Diodes et diodes Zener : exercices corrigés d’électronique

Question 1 — Déterminer la sortie et le courant. On examine d’abord la diode bloquée. Aucun courant ne traverse alors $R$, donc $u_s=Ri=0$. Sa cathode est au potentiel nul et sa tension anode-cathode vaut $E$ : ce régime est possible pour $E\leq0$. Si $E>0$, la diode idéale conduit sans chute de tension ; la résistance reçoit toute la tension de la source, soit $u_s=E$ et $i=E/R>0$.

$u_s(E)=\max(0,E),\qquad i(E)=\frac{\max(0,E)}{R}.$

Question 2 — Appliquer les résultats. Pour $E=-3{,}0\,\mathrm{V}$, la diode bloque : $u_s=0$ et $i=0$. Pour $E=2{,}0\,\mathrm{V}$, elle conduit : $u_s=2{,}0\,\mathrm{V}$ et $i=2{,}0\,\mathrm{mA}$. Enfin, pour $E=8{,}0\,\mathrm{V}$, on obtient $u_s=8{,}0\,\mathrm{V}$ et $i=8{,}0\,\mathrm{mA}$.

Question 3 — Vérifier les régimes. Lorsque $E<0$, l’anode est moins positive que la cathode puisque $u_D=E<0$ : le blocage supposé est cohérent. Lorsque $E>0$, le courant calculé circule de l’anode vers la cathode, conformément au sens passant du modèle. À $E=0$, les deux expressions se rejoignent avec un courant nul.

Question 1 — Trouver le seuil. Supposons d’abord que la diode soit bloquée. Elle ouvre alors la branche série : aucun courant ne traverse $R_s$ ni $R_L$, et la tension aux bornes de chacune de ces résistances est nulle. L’anode de la diode est donc au potentiel $E$, tandis que sa cathode est au potentiel de la masse. Sa tension anode-cathode vaut $u_D=E$. Le blocage est cohérent tant que $E\leq U_D=0{,}70\,\mathrm{V}$ ; la conduction commence au-delà de ce seuil.

Question 2 — Établir la caractéristique. En dessous du seuil, la charge ne reçoit aucun courant et $u_s=0$. Au-dessus, la loi des mailles s’écrit $E=R_si+U_D+R_Li$. On en tire $i=(E-U_D)/(R_s+R_L)>0$, puis $u_s=R_Li$. La sortie est donc nulle avant le seuil et croît ensuite linéairement :

$u_s(E)=\begin{cases}0,&0\leq E\leq 0{,}70\,\mathrm{V},\\[2pt]\dfrac{R_L}{R_s+R_L}(E-0{,}70\,\mathrm{V}),&E>0{,}70\,\mathrm{V}.\end{cases}$

Les deux branches donnent $u_s=0$ exactement au seuil, ce qui vérifie leur raccordement.

Question 3 — Calculer le point de fonctionnement. Pour $E=10{,}0\,\mathrm{V}$, la diode est passante car la source dépasse le seuil. Le courant vaut $i=9{,}30\,\mathrm{V}/3{,}0\,\mathrm{k\Omega}=3{,}10\,\mathrm{mA}$, d’où $u_s=R_Li=6{,}20\,\mathrm{V}$. La charge reçoit $P_L=u_si\simeq19{,}2\,\mathrm{mW}$. On peut vérifier la maille : $3{,}10+0{,}70+6{,}20=10{,}0\,\mathrm{V}$.

Question 1 — Réduire le circuit linéaire. Pour calculer la tension de Thévenin, on retire la diode. Aucun courant ne circule alors dans $R_s$ ou dans $R_L$ : la borne située du côté de $R_s$ est au potentiel $E$, et celle du côté de $R_L$ est au potentiel nul. La tension de la première borne par rapport à la seconde vaut donc $E_{\mathrm{Th}}=E$. Lorsque la source idéale de tension est court-circuitée, le trajet entre ces bornes traverse successivement $R_s$ et $R_L$. La résistance de Thévenin est ainsi $R_{\mathrm{Th}}=R_s+R_L=1{,}47\,\mathrm{k\Omega}$. Si la diode reste bloquée, sa tension anode-cathode vaut $E$ ; elle commence à conduire lorsque $E$ dépasse $U_\gamma=0{,}60\,\mathrm{V}$.

