Circuits électriques

Prérequis : algèbre; EDO pour les transitoires. But : établir des équations cohérentes et vérifier conservation de charge et puissance. Tous les composants sont idéaux sauf précision; un courant entrant par la borne + définit la convention récepteur.

Premier parcours universitaire · 10–15 h estimées · français

5 visuels et 10 exercices interactifs

Ces leçons forment un premier socle, sans équivalence de crédits universitaires. Les durées sont indicatives et incluent la pratique.

Ohm et lois de Kirchhoff

Trouver la tension d’un nœud chargé

Une source 10 V alimente un nœud par R₁=1 kΩ. R₂=1 kΩ et Rₗ=2 kΩ relient ce nœud à la masse. On appelle V la tension du nœud.

Le rappel qui sert ici. Une résistance vérifie I=ΔV/R. Un nœud idéal ne stocke pas de charge : courant entrant = somme des courants sortants.

Choisir les sens des courants $I₁ = \frac{10 - V}{1000}, I₂ = \frac{V}{1000}, Iₗ = \frac{V}{2000}$
Pourquoi cette étape ? I₁ entre dans le nœud depuis la source. I₂ et Iₗ sortent vers la masse. Les résistances ont été converties en ohms.
Écrire la conservation de charge $\frac{10 - V}{1000} = \frac{V}{1000} + \frac{V}{2000}$
Pourquoi cette étape ? Chaque branche doit apparaître. Le diviseur non chargé ignorerait le courant prélevé par Rₗ.
Enlever les dénominateurs $2 (10 - V) = 2 V + V \Rightarrow 20 = 5 V$
Pourquoi cette étape ? Multiplie tous les termes par 2000 Ω, pas seulement un côté. Développe 20−2V puis ajoute 2V des deux côtés.
Résoudre puis retrouver les courants $V = 4 V, I₁ = 6 mA, I₂ = 4 mA, Iₗ = 2 mA$
Pourquoi cette étape ? Un volt divisé par un kiloohm donne un milliampère. Le courant entrant 6 mA est bien 4+2 mA.
Vérifier le bilan de puissance $Pₛ = 60 mW = 36 + 16 + 8 mW$
Pourquoi cette étape ? Pour chaque résistance, P=I²R. La source fournit 10 V×6 mA. Sous convention récepteur sa puissance est −60 mW : la somme signée est nulle.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un nœud idéal relie des points de même potentiel. La loi des nœuds impose la somme algébrique des courants nulle; celle des mailles impose la somme des tensions nulle dans le modèle de circuit localisé. Pour une résistance, v=Ri. Choisir une masse et orienter les courants avant d’écrire les équations; un résultat négatif indique un sens opposé, pas une erreur automatique. Avec la convention récepteur, p=vi>0 signifie absorption et p<0 fourniture.

Exemple résolu

source 12 V, résistances 2 kΩ et 4 kΩ en série. I=12/6000=2 mA; chutes 4 et 8 V. Puissances 8 et 16 mW, total 24 mW, fourni par la source. Le bilan signé des puissances vaut zéro.

Le courant se partage au nœud

Source 10 V, R₁=1 kΩ, R₂=1 kΩ et Rₗ=2 kΩ : V=4 V, I₁=6 mA=4 mA+2 mA.

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Thévenin, Norton et superposition

Remplacer un réseau par Thévenin

Source 12 V, R₁=2 kΩ en haut, R₂=4 kΩ vers la masse. On observe les bornes entre le point milieu et la masse, puis on branche une charge Rₗ=4 kΩ.

Le rappel qui sert ici. En série les résistances s’ajoutent. En parallèle, 1/R équivalente=1/R₁+1/R₂. À vide signifie sans charge branchée.

Trouver la tension à vide $Vₜₕ = 12 \times \frac{4}{2 + 4} = 8 V$
Pourquoi cette étape ? Le point milieu est un diviseur non chargé pendant cette première mesure. Les kiloohms se simplifient dans le rapport.
Annuler la source indépendante $Vₛ = 0 V$
Pourquoi cette étape ? Une source idéale de tension nulle est remplacée par un fil. Les deux résistances sont alors vues en parallèle depuis les mêmes bornes. Une source dépendante resterait active.
Calculer la résistance vue aux bornes $Rₜₕ = \frac{2 \times 4}{2 + 4} = \frac{4}{3} kΩ$
Pourquoi cette étape ? Le produit divisé par la somme est la formule du parallèle pour deux résistances. Elle ne vaut pas 6 kΩ.
Brancher la charge sur l’équivalent $Iₗ = \frac{8}{4000 + 4000 / 3} = 1,5 mA$
Pourquoi cette étape ? La résistance interne de Thévenin reste en série avec la charge. Elle empêche de garder 8 V sur une charge finie.
Retrouver la tension de sortie $Vₗ = IₗRₗ = 6 V$
Pourquoi cette étape ? La tension vaut 8 V à vide et 6 V avec cette charge. Le réseau original et son équivalent donnent la même relation tension-courant à ces bornes.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un réseau linéaire vu de deux bornes se remplace par Vth en série avec Rth, ou In=Vth/Rth en parallèle avec Rth. Vth est la tension à vide. Pour calculer la résistance d’un réseau à sources indépendantes seules, annuler les sources : tension idéale court-circuitée, courant idéal ouvert. Une source dépendante reste active et peut exiger une source test. La superposition s’applique aux tensions et courants, pas directement aux puissances qui sont quadratiques.

