω
36Ω
1
1
1
2
1
3
=
+
=
+
=
𝑅𝑒𝑞 24 48 48 48 48
⟹
𝑅𝑒𝑞 = 48⁄3
𝑅11 = 72Ω +
48
216 + 48Ω 264Ω
Ω=
=
3
3
3
𝑅11 = 88Ω
2) 𝑘1 et 𝑘2 ouverts
La ddp aux bornes de la résistance de 24Ω = 0
120Ω
48Ω
72Ω
36Ω
A
B
Donc 𝑅11 = 120 + 48 + 72Ω = 240Ω
𝑅4 = 240Ω
6
3) 𝑘1 ouvert et 𝑘2 fermé
24Ω
120Ω
48Ω
72Ω
36Ω
A
B
120Ω
Req
72Ω
36Ω
Req = ?
A
B
1
1
1
3Ω
=
+
=
𝑅𝑒𝑞 24 48 48
𝑅𝑒𝑞 = 48⁄3 Ω
Donc
𝑅4 = 120 +
=
48
3
+ 72Ω
360 + 48 + 216
Ω
3
=
624
3
𝑅4 = 208Ω
7
4) 𝑘1 fermé et 𝑘2 ouvert
24Ω
120Ω
48Ω
72Ω
36Ω
24Ω
𝑅𝑒𝑞1
72Ω
36Ω
𝑅𝑒𝑞1 = 120Ω + 48Ω = 168 Ω
𝑅𝑒𝑞2
72Ω
36Ω
8
1
1
1
7
1
8
=
+
=
+
=
= 21Ω
𝑅𝑒𝑞2 24 168 168 168 168
Donc
𝑅11 = 𝑅𝑒𝑞2 + 72 = 21 + 72 = 93Ω
𝑅11 = 93Ω
Exercice 2 :
On a 𝑈𝐴 = 𝑈𝐷 Et
Donc
𝑈𝐴𝑐 = 𝑈𝐴𝐵
𝑈𝐶𝐷 = −𝑈𝐴𝐵
𝑈𝐷𝐵 = 𝑈𝐴𝐵
𝑈𝐶 = 𝑈𝐵
Donc les 4 résistances sont en //
A
R
B
R
R
R
1⁄
1
1
1
1
4
𝑅𝑒𝑞 = ⁄𝑅 + ⁄𝑅 + ⁄𝑅 + ⁄𝑅 = ⁄𝑅
⟹
𝑅𝑒𝑞 = 𝑅⁄4
9
Exercice 3 :
1) Théorème de Superposition
a) E=0
A
𝐼0
𝑅1
𝑅2
R
B
Les 3 résistances sont en //
1⁄
1
1
1
𝑅𝑒𝑞 = ⁄𝑅1 + ⁄𝑅2 + ⁄𝑅
𝑅1 𝑅2 𝑅
𝑅𝑒𝑞 =
𝑅1 𝑅 + 𝑅2 𝑅 + 𝑅1 𝑅2
A
𝐼0
Req
B
10
𝐼0 𝑅1 𝑅2 𝑅
𝑅1 𝑅 + 𝑅2 𝑅 + 𝑅1 𝑅2
𝑈
⟹
𝑖 ′ = 𝐴𝐵
𝑅
𝑅
𝑅
𝐼
1 2 0
𝑖′ =
𝑅1 𝑅 + 𝑅2 𝑅 + 𝑅1 𝑅2
𝑈𝐴𝐵 = 𝐼0 𝑅𝑒𝑞 =
𝑈𝐴𝐵 = 𝑖 ′ 𝑅
b) 𝐼0 = 0
A
𝑅1
𝑅2
R
+
E
-
B
A
𝑖1
𝑅1
Req
+
E
-
B
11
1
𝑅𝑒𝑞
=
1
𝑅2
+
1
⟹
𝑅
𝑅𝑒𝑞 =
𝑅2 𝑅
𝑅1 +𝑅2
𝐸 = 𝑅1 𝑖1 + 𝑖1 𝑅𝑒𝑞 = 𝑖1 (𝑅1 + 𝑅𝑒𝑞)
⟹
𝑖1 =
𝑈𝐴𝐵
𝐸
𝑅1 +𝑅𝑒𝑞
𝐸𝑅2 𝑅
𝐸
𝑅 + 𝑅2
=
𝑅𝑒𝑞 =
𝑅 𝑅