Question 2 — Établir les deux régimes. En conduction, le modèle affine équivaut à une source de tension $U_\gamma$ en série avec $r_d$. La maille de Thévenin donne $E=R_{\mathrm{Th}}i+U_\gamma+r_di$, soit

$i(E)=\begin{cases}0,&0\leq E\leq U_\gamma,\\[2pt]\dfrac{E-U_\gamma}{R_s+R_L+r_d},&E>U_\gamma.\end{cases}\qquad u_s(E)=R_Li(E).$

Ici, $R_s+R_L+r_d=1{,}50\,\mathrm{k\Omega}$ : au-delà du seuil, la pente de $u_s(E)$ vaut $R_L/(R_s+R_L+r_d)=2/3$. Les deux branches se raccordent en $E=U_\gamma$, où $i=u_s=0$.

Question 3 — Calculer et vérifier. À $E=9{,}60\,\mathrm{V}$, le courant vaut $i=(9{,}60-0{,}60)/1{,}50\,\mathrm{k\Omega}=6{,}00\,\mathrm{mA}$. Ainsi $u_D=0{,}60+30\times0{,}006=0{,}78\,\mathrm{V}$ et $u_s=R_Li=6{,}00\,\mathrm{V}$. On retrouve l’alimentation en additionnant les tensions : $R_si+u_D+u_s=2{,}82+0{,}78+6{,}00=9{,}60\,\mathrm{V}$. Le courant est positif, ce qui valide l’hypothèse de conduction.

Question 1 — Décrire et tracer le signal. Posons $\theta=\omega t$. Pour $0\leq\theta\leq\pi$, la source est positive : la diode idéale conduit et $u_s=E_m\sin\theta$. Pour $\pi\leq\theta\leq2\pi$, la source est négative : la diode bloque, le courant est nul et $u_s=0$. Cette succession se répète à chaque période de la source.

Question 2 — Calculer les deux valeurs caractéristiques. La moyenne se calcule sur une période entière $2\pi$, même si seule la première demi-période contribue. Pour la valeur efficace, on moyenne le carré de la tension avant de prendre la racine :

$\langle u_s\rangle=\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi E_m\sin\theta\,\mathrm d\theta=\frac{E_m}{\pi}\simeq3{,}82\,\mathrm{V}.$

$U_{s,\mathrm{eff}}^2=\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi E_m^2\sin^2\theta\,\mathrm d\theta=\frac{E_m^2}{4},\qquad U_{s,\mathrm{eff}}=6{,}0\,\mathrm{V}.$

Question 3 — En déduire la puissance. À chaque instant, la résistance dissipe $p(t)=u_s(t)^2/R$. Sa moyenne dépend donc de $U_{s,\mathrm{eff}}$, et non du carré de $\langle u_s\rangle$ : $P=U_{s,\mathrm{eff}}^2/R=36\,\mathrm{mW}$.

Question 1 — Construire les trois branches. Pour $|e|\leq U_D$, aucune diode ne conduit : la résistance ne présente aucune chute de tension et $u_s=e$. Quand $e$ dépasse $U_D$, la diode $D_+$ fixe la sortie à $+U_D$. Quand $e$ devient inférieur à $-U_D$, la diode $D_-$ fixe au contraire la sortie à $-U_D$. On obtient :

$u_s(e)=\begin{cases}-U_D,&e<-U_D,\\e,&-U_D\leq e\leq U_D,\\+U_D,&e>U_D.\end{cases}$

Question 2 — Vérifier les diodes. Sur le palier positif, $D_+$ est passante et $D_-$ reçoit une polarisation inverse ; sur le palier négatif, leurs rôles s’échangent. Au centre, les deux restent bloquées. Aux frontières $e=\pm U_D$, la branche centrale et le palier correspondant donnent la même tension $u_s$, et le courant dans $R$ tend vers zéro : il n’y a pas de saut dans la caractéristique.

Question 3 — Trouver les valeurs maximales. Le courant orienté de la source vers $S$ vaut $i_R=(e-u_s)/R$. Sa valeur absolue est maximale pour $e=\pm6{,}0\,\mathrm{V}$, car l’écart entre l’entrée et le palier vaut alors $6{,}0-0{,}70=5{,}30\,\mathrm{V}$. Ainsi $|i_R|_{\max}=5{,}30\,\mathrm{mA}$ et $p_{R,\max}=R|i_R|_{\max}^2\simeq28{,}1\,\mathrm{mW}$. Pour $e<0$, le courant algébrique est négatif : il circule réellement de $S$ vers la source.