Exemple résolu

source 12 V, diviseur 2 kΩ en haut et 4 kΩ en bas. Vu au point milieu et à la masse, Vth=8 V et Rth=2k∥4k=4/3 kΩ. Avec une charge de 4 kΩ, Vcharge=8×4/(4+4/3)=6 V.

Le même circuit vu aux mêmes bornes

Source 12 V, R₁=2 kΩ et R₂=4 kΩ : Vth=8 V, Rth=4/3 kΩ. Charge 4 kΩ : sortie 6 V.

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Transitoires RC et RL

Retrouver une charge RC avec une équation différentielle

Un condensateur initialement déchargé est alimenté par 5 V à travers 1 kΩ. Sa capacité est 100 µF. On cherche vC à t=0,10 s.

Le rappel qui sert ici. Pour le condensateur, i=C dvC/dt. La loi de maille donne Vs=Ri+vC. Une dérivée indique ici une vitesse de charge. Reprendre ce rappel avec un exemple.

Remplacer le courant dans la maille $RC \frac{dvC}{dt} + vC = 5$
Pourquoi cette étape ? Substitue i=C dvC/dt dans Vs=Ri+vC. C’est une équation différentielle linéaire du premier ordre.
Calculer la constante de temps $τ = RC = 1000 \times 100 \times 10^{- 6} = 0,10 s$
Pourquoi cette étape ? Une résistance en ohms multipliée par une capacité en farads donne une durée en secondes.
Séparer état initial et état final $vC (0 ⁺) = 0 V, vC (\infty) = 5 V$
Pourquoi cette étape ? Sans courant impulsionnel, la tension du condensateur est continue. À long terme en continu, i tend vers zéro : la résistance ne porte plus de chute de tension.
Construire la solution exponentielle $vC (t) = 5 (1 - e^{- t / τ})$
Pourquoi cette étape ? La formule générale est finale+(initiale−finale)e⁻ᵗ/τ. Elle redonne 0 à t=0 et 5 quand t augmente.
Évaluer à une constante de temps $vC (τ) = 5 (1 - e^{- 1}) \approx 3,16060 V$
Pourquoi cette étape ? À τ on a atteint environ 63,2 % de la variation totale, et non 100 %.
Vérifier avec la dérivée $\frac{dvC}{dt} = 50 e^{- t / 0,1} V / s$
Pourquoi cette étape ? Le facteur 1/τ vient de la règle de chaîne. RC vC′+vC=5e⁻ᵗ/τ+5(1−e⁻ᵗ/τ)=5 : l’équation est satisfaite.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Pour un circuit du premier ordre, x(t)=x∞+(x₀−x∞)e⁻ᵗ/τ après commutation avec paramètres constants. La tension d’un condensateur ne saute pas sans courant impulsionnel; le courant d’une inductance ne saute pas sans tension impulsionnelle. Pour RC, τ=RvueC; pour RL, τ=L/Rvue, en annulant les sources indépendantes pour Rvue. Calculer état initial et état final séparément avant d’écrire l’exponentielle.

Exemple résolu

condensateur initialement déchargé, source 5 V, R=1 kΩ et C=100 µF. τ=0,1 s; vC=5(1−e⁻ᵗ/⁰·¹). À τ, vC≈3,16060 V; le courant initial est 5 mA, puis décroît.

Charger et décharger un condensateur

R=1 kΩ, C=100 µF : τ=0,1 s. Charge depuis 0 V vers 5 V : vC(τ)≈3,16060 V.

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Complexes et phaseurs

Diviser par une impédance complexe

Une source de 10 V efficaces, phase 0°, alimente Z=3+j4 Ω. On utilise une référence cosinus et des phaseurs en valeurs efficaces.

Le rappel qui sert ici. j²=−1. Multiplier par le conjugué enlève j du dénominateur. Un angle de courant négatif signifie un retard sur la tension.