𝑅1 + 𝑅𝑒𝑞
𝑅1 + 2
𝑅 + 𝑅2
=
𝑈𝐴𝐵 = 𝑖 ′′ 𝑅
𝑖 ′′ =
⟹
𝐸𝑅2 𝑅
𝑅𝑅1 + 𝑅2 𝑅1 + 𝑅2 𝑅
𝑖 ′′ =
𝑈𝐴𝐵
𝑅
=
𝐸𝑅2
𝑅𝑅1 +𝑅2 𝑅1 +𝑅2 𝑅
𝐸𝑅2
𝑅𝑅1 +𝑅2 𝑅1 +𝑅2 𝑅
𝑖 = 𝑖 ′ + 𝑖 ′′
𝑖=
=
𝐸𝑅2
𝑅𝑅1 +𝑅2 𝑅1 +𝑅2 𝑅
+
𝑅1 𝑅2 𝐼0
𝑅1 𝑅+𝑅2 𝑅+𝑅1 𝑅2
𝑅2 (𝐸+𝐼0 𝑅2 )
𝑅1 𝑅+𝑅2 𝑅+𝑅1 𝑅2
2) Thévenin
On enleve R et ou remplace E par un court circuit et 𝑖0 par un circuit ouvert
A
𝑅1
𝑅2
B
12
1
1
1
𝑅1 + 𝑅2
=
+
=
𝑅𝑡ℎ 𝑅1 𝑅2
𝑅1 𝑅2
⟹
𝑅𝑡ℎ =
𝑅1 𝑅2
𝑅1 +𝑅2
Calculons Eth
A
𝑖1
𝐼0
𝑅2
𝑅1
+
E
B
On a
𝐸 = 𝑅1 𝑖1 + (𝐼0 + 𝑖1 )𝑅2
⟹ 𝐸 − 𝐼0 𝑅2 = (𝑅1 + 𝑅2 )𝑖1
𝑖1 =
𝐸−𝐼0 𝑅2
(𝑅1 +𝑅2 )
𝐸−𝐼 𝑅
0 2
𝑈𝐴𝐵 = (𝑖1 + 𝐼0 )𝑅2 = ( 𝑅 +𝑅
+ 𝐼0 )𝑅2
1
2
=
(𝐸−𝐼0 𝑅2 +𝐼0 𝑅1 +𝐼0 𝑅2 )
𝑅1 +𝑅2
𝑈𝐴𝐵 = 𝑅2
𝐸𝑡ℎ = 𝑅2
𝑅2
(𝐸+𝐼0 𝑅1 )
𝑅1 +𝑅2
(𝐸+𝐼0 𝑅1 )
𝑅1 +𝑅2
13
i
Rth
R
+
Eth
-
⟹
𝑈𝐴𝐵 = 𝑅𝑖
𝑅𝐸𝑡ℎ
𝑈𝐴𝐵 = 𝑅+𝑅𝑡ℎ =
=𝑅
𝑖=
𝑈𝐴𝐵
𝑅
𝑅𝑅2 (𝐸+𝐼0 𝑅1 )
𝑅1 +𝑅2
𝑅 𝑅
𝑅+ 1 2
𝑅1 +𝑅2
𝑅𝑅2 (𝐸+𝐼0 𝑅1 )
1 𝑅+𝑅2 𝑅+𝑅1 𝑅2
Donc
𝑖=𝑅
𝑅2 (𝐸+𝐼0 𝑅1 )
1 𝑅+𝑅2 𝑅+𝑅1 𝑅2
3) Norton
On transforme la source de tension E et 𝑅1 par une source de courant et le
schéma devient :
𝐼0
𝐸
𝑅1
A
i
𝑅1
𝑅2
R
14
B
𝑅1 , 𝑅2
et R sont en //
𝑅1 𝑅2 𝑅
Danc
𝑅𝑒𝑞 = 𝑅
Danc
𝑈𝐴𝐵 = (𝑅 + 𝐼0 ) 𝑅𝑒𝑞 = 𝑅𝑖
1 𝑅2 +𝑅1 𝑅+𝑅2 𝑅
𝐸
1
𝑖=(
𝐸
𝑅1
𝑖=
+ 𝐼0 )
𝑅𝑒𝑞
𝑅
=(
𝐸
𝑅1
+ 𝐼0 )
𝑅1 𝑅2 𝑅
𝑅(𝑅1 𝑅2 +𝑅1 𝑅+𝑅2 𝑅)
𝑅2 (𝐸+𝐼0 +𝑅1 )
𝑅1 𝑅2 +𝑅1 𝑅+𝑅2 𝑅
15
SERIE N° 2
Exercice 1 :
On ferme l’interrupteur K du circuit de la figure.1. La condition initiale du condensateur est nulle.