Question 1 — Séparer les régimes. Sans charge, le courant dans $R$ est nul tant que la Zener est ouverte. La résistance ne provoque alors aucune chute de tension et $u_s=E$. Cette solution reste possible pour $E\leq U_Z$. Dès que $E>U_Z$, la Zener fixe $u_s=U_Z$ ; la tension restante $E-U_Z$ se retrouve aux bornes de $R$. Le courant inverse devient donc positif :

$u_s(E)=\min(E,U_Z),\qquad i_Z(E)=\max\left(0,\frac{E-U_Z}{R}\right).$

Question 2 — Évaluer les dissipations. À $E=12\,\mathrm{V}$, le régime Zener est actif et $i_Z=(12-5{,}1)/330\simeq20{,}9\,\mathrm{mA}$. La puissance reçue par la Zener vaut $P_Z=U_Zi_Z\simeq0{,}107\,\mathrm{W}$. La résistance dissipe $P_R=(E-U_Z)i_Z\simeq0{,}144\,\mathrm{W}$. La somme retrouve approximativement la puissance fournie par la source, $Ei_Z\simeq0{,}251\,\mathrm{W}$.

Question 3 — Déterminer la limite d’alimentation. Dans le régime Zener, $P_Z=U_Z(E-U_Z)/R$ croît avec $E$. On impose $P_Z\leq P_{Z,\max}$ et l’on isole la tension d’alimentation : $E\leq U_Z+RP_{Z,\max}/U_Z\simeq21{,}3\,\mathrm{V}$. Cette extrapolation reste dans le modèle annoncé ; sur la plage initiale limitée à $12\,\mathrm{V}$, la contrainte est satisfaite.

Question 1 — Trouver le seuil. On retire d’abord la Zener pour regarder le réseau qui l’alimente. Le courant de la source traverse alors $R_s$ et $R_L$, qui forment un diviseur de tension. La tension à vide entre $S$ et la masse vaut $E_{\mathrm{Th}}=ER_L/(R_s+R_L)=(1000/1220)E$. Si l’on court-circuite ensuite la source idéale de tension, $R_s$ et $R_L$ se retrouvent en parallèle : $R_{\mathrm{Th}}=R_sR_L/(R_s+R_L)\simeq180{,}3\,\Omega$. Tant que la Zener est bloquée, $u_s=E_{\mathrm{Th}}$. Elle atteint son seuil lorsque $E_{\mathrm{Th}}=U_{Z0}$, ce qui correspond à $E_0=U_{Z0}(R_s+R_L)/R_L=6{,}10\,\mathrm{V}$.

Question 2 — Relier le courant et la sortie à $E$. Lorsque $E\leq E_0$, la Zener est ouverte : $i_Z=0$ et $u_s=E_{\mathrm{Th}}$. Au-dessus du seuil, l’équivalent de Thévenin alimente la source $U_{Z0}$ et la résistance $r_Z$ en série. La loi des mailles donne $E_{\mathrm{Th}}=R_{\mathrm{Th}}i_Z+U_{Z0}+r_Zi_Z$, d’où

$i_Z(E)=\begin{cases}0,&0\leq E\leq E_0,\\[2pt]\dfrac{E_{\mathrm{Th}}-U_{Z0}}{R_{\mathrm{Th}}+r_Z},&E>E_0,\end{cases}\qquad u_s(E)=\begin{cases}E_{\mathrm{Th}},&0\leq E\leq E_0,\\[2pt]U_{Z0}+r_Zi_Z(E),&E>E_0.\end{cases}$

Le courant calculé est bien positif au-dessus de $E_0$. Au seuil, il tend vers zéro et les deux expressions de $u_s$ donnent $5{,}0\,\mathrm{V}$ : la caractéristique est continue. La résistance dynamique explique que la tension régulée augmente encore légèrement avec $E$.

Question 3 — Vérifier les courants. À $E=12\,\mathrm{V}$, $E_{\mathrm{Th}}\simeq9{,}836\,\mathrm{V}$ et $i_Z=(9{,}836-5{,}0)/(180{,}3+20)\simeq24{,}14\,\mathrm{mA}$. La sortie vaut $u_s=5{,}0+20i_Z\simeq5{,}483\,\mathrm{V}$, puis $i_L=u_s/R_L\simeq5{,}483\,\mathrm{mA}$. Le courant dans $R_s$ est $(12-u_s)/220\simeq29{,}62\,\mathrm{mA}$, égal à $i_Z+i_L$ à l’arrondi près.