Trouver la norme de Z $| Z | = \sqrt (3 ² + 4 ²) = 5 Ω$
Pourquoi cette étape ? La norme d’un complexe est une longueur dans le plan réel-imaginaire. Elle n’est pas 3+4=7.
Écrire la loi d’Ohm complexe $I = \frac{10}{3 + j 4}$
Pourquoi cette étape ? La même relation V=ZI s’applique, mais la division doit conserver le déphasage.
Multiplier par le conjugué $I = \frac{10 (3 - j 4)}{3 ² + 4 ²} = 1,2 - j 1,6 A$
Pourquoi cette étape ? Le dénominateur (3+j4)(3−j4) vaut 9+16=25. Le signe de la partie imaginaire du courant est négatif.
Lire amplitude et phase $| I | = 2 A, φᵢ \approx - 53,1301 °$
Pourquoi cette étape ? Diviser les normes donne 10/5=2. Diviser les complexes soustrait les angles : 0°−53,13°.
Revenir à une fonction du temps $i (t) = 2 \sqrt 2 \cos (ωt - 53,13 °) A$
Pourquoi cette étape ? Le phaseur utilise une valeur efficace. La crête de la sinusoïde est donc √2 fois plus grande; ne multiplie pas la phase par √2.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Avec j²=−1, représenter une sinusoïde par un phaseur fixe simplifie les dérivées : d/dt devient jω. On adopte ici des phaseurs en valeurs efficaces, une référence cosinus et la convention eʲωᵗ. ZR=R, ZL=jωL, ZC=1/(jωC). Les lois de Kirchhoff deviennent complexes. Revenir au temps multiplie la norme efficace par √2. L’impédance n’est pas une résistance dissipative : sa partie imaginaire échange de l’énergie sans consommation moyenne idéale.

Exemple résolu

source 10∠0° V efficaces sur Z=3+j4 Ω. |Z|=5 et argZ≈53,1301°. I=2∠−53,1301° A efficaces, soit 1,2−j1,6 A. Le courant est en retard sur la tension.

Une impédance et deux sinusoïdes

Z=3+j4 Ω et V=10 V efficaces : I=1,2−j1,6 A, norme 2 A et phase −53,13°.

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Fonction de transfert et filtre

Relier un circuit RC à sa coupure

R=1 kΩ et C=1 µF. La sortie est la tension sur le condensateur : il s’agit d’un passe-bas idéal non chargé.

Le rappel qui sert ici. H(s)=sortie/entrée avec conditions initiales nulles. En régime sinusoïdal, s=jω et ω=2πf. Reprendre ce rappel avec un exemple.

Calculer RC et le pôle $τ = RC = 0,001 s, p = \frac{- 1}{RC} = - 1000 s ⁻ ¹$
Pourquoi cette étape ? Le pôle négatif correspond à une exponentielle décroissante : c’est la même constante de temps que pour la charge RC.
Passer des radians par seconde aux hertz $f ꜀ = \frac{1}{2 πRC} \approx 159,155 Hz$
Pourquoi cette étape ? 1/RC est une pulsation en rad/s. La division par 2π est indispensable pour obtenir des cycles par seconde.
Substituer la pulsation de coupure $H (jω ꜀) = \frac{1}{1 + j}$
Pourquoi cette étape ? À la coupure, ωRC=1. Le dénominateur a une partie réelle 1 et une partie imaginaire 1.
Calculer le module et la phase $| H | = \frac{1}{\sqrt 2} \approx 0,707107, φ = - 45 °$
Pourquoi cette étape ? La norme de 1+j vaut √2. Son angle vaut +45°, donc l’inverse a un angle −45°.
Appliquer le gain à l’entrée $Vₒ = 2 \times \frac{1}{\sqrt 2} \approx 1,41421 V efficaces$
Pourquoi cette étape ? Le gain d’amplitude multiplie la valeur efficace de l’entrée. Il vaut aussi 20log₁₀(0,7071)≈−3,01 dB; ce n’est pas la moitié de l’amplitude.

Règles, cas particuliers et autre exemple

La fonction de transfert H(s)=Y(s)/U(s) suppose des conditions initiales nulles. Pour un RC passe-bas avec sortie sur C, H(s)=1/(1+sRC). Son pôle est −1/RC; la réponse fréquentielle s’obtient avec s=jω. La coupure ωc=1/RC donne un module 1/√2 du gain continu, soit environ −3,01 dB, et une phase −45°. Un gain d’amplitude en dB utilise 20log₁₀|H|. Le filtre idéal simplifié peut changer quand une charge est ajoutée.

Exemple résolu

R=1 kΩ et C=1 µF. RC=0,001 s, fc=1/(2πRC)≈159,155 Hz. À fc, module≈0,707107; une entrée de 2 V efficaces produit environ 1,41421 V efficaces en régime sinusoïdal permanent.

La fréquence change le gain et la phase

R=1 kΩ et C=1 µF : fc≈159,155 Hz. À fc : |H|=1/√2, gain −3,01 dB et phase −45°.

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Pour aller plus loin

Mailles et sources dépendantes, RLC complet, convolution, Fourier, filtres d’ordre supérieur et adaptation d’impédance. Les dix exercices vérifient le socle nécessaire à ELN, AUT et PUI.