Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 15 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 = 5 VIs = 6 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 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 la tension vL aux bornes de la bobine à t = 5 ms.
Vs = 12 VR = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
vL = 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. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 75 ms.
Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 Vt = 75 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 120 V (efficace), 500 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 8 + j6 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 240 VZ = 8 + j6 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 15 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 400 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,92. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 15 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 20 + j15 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 480 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 480 VZ = 20 + j15 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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 0,98 (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 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 50 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 3:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 3:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 750 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif), son rendement est de 98,8 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 150 kVAPcore = 750 Wpf = 0,9η = 98,8%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 18,43 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 15 + 3,429 = 18,43 Ω
Réponse
Req = 18,43 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 4,768 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
R3 + 3,231 = 15,23 Ω
R2 ∥ 15,23 = 1,768 Ω
Req = R1 + 1,768 = 3 + 1,768 = 4,768 Ω
Réponse
Req = 4,768 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 0,2824 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 = 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/15 + (VA − 18)/6 + (VA − VB)/8 = 0
0,3583·VA − 0,125·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/12 + (VB − VA)/8 = (−1)
−0,125·VA + 0,2083·VB = −1
Résoudre
Δ = (0,3583)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,05903
VA = Δ1/Δ = 0,5/0,05903 = 8,471 V
VB = Δ2/Δ = 0,01667/0,05903 = 0,2824 V
Réponse
VB = 0,2824 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 8,012 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 = 12 V, V2 = −10 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/10 + (VA − 12)/6 + (VA − VB)/6 = 0
0,4333·VA − 0,1667·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/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/6 + (VB − (−10))/12 = 2
−0,1667·VA + 0,2833·VB = 1,167
Résoudre
Δ = (0,4333)(0,2833) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,095
VA = Δ1/Δ = 0,7611/0,095 = 8,012 V
VB = Δ2/Δ = 0,8389/0,095 = 8,83 V
Réponse
VA = 8,012 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 7,105 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 12 = 15,16 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/(4+15) = 7,105 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 6,541 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 3 = 6,529 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) = 3,529 + 6·3,529 = 24,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,71 + 6·3 = 42,71 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 = 42,71/6,529 = 6,541 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 5,752 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.
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.
τ = L/R = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 12/10 = 1,2 A
Tension aux bornes de la bobine
À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/6,8 = 5,752 V
Réponse
vL = 5,752 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 5,996 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.
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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 10 µF = 68 ms
vC(t) = 5 + (8 − 5)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(75) = 5 + (3)·e−75/68 = 5,996 V
Réponse
vC = 5,996 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 21,83 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/(ωC) = 1/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 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 = 120/30 = 4 A
IX = V/XC = 120/31,83 = 3,77 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) = √(4² + 3,77²) = 5,497 A
Impédance
|Z| = V/I = 120/5,497 = 21,83 Ω
Réponse
|Z| = 21,83 Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,01934 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 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| = 12/620,5 = 0,01934 A
Réponse
I = 0,01934 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 3456 var
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| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 240/10 = 24 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 24²·6 = 3456 var
Réponse
Q = 3456 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 80,57 µF
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 = 15·tan(36,87°) = 11,25 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,86 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 4860/(2π·60·400²) = 80,57 µF
Réponse
C = 80,57 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 7,373 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 = 480/√3 = 277,1 V
Courant de phase
|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 277,1/25 = 11,09 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·11,09²·20 = 7,373 kW
Réponse
P = 7,373 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 193,2 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 0,65) = 200·1,169 = 233,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 193,2 kvar
Réponse
QC = 193,2 kvar
15.Transformateurs
Réponse: R1′ = 450 Ω
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.
Résistance ramenée
La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².
R1′ = a²·RL = 3²·50 = 450 Ω
Réponse
R1′ = 450 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 889,7 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.