Le losange est une source de courant commandée en tension qui injecte un courant de 0,05·VA (en A, avec VA en V) vers le haut dans le nœud B. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR4 dans R4 dans le sens de la flèche.
Une charge RL = 5 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.
V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩRL = 5 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 80 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 10 VR = 100 ΩL = 100 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 30 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 750 ms.
Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 30 Vt = 750 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 47 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 230 V : une charge de 10 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif et une charge de 10 kW avec un facteur de puissance de 0,95 capacitif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 20 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 240 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,95. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 10 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,75 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 10 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 600 V. Une résistance de 30 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 250 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,8η = 98%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,3294 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.
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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 15·28/(15+28) = 9,767 Ω
Req = R1 + 9,767 = 10 + 9,767 = 19,77 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 = 10/19,77 = 0,5059 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 − 0,5059·10 = 4,941 V
IR2 = VA/R2 = 4,941/15 = 0,3294 A
Réponse
IR2 = 0,3294 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 4,669 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.
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 = 20 + 12 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 6,4 Ω
R3 + 6,4 = 8,4 Ω
R2 ∥ 8,4 = 2,71 Ω
Req = R1 + 2,71 = 5 + 2,71 = 7,71 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 = 36/7,71 = 4,669 A
Réponse
IR1 = 4,669 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 18,32 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/5 + (VA − 10)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,3833·VA − 0,1·VB = 0,8333
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)/10 = 1,5
−0,1·VA + 0,1667·VB = 1,5
Résoudre
Δ = (0,3833)(0,1667) − (−0,1)(−0,1) = 0,05389
VA = Δ1/Δ = 0,2889/0,05389 = 5,361 V
VB = Δ2/Δ = 0,6583/0,05389 = 12,22 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 = 12,22·1,5 = 18,32 W
Réponse
PIs = 18,32 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR4 = 0,2361 A
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 en A
Les courants sortant de A par les résistances sont égaux au courant injecté dans A par les sources.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,2·VA − 0,08333·VB = 0,6
Loi des nœuds en B
La source commandée injecte g·VA dans le nœud B. Traitez-la comme une source indépendante, puis faites passer le terme en VA dans le membre de gauche.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,1333·VA + 0,1233·VB = 0
Résoudre
Δ = (0,2)(0,1233) − (−0,08333)(−0,1333) = 0,01356
VA = Δ1/Δ = 0,074/0,01356 = 5,459 V
VB = Δ2/Δ = 0,08/0,01356 = 5,902 V
Courant dans R₄
IR4 = VB/R4 = 5,902/25 = 0,2361 A
Réponse
IR4 = 0,2361 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,24 A
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.
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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 5 = 11,67 Ω
Trouver Vth, la tension à vide
Avec a–b ouverts, aucun courant ne traverse R₃, donc aucune chute de tension et V_b = V_A. R₁ et R₂ forment un pont diviseur.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·20/(10+20) = 4 V
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) = 4/(11,67 + 5) = 0,24 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 5,27 A
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.
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 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 25 = 29,84 Ω
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) = 8,065 + 5·4,839 = 32,26 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 32,26 + 5·25 = 157,3 V
Équivalent de Norton
Une source de Norton est le même circuit vu comme une source de courant en parallèle avec R_th. Son courant est le courant de court-circuit en a–b.
IN = Vth/Rth = 157,3/29,84 = 5,27 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 1,609 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.
Constante de temps et courant final
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
τ = L/R = 100 mH / 100 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/100 = 0,1 A
Isoler le temps
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1·ln(0,2) = 1,609 ms
Réponse
t = 1,609 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 15,97 V
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.
Valeur initiale, valeur finale, constante de temps
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 9 + (30 − 9)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(750) = 9 + (21)·e−750/680 = 15,97 V
Réponse
vC = 15,97 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 3,407 W
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|.
Réactances
XL = 188,5 Ω, XC = 169,3 Ω
Impédance
|Z| = √(30² + (19,18)²) = 35,61 Ω
Puissance active
Les bobines et les condensateurs ne font que stocker et restituer de l’énergie ; la résistance absorbe toute la puissance active.
I = 12/35,61 = 0,337 A
P = I²·R = 0,337²·30 = 3,407 W
Réponse
P = 3,407 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,2795 A
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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Impédance
En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(XL − XC).
Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.
I = V/|Z| = 24/85,88 = 0,2795 A
Réponse
I = 0,2795 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 90,22 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 de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 10·tan(arccos 0,75) = 8,819 kvar
Q2 = −10·tan(arccos 0,95) = −3,287 kvar
Totaux
P = 10 + 10 = 20 kW
Q = 8,819 + (−3,287) = 5,532 kvar
S = √(20² + 5,532²) = 20,75 kVA
Courant total
I = S/V = 20751/230 = 90,22 A
Réponse
I = 90,22 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 87,72 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 = P·tan φ1 = 20·tan(41,41°) = 17,64 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(18,19°) = 6,574 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,06 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(240·0,95) = 87,72 A
Réponse
Inew = 87,72 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 8,963 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.
Puissance apparente
S = √3·VL·IL = √3·690·10 = 11,95 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 11,95·0,75 = 8,963 kW
Réponse
P = 8,963 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 37,16 kvar
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 = 50·tan(acos 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar
Réponse
QC = 37,16 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 0,8 A
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.
Tension et courant secondaires
V2 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/30 = 4 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 0,8 A
Réponse
I1 = 0,8 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 750 Ω, et 600/750 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 566,3 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.