Question 4 — Contrôler la puissance. Le courant $i_Z$ augmente avec $E$ et $u_s=U_{Z0}+r_Zi_Z$ augmente aussi. Leur produit est donc maximal à $E=14\,\mathrm{V}$. On obtient $i_Z\simeq32{,}32\,\mathrm{mA}$, $u_s\simeq5{,}646\,\mathrm{V}$ et $P_Z=u_si_Z\simeq0{,}183\,\mathrm{W}$. Cette valeur reste inférieure à la limite de $0{,}20\,\mathrm{W}$ dans le modèle annoncé.

Question 1 — Identifier les deux cas défavorables. En régime Zener, la tension de sortie vaut $U_Z$ et la loi des nœuds donne $i_Z=(E-U_Z)/R_s-U_Z/R_L$. Le courant Zener baisse lorsque $E$ diminue ou lorsque la charge demande davantage de courant. Son minimum se produit donc pour $E=8{,}0\,\mathrm{V}$ et $R_L=470\,\Omega$ ; il doit rester au moins égal à $I_{Z,\min}$. À l’inverse, le courant Zener et sa puissance sont maximaux pour $E=14{,}0\,\mathrm{V}$ et une charge débranchée, qui ne prélève aucun courant.

Question 2 — Encadrer la résistance série. La première situation impose

$\frac{8{,}0-5{,}1}{R_s}-\frac{5{,}1}{470}\geq5{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{A},\qquad R_s\leq\frac{2{,}9}{0{,}005+5{,}1/470}\simeq183\,\Omega.$

La seconde impose

$U_Z\frac{14{,}0-U_Z}{R_s}\leq0{,}30\,\mathrm{W},\qquad R_s\geq\frac{5{,}1(14{,}0-5{,}1)}{0{,}30}\simeq151\,\Omega.$

Il faut satisfaire les deux bornes simultanément : environ $151\,\Omega\leq R_s\leq183\,\Omega$. Cette plage n’est pas vide, le cahier des charges est donc réalisable dans le modèle.

Question 3 — Vérifier $180\,\Omega$. Avec l’alimentation minimale et la charge maximale, $i_Z=2{,}9/180-5{,}1/470\simeq5{,}26\,\mathrm{mA}$, juste au-dessus du minimum demandé. Avec l’alimentation maximale et la charge débranchée, $i_Z=8{,}9/180\simeq49{,}4\,\mathrm{mA}$, d’où $P_Z=5{,}1\times8{,}9/180\simeq0{,}252\,\mathrm{W}<0{,}30\,\mathrm{W}$. Comme ces deux cas bornent tous les autres, le choix respecte à la fois la régulation et la limite de puissance sur toute la plage.

Question 1 — Déterminer l’écrêtage. Pour une entrée positive assez grande, la Zener côté $S$ conduit en inverse et l’autre en direct. Les deux tensions de seuil s’additionnent : $U_c=U_Z+U_D=5{,}8\,\mathrm{V}$ et $u_s=+U_c$. Pour une entrée négative, les rôles s’inversent et $u_s=-U_c$. Entre ces limites, la branche est ouverte, donc le courant dans $R$ est nul et $u_s=e$. Ainsi

$u_s(e)=\begin{cases}-U_c,&e<-U_c,\\ e,&-U_c\leq e\leq U_c,\\ U_c,&e>U_c.\end{cases}$

Question 2 — Chercher le courant maximal. En conduction, la résistance reçoit la différence $|e|-U_c$, donc $|i|=(|e|-U_c)/R$. Cette quantité augmente avec $|e|$ et atteint son maximum aux crêtes de la source : $|i|_{\max}=(12-5{,}8)/1{,}0\,\mathrm{k\Omega}=6{,}2\,\mathrm{mA}$. Dans la zone centrale, la branche ouverte porte un courant nul.

Question 3 — Évaluer la puissance de la Zener inverse. Son seuil inverse vaut $U_Z$ pendant la conduction. Sa puissance instantanée maximale est donc $p_{Z,\max}=U_Z|i|_{\max}=5{,}1\times6{,}2\,\mathrm{mW}\simeq31{,}6\,\mathrm{mW}$. Ce résultat décrit la crête dans le modèle à seuils constants. Pour choisir un composant, il faut aussi considérer sa puissance admissible, les tolérances et les conditions thermiques.

