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 = 1 ms.
Vs = 9 VR = 100 ΩL = 100 mHt = 1 ms
vL = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 3 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 150 ms.
Vs = 9 VR = 4,7 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 Vt = 150 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 47 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 1 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 9 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 9 kWpf = 0,75V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA alimente une charge de 18 kW avec un facteur de puissance de 0,6 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 = 75 kVAP1 = 18 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 120 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,8 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 120 Acos φ = 0,8
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 480 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 1200 V. Une résistance de 48 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 48 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 125 W et des pertes cuivre de 250 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 250 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 10,68 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 = 15 + 10 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Req = R1 + 2,679 = 8 + 2,679 = 10,68 Ω
Réponse
Req = 10,68 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 19,92 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 1,892 Ω
R3 + 1,892 = 5,892 Ω
R2 ∥ 5,892 = 4,925 Ω
Req = R1 + 4,925 = 15 + 4,925 = 19,92 Ω
Réponse
Req = 19,92 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR3 = −2,059 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/5 = 0
0,45·VA − 0,2·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/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/5 = 5
−0,2·VA + 0,325·VB = 5
Résoudre
Δ = (0,45)(0,325) − (−0,2)(−0,2) = 0,1063
VA = Δ1/Δ = 1,406/0,1063 = 13,24 V
VB = Δ2/Δ = 2,5/0,1063 = 23,53 V
Réponse
IR3 = (VA − VB)/R3 = (13,24 − 23,53)/5 = −2,059 A
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = −3,84 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 = 30 V, V2 = −24 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/25 + (VA − 30)/20 + (VA − VB)/2 = 0
0,59·VA − 0,5·VB = 1,5
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/3 + (VB − VA)/2 + (VB − (−24))/15 = (−1,5)
−0,5·VA + 0,9·VB = −3,1
Résoudre
Δ = (0,59)(0,9) − (−0,5)(−0,5) = 0,281
VA = Δ1/Δ = −0,2/0,281 = −0,7117 V
VB = Δ2/Δ = −1,079/0,281 = −3,84 V
Réponse
VB = −3,84 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,3488 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 6 = 7,818 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/(20+2) = 2,727 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 = 2,727/7,818 = 0,3488 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 1,021 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 = 5·25/(5+25) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 4 = 8,167 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) = 8,333 + 1·4,167 = 12,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,5 + 1·4 = 16,5 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) = 16,5/(8,167 + 8) = 1,021 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 3,311 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 = 100 mH / 100 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 9/100 = 0,09 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 = 9·e−1/1 = 3,311 V
Réponse
vL = 3,311 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 4,639 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 100 µF = 470 ms
vC(t) = 9 + (3 − 9)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(150) = 9 + (−6)·e−150/470 = 4,639 V
Réponse
vC = 4,639 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,02562 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,15 = 471,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 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| = 12/468,3 = 0,02562 A
Réponse
I = 0,02562 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 410,9 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.
Angle
φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 9·0,8819 = 7,937 kvar
Réponse
Q = 7,937 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 53,06 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 = 18·tan(arccos 0,6) = 24 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) = √(75² − 24²) = 71,06 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 71,06 − 18 = 53,06 kW
Réponse
ΔP = 53,06 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 114,7 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 = √3·690·120 = 143,4 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 143,4·0,8 = 114,7 kW
Réponse
P = 114,7 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 25,28 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 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 25,28 kvar
Réponse
QC = 25,28 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 1 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 1 A
Réponse
I1 = 1 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 1200 Ω, et 1200/1200 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 17,68 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.