Exprimer la tension U(t) en fonction des éléments du circuit.
Figure.1
Exercice 2 :
Déterminer l’intensité des courants i1(t), i2(t) et i3(t) suite à la fermeture de l’interrupteur du
circuit de la figure.1. La condition initiale de la bobine est nulle.
Figure.2
Exercice 3 :
On ferme l’interrupteur du circuit de la figure.2 à l’instant t=0. Exprimer le courant i(t) à partir
de t=0. La condition initiale de la bobine est nulle.
16
17
Solution de la série n°2
Exercice 1 :
C
u
R
I
Par transformation Norton-Thévenin le circuit devient :
u(t)
i(t)
R
C
E
+
=
-
RI
E = Ri(t) + u(t)
1
𝑢(𝑡) = 𝐶 ∫ 𝑖𝑑𝑡
⟹
𝑑𝑢(𝑡)
𝑑𝑡
=
𝑖
𝐶
18
⟹
𝑖(𝑡) = 𝐶
𝐸 = 𝑅𝐶
𝑑𝑢(𝑡)
𝑑𝑡
𝑑𝑢(𝑡)
𝑑𝑡
+ 𝑢(𝑡)
C’est une équation différentielle linéaire du premier ordre avec second membre sa solution
est :
𝑢(𝑡) = 𝐸(1 − 𝑒
Avec
−𝑡⁄
𝑅𝐶 )
E = RI
Exercice 2 :
𝑖1 (𝑡)
10 ohm
𝑖3 (𝑡)
𝑖2 (𝑡)
+
100
U
-
5 ohm
0.02
H
Procédons par une conversion Thevenin-Norton du circuit précédent
𝑖2 (𝑡)
100𝑈
10𝑜ℎ𝑚
= 10𝐴
10
ohm
5
ohm
0.02H
19
Calculons Req
entre 10 ohm et 5 ohm
1
1
𝑅𝑒𝑞
⟹
1
3
= 10 + 5 = 10
𝑅𝑒𝑞 = 10⁄3 𝑜ℎ𝑚
𝑖2 (𝑡)
10 A
10
𝑜ℎ𝑚
3
0.02 H
Procédons par une conversion Norton-Thévenin
10⁄
3
10 × 10
3
100
=
𝑈
3
𝑖2 (𝑡)
+
-
6
0.02 H
20
On peut écrie donc
100
3
=
10
𝑖 (𝑡)
3 2
+𝐿
𝑑𝑖2 (𝑡)
𝑑𝑡
Equation différentielle linéaire du preuve ordre avec second membre.
𝑖2 (𝑡) = 10 (1 − 𝑒
−𝑡⁄
0.006 ) 𝐴
Or on a
𝑖1 (𝑡) = 𝑖2 (𝑡) + 𝑖3 (𝑡)
5𝑖3 (𝑡) = 0.02
Et
Donc
𝑖3 (𝑡) =
𝑑𝑖2 (𝑡)
𝑑𝑡
0.02 𝑑𝑖2 (𝑡)
5
𝑑𝑡
𝑖3 (𝑡) = 6.66𝑒
−𝑡⁄
0.006 𝐴
𝑖1 (𝑡) = 𝑖2 (𝑡) + 𝑖3 (𝑡) = 10 (1 − 𝑒
𝑖1 (𝑡) = 10 − 3.33𝑒
−𝑡⁄
0.006 )
+ 6.66𝑒
−𝑡⁄
0.006
−𝑡⁄
0.006
Exercice 3 :
k
i(t)
1H
+
4𝑒 −3𝑡
1 ohm
-
4𝑒 −3𝑡 = 𝑖(𝑡) +
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
Equation différentielle linéaire du premier ordre second membre
𝑖(𝑡) = 2(𝑒 −𝑡 − 𝑒 −3𝑡 )
21
SERIE N° 3
Exercice 1 :
Soit les schémas de la Figure.1. Déterminer l’expression du courant i(t) en utilisant :
a. L’équation différentielle.
b. La représentation complexe.
