Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
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 = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 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. Trouvez le courant i à t = 10 ms.
Vs = 6 VR = 15 ΩL = 100 mHt = 10 ms
i = A
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 10 ms après le départ. Avec R = 4,7 kΩ, trouvez la capacité C nécessaire.
Vs = 15 VVth = 12 VT = 10 msR = 4,7 kΩ
C = µF
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 50 Ω, L = 50 mH et C = 0,1 µF. Trouvez son facteur de qualité Q à la résonance.
R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,1 µF
Q =
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 33 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 33 kWpf = 0,85V = 230 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA alimente une charge de 37 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?
Smax = 100 kVAP1 = 37 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 12 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,92 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VIL = 12 Acos φ = 0,92
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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 = 0,75pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 75 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 75 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 1600 W et des pertes cuivre de 4000 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 200 kVAPcore = 1600 WPcu,fl = 4000 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,6559 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 10·17/(10+17) = 6,296 Ω
Req = R1 + 6,296 = 12 + 6,296 = 18,3 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 = 12/18,3 = 0,6559 A
Réponse
IR1 = 0,6559 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 1,614 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 2,526 Ω
R3 + 2,526 = 8,526 Ω
R2 ∥ 8,526 = 5,436 Ω
Req = R1 + 5,436 = 2 + 5,436 = 7,436 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 = 12/7,436 = 1,614 A
Réponse
IR1 = 1,614 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 9,489 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/20 = 0
0,4667·VA − 0,05·VB = 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/5 + (VB − VA)/20 = 2
−0,05·VA + 0,25·VB = 2
Résoudre
Δ = (0,4667)(0,25) − (−0,05)(−0,05) = 0,1142
VA = Δ1/Δ = 0,85/0,1142 = 7,445 V
VB = Δ2/Δ = 1,083/0,1142 = 9,489 V
Réponse
VB = 9,489 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 0,3348 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 = 5 V, V2 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/30 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/25 = 0
0,3233·VA − 0,04·VB = 1,25
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/2 + (VB − VA)/25 + (VB − (−18))/8 = 1
−0,04·VA + 0,665·VB = −1,25
Résoudre
Δ = (0,3233)(0,665) − (−0,04)(−0,04) = 0,2134
VA = Δ1/Δ = 0,7813/0,2134 = 3,661 V
VB = Δ2/Δ = −0,3542/0,2134 = −1,66 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 3,661)/4 = 0,3348 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 14,4 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 12 = 14,4 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) = 24·6/(4+6) = 14,4 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 3,643 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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 2 = 3,5 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) = 7,5 + 1,5·1,5 = 9,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,75 + 1,5·2 = 12,75 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 = 12,75/3,5 = 3,643 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,3107 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.
Constante de temps requise
12 = 15·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(15/(15 − 12))
τ = 10/1,609 = 6,213 ms
Capacité
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
C = τ/R = 6,213/4,7 = 1,322 µF
Réponse
C = 1,322 µF
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,07595 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/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 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| = 24/316 = 0,07595 A
Réponse
I = 0,07595 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: Q = 14,14
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|.
Fréquence de résonance
f0 = 1/(2π·√(0,05·0,1·10⁻⁶)) = 2251 Hz
Facteur de qualité
Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.
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 = 33·0,6197 = 20,45 kvar
Réponse
Q = 20,45 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 60,34 kW
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 la charge existante
Q1 = 37·tan(arccos 0,85) = 22,93 kvar
Plus grande puissance active totale
À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.
P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 22,93²) = 97,34 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 97,34 − 37 = 60,34 kW
Réponse
ΔP = 60,34 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 3,977 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 = √3·208·12 = 4,323 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 4,323·0,92 = 3,977 kW
Réponse
P = 3,977 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 135,8 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 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 135,8 kvar
Réponse
QC = 135,8 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 312,5 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 = 75000/240 = 312,5 A
Réponse
ILV = 312,5 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 126,5 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.