Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I3 dans la branche 3, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.
Le losange est une source de courant commandée en tension qui injecte un courant de 0,25·VA (en A, avec VA en V) vers le haut dans le nœud B. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 90 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 12 VR = 15 ΩL = 10 mH
t = ms
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 le courant i2 dans R2 à t = 60 ms.
Vs = 12 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 33 µFt = 60 ms
i2 = mA
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 24 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩC = 22 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 50 V (efficace), 500 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 50 V (rms)f = 500 HzR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 35 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 35 kWpf = 0,7V = 230 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 240 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,92. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 35 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 20 A sur un réseau de tension composée 415 V. Le facteur de puissance vaut 0,75 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 415 VIL = 20 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 10 kVA, 7200/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 10 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 1200 W et des pertes cuivre de 2400 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 200 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,9589 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 10·18/(10+18) = 6,429 Ω
Req = R1 + 6,429 = 4 + 6,429 = 10,43 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 = 10/10,43 = 0,9589 A
Réponse
IR1 = 0,9589 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 28,34 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 + 12 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 10,12 Ω
R3 + 10,12 = 20,12 Ω
R2 ∥ 20,12 = 3,337 Ω
Req = R1 + 3,337 = 25 + 3,337 = 28,34 Ω
Réponse
Req = 28,34 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: I3 = 0,2069 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 − 15)/20 + (VA − 12)/10 + (VA − 15)/3 = 0
Trouver VA
VA = (15/20 + 12/10 + 15/3) / (1/20 + 1/10 + 1/3) = 6,95/0,4833 = 14,38 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
I3 = (15 − VA)/R3 = (15 − 14,38)/3 = 0,2069 A
Réponse
I3 = 0,2069 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 0,7651 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.
Loi des nœuds en A
Les courants sortant de A par les résistances sont égaux au courant injecté dans A par les sources.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,1833·VA − 0,06667·VB = 0,2
Loi des nœuds en B
La source commandée injecte g·VA dans le nœud B. Traitez-la comme une source indépendante, puis faites passer le terme en VA dans le membre de gauche.
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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 10 = 13,16 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) = 12·4/(15+4) = 2,526 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 = 2,526/13,16 = 0,192 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 49,13 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 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 20 = 25,22 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) = 7,826 + 2,5·5,217 = 20,87 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,87 + 2,5·20 = 70,87 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) = 70,87/(25,22 + 20) = 1,567 A
PL = IL²·RL = 1,567²·20 = 49,13 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 1,535 ms
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 = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 12/15 = 0,8 A
Isoler le temps
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −0,6667·ln(0,1) = 1,535 ms
Réponse
t = 1,535 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i2 = 0,6087 mA
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) = 12·1/(2,2 + 1) = 3,75 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 1·33 = 33 ms
Décharge
vC(t) = 3,75·e−60/33 = 0,6087 V
i2 = vC/R2 = 0,6087/1 = 0,6087 mA
Réponse
i2 = 0,6087 mA
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = −19,06 °
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·100·22·10⁻⁶) = 72,34 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 = 24/25 = 0,96 A
IX = V/XC = 24/72,34 = 0,3318 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) = √(0,96² + 0,3318²) = 1,016 A
Déphasage
Le courant dans le condensateur est en avance sur V, donc le courant total est en avance et l’angle est négatif.
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/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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) = 35000/(230·0,7) = 217,4 A
Réponse
I = 217,4 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 158,5 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 = 35·tan(45,57°) = 35,71 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(23,07°) = 14,91 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,8 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(240·0,92) = 158,5 A
Réponse
Inew = 158,5 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 10,78 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 = √3·415·20 = 14,38 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 14,38·0,75 = 10,78 kW
Réponse
P = 10,78 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 152,9 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 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 33,19 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
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 = 10000/240 = 41,67 A
Réponse
ILV = 41,67 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 141,4 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.