Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR1 dans R1 dans le sens de la flèche.
V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 2,5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
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 = 2 ΩR3 = 15 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 = 18 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 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 = 10 ms.
Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µFt = 10 ms
vC = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 10 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 15,6 V ? Trouvez t.
Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 22 µFvC(0) = 10 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec L = 100 mH doit résonner à 50 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.
f0 = 50 HzL = 100 mH
C = µF
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 6 + j8 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 230 VZ = 6 + j8 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 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 0,98. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 24 + j7 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VZ = 24 + j7 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 250 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 triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 1152 Ω alimente un haut-parleur de 8 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 1152 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 1152 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 150 W et des pertes cuivre de 225 W à charge nominale. Il fournit 75 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,9 (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 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 8 + 4,105 = 12,11 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 = 18/12,11 = 1,487 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 = 18 − 1,487·8 = 6,104 V
IR2 = VA/R2 = 6,104/6 = 1,017 A
Réponse
IR2 = 1,017 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 10,58 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.
R5 + R6 = 8 + 4 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 2,4 Ω
R3 + 2,4 = 5,4 Ω
R2 ∥ 5,4 = 4,576 Ω
Req = R1 + 4,576 = 6 + 4,576 = 10,58 Ω
Réponse
Req = 10,58 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 0,39 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 = 6 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/4 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/2 = 0
0,8·VA − 0,5·VB = 0,3
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/3 + (VB − VA)/2 = (−2)
−0,5·VA + 0,8333·VB = −2
Résoudre
Δ = (0,8)(0,8333) − (−0,5)(−0,5) = 0,4167
VA = Δ1/Δ = −0,75/0,4167 = −1,8 V
VB = Δ2/Δ = −1,45/0,4167 = −3,48 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − −1,8)/20 = 0,39 A
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 0,3056 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
VA est connu, donc cette équation donne VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(2,5 − 5)/5 + 2,5/6 = (VB − 2,5)/2
−0,08333 = (VB − 2,5)/2 → VB = 2,333 V
Loi des nœuds en B
Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (2,333 − 2,5)/2 + 2,333/6 = 0,3056 A
Réponse
Is = 0,3056 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,2564 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 15 = 16,71 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) = 30·2/(12+2) = 4,286 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 = 4,286/16,71 = 0,2564 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 6,823 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 5 = 7,182 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) = 13,09 + 5·2,182 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + 5·5 = 49 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 = 49/7,182 = 6,823 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 4,743 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 = 1·2,2/(1 + 2,2) = 0,6875 kΩ
vC(∞) = 9·2,2/(1 + 2,2) = 6,188 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 0,6875·10 = 6,875 ms
Courbe de charge
vC(t) = 6,188·(1 − e−10/6,875) = 4,743 V
Réponse
vC = 4,743 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 37,09 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((10 − 24)/(15,6 − 24)) = 72,6·ln(1,667) = 37,09 ms
Réponse
t = 37,09 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: C = 101,3 µF
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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,1) = 101,3 µF
Réponse
C = 101,3 µF
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 277,1 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.
Courant
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 230/10 = 23 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 23²·8 = 4232 var
Réponse
Q = 4232 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 148,8 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 = P·tan φ1 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(11,48°) = 7,107 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,76 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(240·0,98) = 148,8 A
Réponse
Inew = 148,8 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 6,144 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 = 400/√3 = 230,9 V
Courant de phase
|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·24 = 6,144 kW
Réponse
P = 6,144 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,96, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 414 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 185,8 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 61928/(314,2·690²) = 414 µF
Réponse
Cph = 414 µF
15.Transformateurs
Réponse: a = 12
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.
Adapter la charge ramenée
a²·8 = 1152
a = √(1152/8) = √144 = 12
Réponse
a = 12
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 276,6 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 = 0,5625·225 = 126,6 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.