Le courant initial à t=0 est Io=0A.
Figure.1
Exercice 2 :
Soit le schéma de la figure.3.
a. Calculer l’impédance complexe équivalente entre A et B.
b. En déduire l’expression du courant i(t).
Figure.3
22
Solution de la série n° 3 :
Exercice 1 :
a)
2 ohm
iI(t)
+
Sin t
1H
-
sin 𝑡 = 2𝑖(𝑡) +
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡
Solution
𝑖(𝑡) = 0.19𝑒 −2𝑡 + 0.44sin(𝑡 − 26.6)
𝜋
sin 𝑡 = 𝑅𝑒 (−𝑗𝑒 𝑗𝑡 ) = 𝑅𝑒 𝑒 𝑗(𝑡− 2 )
𝑒 𝑗𝑡 = cos 𝑤𝑡 + 𝑗 sin 𝑤𝑡
𝑗𝑒 𝑗𝑡 = 𝑗 cos 𝑤𝑡 − sin 𝑤𝑡
−𝑗𝑒 𝑗𝑡 = −𝑗 cos 𝑤𝑡 + sin 𝑤𝑡
b)
⟹
sin 𝑤𝑡 = 𝑅𝑒 (−𝑗𝑒 𝑗𝑡 )
Le circuit devient :
23
i
2
+
𝜋
𝑧𝑙 = 𝑗𝑤 = 𝑗
𝑒 𝑗(𝑡− 2 )
-
Donc ou aurra
𝜋
𝑒 𝑗(𝑡− 2 ) = (2 + 𝑗)𝑖̅
⟹
𝜋
𝑗(𝑡− )
𝑖̅ =
=
2
𝑒
(2+𝑗)
𝜋
𝑗(𝑡− )
2
(2−𝑗)𝑒
4+1
𝜋
𝑗(𝑡− )
=
2
(2−𝑗)𝑒
5
2 𝑗(𝑡−𝜋)5
= 5𝑒
2
2
𝜋
𝑗 𝑗(𝑡−𝜋)
2
5
− 𝑒
= 5 𝑒𝑗(𝑡−2) +
𝑒𝑗(𝑡−𝜋)
5
𝑖(𝑡) = 𝑅𝑒 (𝑖̅) = 0.44 sin(𝑡 − 26.6)
Régime permanent
24
Exercice 2 :
a) Entre A et B on a :
2 ohm
2 ohm
A
2 ohm
0.001 F
0.01 H
B
Calculons les impédances complexes de
C = 0.001 F
1
𝑍𝑐 = 𝑗𝑐𝑤 = −3.18𝑗
et
L = 0.01 H
w = 314
𝑍𝑙 = 𝑗𝐿𝑤 = 3.14𝑗
Le circuit devient :
2
2
A
2
𝑧𝑐
= −3.18𝑗
𝑧𝑙
= 3.14𝑗
B
à
𝑧𝑐
24cos 314𝑡
est série avec 2
ou associe la variable complexe
24𝑒 𝑗314𝑡
le circuit devient
25
2
A
2
𝑧𝐿
2 – 3.18j
B
𝑧𝐿
est en // avec Z = 2 – 3.18j soit
Zeq
2
A
2
𝑧𝑒𝑞
B
2 est en série avec
Zeq
⟹
𝑍𝑒𝑞1
A
2
𝑧𝑒𝑞1
B
26
≡
A
1.60 + 0.14j = 1.6𝑒 𝑗5
B
b)
24𝑒 𝑗314𝑡
1.6𝑒 𝑗5
𝑖̅ =
⟹
24𝑒 𝑗314𝑡
1.6𝑒 𝑗5
𝑖(𝑡) = 𝑅𝑒 (𝑖̅) = 15 cos(314𝑡 − 5°)
27
28
29
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