Question 1 — Résoudre la charge initiale. Tant que la Zener est ouverte, tout le courant de la résistance charge le condensateur. La loi des nœuds donne $C\,\mathrm du_s/\mathrm dt=(E-u_s)/R$, avec $u_s(0)=0$. L’équation du premier ordre conduit à

$u_s(t)=E\bigl(1-\mathrm e^{-t/(RC)}\bigr),\qquad 0\leq t<t_Z.$

Cette expression augmente vers $E=12\,\mathrm{V}$ ; elle rencontre donc nécessairement le seuil $U_Z=5{,}1\,\mathrm{V}$.

Question 2 — Trouver le changement de régime. On pose $u_s(t_Z)=U_Z$ dans la solution précédente et l’on isole $t_Z$ :

$t_Z=-RC\ln\left(1-\frac{U_Z}{E}\right)=-0{,}100\ln(0{,}575)\,\mathrm{s}\simeq55{,}3\,\mathrm{ms}.$

Question 3 — Étudier la suite et vérifier la continuité. Dès $t_Z$, la Zener fixe $u_s=5{,}1\,\mathrm{V}$. La limite de la solution de charge vaut elle aussi $U_Z$ à cette date : la tension du condensateur reste continue. Après le basculement, $\mathrm du_s/\mathrm dt=0$, donc $i_C=0$ et tout le courant de $R$ traverse la Zener : $i_Z=(E-U_Z)/R=6{,}9\,\mathrm{mA}>0$. Le condensateur stocke alors $W_C=CU_Z^2/2\simeq1{,}30\,\mathrm{mJ}$. Dans ce modèle idéal, le courant Zener peut sauter de zéro à $6{,}9\,\mathrm{mA}$ au seuil, alors que la tension du condensateur ne saute pas.

Question 1 — Suivre les deux trajets. Lorsque $e>0$, le point $A$ est au potentiel le plus élevé. Le courant emprunte alors $D_1$, descend dans $R_L$, puis revient vers $B$ par $D_4$. Lorsque $e<0$, $B$ devient le point haut : le trajet passe par $D_2$, descend encore dans $R_L$, puis revient vers $A$ par $D_3$. Dans les deux cas, le courant traverse la charge dans le même sens. Il s’annule aux passages de $e$ par zéro.

Question 2 — Établir la tension et ses valeurs caractéristiques. Les diodes étant idéales, aucune tension n’est perdue dans la paire passante. La charge reçoit donc la valeur absolue de la tension d’entrée :

$u_s(t)=|e(t)|=E_m|\sin(\omega t)|.$

La sortie présente deux bosses positives pendant une période de la source. En intégrant sur $0\leq\theta=\omega t\leq2\pi$, on obtient la moyenne $2E_m/\pi$. Le carré de $|\sin\theta|$ est celui de $\sin\theta$, ce qui donne la même valeur efficace qu’une sinusoïde de crête $E_m$ :

$\langle u_s\rangle=\frac{2E_m}{\pi}=\frac{24}{\pi}\,\mathrm{V}\simeq7{,}64\,\mathrm{V},\qquad U_{s,\mathrm{eff}}=\frac{E_m}{\sqrt2}\simeq8{,}49\,\mathrm{V}.$

Question 3 — Calculer la puissance et le courant de crête. La charge est résistive : sa puissance moyenne vaut $P_L=U_{s,\mathrm{eff}}^2/R_L=72\,\mathrm{mW}$. Le maximum de $u_s$ est $E_m=12\,\mathrm{V}$ ; la loi d’Ohm donne donc $i_{L,\max}=E_m/R_L=12\,\mathrm{mA}$.

Question 1 — Identifier la zone de conduction. Le courant traverse toujours deux diodes du pont en série avec la charge. Tant que $|e|\leq2U_D=1{,}4\,\mathrm{V}$, aucune paire ne peut conduire et $u_s=0$. Au-delà, les deux diodes absorbent ensemble $2U_D$ ; la charge reçoit le reste :

$u_s(t)=\max\bigl(0,|E_m\sin(\omega t)|-2U_D\bigr).$

Sur chaque demi-période, la paire conduit pour $\alpha<\omega t<\pi-\alpha$ (à un multiple de $\pi$ près). La frontière vérifie $E_m\sin\alpha=2U_D$, donc $\alpha=\arcsin(1{,}4/12)\simeq0{,}117\,\mathrm{rad}$, soit $6{,}70^\circ$.

