Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
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 = 80 ms.
Vs = 24 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µFt = 80 ms
vC = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 15 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 12 V, exactement 20 ms après le départ. Avec C = 100 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 15 VVth = 12 VT = 20 msC = 100 µF
R = kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec C = 4,7 µF doit résonner à 100 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.
f0 = 100 HzC = 4,7 µF
L = mH
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 24 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.
V = 24 V (rms)R = 15 ΩL = 20 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 400 V : une charge de 10 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif et un radiateur de 23 kW (facteur de puissance unitaire). Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 19 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sur une alimentation de 240 V, 60 Hz. Un condensateur de 150 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 19 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 60 HzC = 150 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 24 + j18 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VZ = 24 + j18 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 690 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. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 15 kVA, 4160/480 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 15 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 200 W et des pertes cuivre de 800 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 800 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 17,86 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 = 2 + 2 = 4 Ω
R2 ∥ 4 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Req = R1 + 2,857 = 15 + 2,857 = 17,86 Ω
Réponse
Req = 17,86 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,4064 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 = 15 + 4 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 5,63 Ω
R3 + 5,63 = 8,63 Ω
R2 ∥ 8,63 = 4,151 Ω
Req = R1 + 4,151 = 15 + 4,151 = 19,15 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 = 15/19,15 = 0,7832 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 = 15 − 0,7832·15 = 3,252 V
IR2 = VA/R2 = 3,252/8 = 0,4064 A
Réponse
IR2 = 0,4064 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 170,8 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/15 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/3 = 0
0,9·VA − 0,3333·VB = 12
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)/3 = 5
−0,3333·VA + 0,4·VB = 5
Résoudre
Δ = (0,9)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2489
VA = Δ1/Δ = 6,467/0,2489 = 25,98 V
VB = Δ2/Δ = 8,5/0,2489 = 34,15 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 = 34,15·5 = 170,8 W
Réponse
PIs = 170,8 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 5,643 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.
Poser les nœuds
La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 5 V, V2 = 9 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 5)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,9167·VA − 0,25·VB = 1,667
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/4 + (VB − 9)/10 = 4
−0,25·VA + 0,45·VB = 4,9
Résoudre
Δ = (0,9167)(0,45) − (−0,25)(−0,25) = 0,35
VA = Δ1/Δ = 1,975/0,35 = 5,643 V
VB = Δ2/Δ = 4,908/0,35 = 14,02 V
Réponse
VA = 5,643 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 6,429 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 4 = 8,286 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) = 9·15/(6+15) = 6,429 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 13,1 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 = 25·4/(25+4) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 8 = 11,45 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) = 1,655 + 1·3,448 = 5,103 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,103 + 1·8 = 13,1 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 6,739 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 = 4,7·10/(4,7 + 10) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 24·10/(4,7 + 10) = 16,33 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 3,197·47 = 150,3 ms
Courbe de charge
vC(t) = 16,33·(1 − e−80/150,3) = 6,739 V
Réponse
vC = 6,739 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 0,1243 kΩ
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 requise
12 = 15·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(15/(15 − 12))
τ = 20/1,609 = 12,43 ms
Résistance
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
R = τ/C = 12,43/100 = 0,1243 kΩ
Réponse
R = 0,1243 kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: L = 538,9 mH
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|.
Condition de résonance
À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·100 = 628,3 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(628,3²·4,7·10⁻⁶) = 538,9 mH
Réponse
L = 538,9 mH
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 330,1 V
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 s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·0,47·10⁻⁶) = 10314 rad/s
I = V/R = 24/15 = 1,6 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 10314·0,02 = 206,3 Ω
VL = I·XL = 1,6·206,3 = 330,1 V
Réponse
VL = 330,1 V
Cela fait Q = 13,75 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,9554
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 0,7) = 10,2 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totaux
P = 10 + 23 = 33 kW
Q = 10,2 + 0 = 10,2 kvar
S = √(33² + 10,2²) = 34,54 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 33/34,54 = 0,9554 inductif
Réponse
cos φ = 0,9554
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 103,8 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 = 19·tan(arccos 0,7) = 19,38 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·150·10⁻⁶ = 3257 var = 3,257 kvar
Q2 = 19,38 − 3,257 = 16,13 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(19² + 16,13²) = 24,92 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 24921/240 = 103,8 A
Réponse
I = 103,8 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 3,461 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.
Tension simple
Vph = VL = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 208/30 = 6,933 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·6,933²·24 = 3,461 kW
Réponse
P = 3,461 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 372,6 µF
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 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 55,73 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en étoile, chaque condensateur est branché entre une phase et le point neutre.
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 = 15000/480 = 31,25 A
Réponse
ILV = 31,25 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 12,5 kVA
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.