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 potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
IN = 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 = 9 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 500 ms.
Vs = 9 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 500 ms
vC = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 8 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 9,6 V ? Trouvez t.
Vs = 10 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 8 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 120 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩC = 47 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 12 V (efficace), 60 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 10 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 10 kWpf = 0,65V = 240 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 25 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,98. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.
P = 25 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 100 A sur un réseau de tension composée 400 V. Le facteur de puissance vaut 0,92 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VIL = 100 Acos φ = 0,92
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 75 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 50 kVA, 4160/480 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 50 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 500 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif), son rendement est de 97 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 100 kVAPcore = 500 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 13,22 Ω
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 + 20 = 40 Ω
R2 ∥ 40 = 6·40/(6+40) = 5,217 Ω
Req = R1 + 5,217 = 8 + 5,217 = 13,22 Ω
Réponse
Req = 13,22 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,798 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 = 25 + 2 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 14,21 Ω
R3 + 14,21 = 18,21 Ω
R2 ∥ 18,21 = 9,532 Ω
Req = R1 + 9,532 = 3 + 9,532 = 12,53 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 = 10/12,53 = 0,798 A
Réponse
IR1 = 0,798 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 10,51 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/12 + (VA − 10)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,4083·VA − 0,125·VB = 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/15 + (VB − VA)/8 = 1
−0,125·VA + 0,1917·VB = 1
Résoudre
Δ = (0,4083)(0,1917) − (−0,125)(−0,125) = 0,06264
VA = Δ1/Δ = 0,5083/0,06264 = 8,115 V
VB = Δ2/Δ = 0,6583/0,06264 = 10,51 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 = 10,51·1 = 10,51 W
Réponse
PIs = 10,51 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 4,814 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.
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
0,9167·VA − 0,3333·VB = 3
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
−0,3833·VA + 0,4·VB = 0
Résoudre
Δ = (0,9167)(0,4) − (−0,3333)(−0,3833) = 0,2389
VA = Δ1/Δ = 1,2/0,2389 = 5,023 V
VB = Δ2/Δ = 1,15/0,2389 = 4,814 V
Réponse
VB = 4,814 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,21 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 8 = 15,5 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) = 30·20/(12+20) = 18,75 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 = 18,75/15,5 = 1,21 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = −3,55 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 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) = 6 + (−4)·3,333 = −7,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −7,333 + (−4)·10 = −47,33 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 = −47,33/13,33 = −3,55 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 4,059 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.
Équivalent de Thévenin vu par le condensateur
Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.
Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·10/(3,3 + 10) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 9·10/(3,3 + 10) = 6,767 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 2,481·220 = 545,9 ms
Courbe de charge
vC(t) = 6,767·(1 − e−500/545,9) = 4,059 V
Réponse
vC = 4,059 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 249,6 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.
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.
t = τ·ln((8 − 10)/(9,6 − 10)) = 155,1·ln(5) = 249,6 ms
Réponse
t = 249,6 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 8,75 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|.
Réactance
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·100·47·10⁻⁶) = 33,86 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 = 120/15 = 8 A
IX = V/XC = 120/33,86 = 3,544 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) = √(8² + 3,544²) = 8,75 A
Réponse
I = 8,75 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 38,29 Ω
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
XC = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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.
Courant de ligne
Seule la partie active de la puissance fournit un travail, donc divisez par le facteur de puissance.
I = P/(V·cos φ) = 10000/(240·0,65) = 64,1 A
Réponse
I = 64,1 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: QC = 24,15 kvar
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 = 25·tan(49,46°) = 29,23 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,15 kvar
Réponse
QC = 24,15 kvar
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 63,74 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 = √3·400·100 = 69,28 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 69,28·0,92 = 63,74 kW
Réponse
P = 63,74 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 47,64 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 = 75·tan(acos 0,72) = 75·0,9639 = 72,29 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 47,64 kvar
Réponse
QC = 47,64 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 104,2 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.
Courant nominal
Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.
ILV = S/V = 50000/480 = 104,2 A
Réponse
ILV = 104,2 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 2129 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.