Question 2 — Calculer la valeur moyenne. Le signal redressé se répète tous les $\pi$ radians. On intègre seulement sur la zone où la sortie n’est pas nulle, puis on divise par $\pi$ :

$\langle u_s\rangle=\frac1\pi\int_\alpha^{\pi-\alpha}(E_m\sin\theta-2U_D)\,\mathrm d\theta=\frac{2E_m\cos\alpha-2U_D(\pi-2\alpha)}{\pi}\simeq6{,}29\,\mathrm{V}.$

Question 3 — Répartir la puissance dans le pont. La moyenne du courant de charge vaut $\langle i_L\rangle=\langle u_s\rangle/R_L\simeq6{,}29\,\mathrm{mA}$. À chaque instant conducteur, deux diodes portent ce courant et chacune dissipe $U_Di_L$. Même lorsque le pont bloque, cette expression totale reste valable avec $i_L=0$. Ainsi

$P_{D,\mathrm{tot}}=2U_D\langle i_L\rangle\simeq8{,}81\,\mathrm{mW}.$

Les paires $(D_1,D_4)$ et $(D_2,D_3)$ prennent le relais d’une demi-période à l’autre : chaque diode ne conduit que sur une alternance sur deux. Par symétrie, les quatre reçoivent la même puissance moyenne, soit $P_{D,\mathrm{tot}}/4\simeq2{,}20\,\mathrm{mW}$ par diode.

Question 1 — Décrire un quart de période. Le seuil vaut $U_c=5{,}8\,\mathrm{V}$. La sinusoïde l’atteint à $\alpha=\arcsin(U_c/E_m)=\arcsin(0{,}58)\simeq0{,}619\,\mathrm{rad}$. Avant $\alpha$, les Zener ne conduisent pas et la sortie suit l’entrée. Ensuite, elle reste au palier $U_c$ jusqu’au sommet :

$u_s(\theta)=\begin{cases}E_m\sin\theta,&0\leq\theta\leq\alpha,\\U_c,&\alpha<\theta\leq\pi/2.\end{cases}$

Question 2 — Mesurer le temps écrêté et exploiter la symétrie. Sur une demi-période de longueur $\pi$, le palier s’étend de $\alpha$ à $\pi-\alpha$, soit $\pi-2\alpha$. Le même intervalle apparaît sur l’autre demi-période ; la fraction écrêtée est donc $2(\pi-2\alpha)/(2\pi)=1-2\alpha/\pi\simeq0{,}606$, soit $60{,}6\,\%$. De plus, $u_s(\theta+\pi)=-u_s(\theta)$ : les deux demi-périodes ont la même forme avec des signes opposés. Leurs contributions aux harmoniques paires se compensent.

Question 3 — Calculer les deux amplitudes. Le signal étant impair, on ne cherche que les coefficients sinus. La symétrie de quart de période donne, pour $n$ impair, $b_n=\frac4\pi\int_0^{\pi/2}u_s(\theta)\sin(n\theta)\,\mathrm d\theta$. On coupe cette intégrale à $\alpha$ : la première partie contient $E_m\sin\theta$, la seconde le palier $U_c$. Pour $n=1$, cela donne

$b_1=\frac4\pi\left[E_m\left(\frac\alpha2-\frac{\sin(2\alpha)}4\right)+U_c\cos\alpha\right]\simeq6{,}95\,\mathrm{V}.$

Pour $n=3$, on transforme le produit des sinus avec $\sin\theta\sin(3\theta)=[\cos(2\theta)-\cos(4\theta)]/2$, puis on intègre le palier séparément :

$b_3=\frac4\pi\left[E_m\left(\frac{\sin(2\alpha)}4-\frac{\sin(4\alpha)}8\right)+\frac{U_c\cos(3\alpha)}3\right]\simeq1{,}33\,\mathrm{V}.$

Le rapport vaut $b_3/b_1\simeq0{,}192$ : l’amplitude de l’harmonique de rang 3 représente environ $19\,\%$ de celle du fondamental dans le modèle retenu.

Question 1 — Relier l’ondulation à la charge perdue. Le pont redresse les deux alternances : le condensateur se recharge près de deux maxima par période de la source. L’ondulation a donc la fréquence $f_r=2f=100\,\mathrm{Hz}$. Entre deux recharges espacées d’environ $1/(2f)$, la charge fournit approximativement un courant $I_L$ constant et perd la charge $I_L/(2f)$. Or cette perte vaut aussi $C\Delta V$, d’où