Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I1 dans la branche 1, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Une charge RL = 2 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.
V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
PL = W
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 2 A. À t = 0, l’interrupteur ferme la boucle à travers R et la source est retirée, donc le courant de la bobine décroît à travers R. Trouvez le courant i à t = 1 ms.
i(0) = 2 AR = 100 ΩL = 68 mHt = 1 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 5 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 3 V, exactement 10 ms après le départ. Avec C = 10 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 5 VVth = 3 VT = 10 msC = 10 µF
R = kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 15 Ω, L = 200 mH et C = 10 µF. Trouvez son facteur de qualité Q à la résonance.
R = 15 ΩL = 200 mHC = 10 µF
Q =
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 11 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 400 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 11 kWpf = 0,85V = 400 V
I = A
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 0,95. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 15 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 20 A sur un réseau de tension composée 480 V. Le facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 480 VIL = 20 Acos φ = 0,82
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 1200 Ω alimente un haut-parleur de 75 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 1200 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 1200 ΩRL = 75 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 1500 W et des pertes cuivre de 3750 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,95 (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 = 15 + 5 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Req = R1 + 2,609 = 2 + 2,609 = 4,609 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 = 9/4,609 = 1,953 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 = 9 − 1,953·2 = 5,094 V
IR2 = VA/R2 = 5,094/3 = 1,698 A
Réponse
IR2 = 1,698 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,09261 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 1,8 Ω
R3 + 1,8 = 26,8 Ω
R2 ∥ 26,8 = 12,93 Ω
Req = R1 + 12,93 = 15 + 12,93 = 27,93 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 = 5/27,93 = 0,179 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 = 5 − 0,179·15 = 2,315 V
IR2 = VA/R2 = 2,315/25 = 0,09261 A
Réponse
IR2 = 0,09261 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: I1 = −3,333 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
Prenez le fil du bas comme masse. Chaque branche emporte depuis A un courant (VA − Vk)/Rk, où Vk est la tension de sa source (zéro pour une simple résistance). La somme des courants sortant de A est nulle.
(VA − 6)/3 + (VA − 30)/6 + (VA − 24)/8 = 0
Trouver VA
VA = (6/3 + 30/6 + 24/8) / (1/3 + 1/6 + 1/8) = 10/0,625 = 16 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
I1 = (6 − VA)/R1 = (6 − 16)/3 = −3,333 A
Réponse
I1 = −3,333 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 0,1083 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 = 5 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/2 + (VA − 5)/30 + (VA − VB)/8 = 0
0,6583·VA − 0,125·VB = 0,1667
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/12 + (VB − VA)/8 + (VB − 5)/5 = 2
−0,125·VA + 0,4083·VB = 3
Résoudre
Δ = (0,6583)(0,4083) − (−0,125)(−0,125) = 0,2532
VA = Δ1/Δ = 0,4431/0,2532 = 1,75 V
VB = Δ2/Δ = 1,996/0,2532 = 7,883 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 1,75)/30 = 0,1083 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,098 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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 4 = 6,308 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) = 30·3/(10+3) = 6,923 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 = 6,923/6,308 = 1,098 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 30,93 W
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 + 15 = 16,5 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) = 6,75 + 4·1,5 = 12,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,75 + 4·15 = 72,75 V
Brancher la charge sur l’équivalent de Thévenin
La source de Thévenin et R_th en série se comportent exactement comme le circuit d’origine en a–b, donc la charge voit une simple boucle série.
IL = Vth/(Rth + RL) = 72,75/(16,5 + 2) = 3,932 A
PL = IL²·RL = 3,932²·2 = 30,93 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,4596 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
τ = L/R = 68 mH / 100 Ω = 0,68 ms
Décroissance du courant
i(t) = 2·e−1/0,68 = 0,4596 A
Réponse
i = 0,4596 A
8.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 1,091 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
3 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 3))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms
Résistance
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
R = τ/C = 10,91/10 = 1,091 kΩ
Réponse
R = 1,091 kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,5988 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·10·10⁻⁶) = 159,2 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| = 100/167 = 0,5988 A
Réponse
I = 0,5988 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: Q = 9,428
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·√(0,2·10·10⁻⁶)) = 112,5 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.
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) = 11000/(400·0,85) = 32,35 A
Réponse
I = 32,35 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 39,47 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 = 15·tan(36,87°) = 11,25 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(18,19°) = 4,93 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,32 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 15000/(400·0,95) = 39,47 A
Réponse
Inew = 39,47 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 13,63 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 = √3·480·20 = 16,63 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 16,63·0,82 = 13,63 kW
Réponse
P = 13,63 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 842,4 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 50,81 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.
Adapter la charge ramenée
a²·75 = 1200
a = √(1200/75) = √16 = 4
Réponse
a = 4
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 1734 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 = 0,0625·3750 = 234,4 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.