La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose VB − VA = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Is = 2,5 AVs = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 10 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose VB − VA = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
V1 = 5 VIs = 4 AVs = 4 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
VB = V
5.Thévenin et NortonMoyen
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Une charge RL = 15 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 1 ms.
Vs = 15 VR = 68 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur est fermé depuis longtemps, donc le circuit est en régime permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 150 ms.
Vs = 9 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 68 µFt = 150 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 230 V (efficace), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 20 mH
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 100 Ω, L = 20 mH et C = 0,022 µF. Trouvez sa bande passante B (la largeur de la bande comprise entre les fréquences de demi-puissance), en Hz.
R = 100 ΩL = 20 mHC = 0,022 µF
B = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 5 + j12 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 230 VZ = 5 + j12 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 14 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sur une alimentation de 230 V, 50 Hz. Un condensateur de 100 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 14 kWpf1 = 0,7V = 230 Vf = 50 HzC = 100 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 75 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 88 % et son facteur de puissance vaut 0,86 (inductif). Le réseau a une tension composée de 480 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 75 kWη = 88%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 4:1 a son enroulement primaire sous 920 V. Une résistance de 4 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 920 VRL = 4 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 250 W et des pertes cuivre de 625 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 = 8 + 5 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 12 + 4,105 = 16,11 Ω
Réponse
Req = 16,11 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 13,54 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 + 15 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 2,609 Ω
R3 + 2,609 = 8,609 Ω
R2 ∥ 8,609 = 3,536 Ω
Req = R1 + 3,536 = 10 + 3,536 = 13,54 Ω
Réponse
Req = 13,54 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 5 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.
Former un super-nœud
La source de tension entre A et B est parcourue par un courant inconnu, donc on ne peut pas écrire la loi des nœuds séparément en A ou en B. Englobez A, B et la source dans un super-nœud : le courant qui y entre est égal au courant qui en sort.
VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/5 + (VA + 10)/10 = 2,5
VA = (2,5 − 10/10)/(1/5 + 1/10) = 5 V
VB = 5 + 10 = 15 V
Réponse
VA = 5 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 13,36 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.
Former un super-nœud
La source de tension entre A et B est parcourue par un courant inconnu, donc on ne peut pas écrire la loi des nœuds séparément en A ou en B. Englobez A, B et la source dans un super-nœud : le courant qui y entre est égal au courant qui en sort.
VB = VA + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 5)/8 + VA/4 + (VA + 4)/12 = 4
VA·(1/8 + 1/4 + 1/12) = 4 + 5/8 − 4/12 = 4,292
VA = 4,292/0,4583 = 9,364 V
VB = 13,36 V
Réponse
VB = 13,36 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,2727 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 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) = 18·3/(6+3) = 6 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 = 6/22 = 0,2727 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 149,2 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 10 = 12,86 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) = 10,71 + 6·2,857 = 27,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,86 + 6·10 = 87,86 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) = 87,86/(12,86 + 15) = 3,154 A
PL = IL²·RL = 3,154²·15 = 149,2 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,1925 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.
Tension initiale du condensateur
En régime permanent, le condensateur est un circuit ouvert, donc R₁ et R₂ forment un diviseur de tension. La tension du condensateur ne peut pas varier brusquement à l’ouverture de l’interrupteur.
vC(0) = 9·1/(2,2 + 1) = 2,813 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 1·68 = 68 ms
Décharge
vC(t) = 2,813·e−150/68 = 0,3098 V
Réponse
vC = 0,3098 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 38,37 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|.
Réactance
XL = ωL = 2π·50·0,02 = 6,283 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 = 230/20 = 11,5 A
IX = V/XL = 230/6,283 = 36,61 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) = √(11,5² + 36,61²) = 38,37 A
Réponse
I = 38,37 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: B = 795,8 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|.
Fréquence de résonance
f0 = 1/(2π·√(0,02·0,022·10⁻⁶)) = 7587 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
|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 230/13 = 17,69 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 17,69²·12 = 3756 var
Réponse
Q = 3756 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 81,95 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 = 14·tan(arccos 0,7) = 14,28 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·100·10⁻⁶ = 1662 var = 1,662 kvar
Q2 = 14,28 − 1,662 = 12,62 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(14² + 12,62²) = 18,85 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 18849/230 = 81,95 A
Réponse
I = 81,95 A
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 119,2 A
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 électrique absorbée
Pin = Pout/η = 75/0,88 = 85,23 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 85227/(√3·480·0,86) = 119,2 A
Réponse
IL = 119,2 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 219,7 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 39,76 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13253/(377·400²) = 219,7 µF
Réponse
Cph = 219,7 µF
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 14,38 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 = 920/4 = 230 V
I2 = 230/4 = 57,5 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 14,38 A
Réponse
I1 = 14,38 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 64 Ω, et 920/64 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 601,6 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 = 0,5625·625 = 351,6 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.