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