La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en A, donc elle impose VA − VB = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Une charge RL = 4 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 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩRL = 4 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 1 ms.
Vs = 20 VR = 68 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 24 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 1000 ms.
Vs = 9 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 24 Vt = 1000 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 230 V (efficace), 200 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 200 mH
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 10 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 24 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 24 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 7 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sur une alimentation de 230 V, 50 Hz. Un condensateur de 100 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.
P = 7 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 50 HzC = 100 µF
cos φ =
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 18,5 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 91 % et son facteur de puissance vaut 0,88 (inductif). Le réseau a une tension composée de 480 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 18,5 kWη = 91%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 4:1 a son enroulement primaire sous 920 V. Une résistance de 4 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 920 VRL = 4 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 800 W et des pertes cuivre de 3200 W à charge nominale. Il fournit 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.
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 = 2 + 5 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 6·7/(6+7) = 3,231 Ω
Req = R1 + 3,231 = 12 + 3,231 = 15,23 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 = 12/15,23 = 0,7879 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 = 12 − 0,7879·12 = 2,545 V
IR2 = VA/R2 = 2,545/6 = 0,4242 A
Réponse
IR2 = 0,4242 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,853 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 = 10 + 25 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 4,375 Ω
R3 + 4,375 = 12,38 Ω
R2 ∥ 12,38 = 6,781 Ω
Req = R1 + 6,781 = 2 + 6,781 = 8,781 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 = 36/8,781 = 4,1 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 = 36 − 4,1·2 = 27,8 V
IR2 = VA/R2 = 27,8/15 = 1,853 A
Réponse
IR2 = 1,853 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 1,292 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.
Poser les nœuds
La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 18 V). Inconnues : VA, VB.
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/10 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/8 = 0
0,2917·VA − 0,125·VB = 1,2
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/12 + (VB − VA)/8 = (−2,5)
−0,125·VA + 0,2083·VB = −2,5
Résoudre
Δ = (0,2917)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,04514
VA = Δ1/Δ = −0,0625/0,04514 = −1,385 V
VB = Δ2/Δ = −0,5792/0,04514 = −12,83 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − −1,385)/15 = 1,292 A
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 5 V
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.
Former un super-nœud
La source de tension entre A et B est parcourue par un courant inconnu, donc on ne peut pas écrire la loi des nœuds séparément en A ou en B. Englobez A, B et la source dans un super-nœud : le courant qui y entre est égal au courant qui en sort.
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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 15 = 17,22 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) = 18·4/(5+4) = 8 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) = 8/(17,22 + 4) = 0,377 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 18,2 V
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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 2 = 4,4 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) = 7,2 + 2,5·2,4 = 13,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,2 + 2,5·2 = 18,2 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,2807 A
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.
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) = 24 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 9 + (24 − 9)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(1000) = 9 + (15)·e−1000/1000 = 14,52 V
Réponse
vC = 14,52 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 21,7 °
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|.
Réactance
XL = ωL = 2π·200·0,2 = 251,3 Ω
Courants de branche
Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.
IR = V/R = 230/100 = 2,3 A
IX = V/XL = 230/251,3 = 0,9151 A
Courant total
Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.
I = √(IR² + IX²) = √(2,3² + 0,9151²) = 2,475 A
Déphasage
Le courant dans la bobine est en retard sur V, donc le courant total est en retard et l’angle est positif.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(0,9151/2,3) = 21,7°
Réponse
φ = 21,7°
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 129,9 Hz
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|.
Résonance
À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC). La fréquence d’alimentation n’intervient pas.
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.
Angle
φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 24·0,6197 = 14,87 kvar
Réponse
Q = 14,87 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,7316
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 = 7·tan(arccos 0,65) = 8,184 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·100·10⁻⁶ = 1662 var = 1,662 kvar
Q2 = 8,184 − 1,662 = 6,522 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(7² + 6,522²) = 9,567 kVA
Nouveau facteur de puissance
cos φ = P/S2 = 7/9,567 = 0,7316
Réponse
cos φ = 0,7316
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 27,79 A
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 électrique absorbée
Pin = Pout/η = 18,5/0,91 = 20,33 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20330/(√3·480·0,88) = 27,79 A
Réponse
IL = 27,79 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 109,4 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar
Réponse
QC = 109,4 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 14,38 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 = 920/4 = 230 V
I2 = 230/4 = 57,5 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 14,38 A
Réponse
I1 = 14,38 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 64 Ω, et 920/64 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 1600 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.
Pertes cuivre à cette charge
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·3200 = 800 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.