La bobine est parcourue par un courant permanent de 1 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. Combien de temps faut-il pour que le courant descende à 0,5 A ? Trouvez t.
i(0) = 1 AR = 50 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 15 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 12 V ? Trouvez t.
Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 15 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 100 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 37 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 37 kWpf = 0,65V = 240 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA alimente une charge de 49 kW avec un facteur de puissance de 0,85 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 = 49 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 55 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 95 % et son facteur de puissance vaut 0,8 (inductif). Le réseau a une tension composée de 400 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 55 kWη = 95%cos φ = 0,8VL = 400 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 25 kVA, 7200/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 25 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 400 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,95 (inductif), son rendement est de 97 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,7636 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 5·7/(5+7) = 2,917 Ω
Req = R1 + 2,917 = 20 + 2,917 = 22,92 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 = 30/22,92 = 1,309 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 = 30 − 1,309·20 = 3,818 V
IR2 = VA/R2 = 3,818/5 = 0,7636 A
Réponse
IR2 = 0,7636 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,7153 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 = 20 + 5 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 9,375 Ω
R3 + 9,375 = 34,38 Ω
R2 ∥ 34,38 = 1,89 Ω
Req = R1 + 1,89 = 10 + 1,89 = 11,89 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 = 9/11,89 = 0,7569 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 − 0,7569·10 = 1,431 V
IR2 = VA/R2 = 1,431/2 = 0,7153 A
Réponse
IR2 = 0,7153 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 9,689 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). 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 − 12)/3 + (VA − VB)/4 = 0
0,7083·VA − 0,25·VB = 4
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/2 + (VB − VA)/4 = 5
−0,25·VA + 0,75·VB = 5
Résoudre
Δ = (0,7083)(0,75) − (−0,25)(−0,25) = 0,4688
VA = Δ1/Δ = 4,25/0,4688 = 9,067 V
VB = Δ2/Δ = 4,542/0,4688 = 9,689 V
Réponse
VB = 9,689 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 0,16 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 = 24 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 − 24)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,19·VA − 0,1·VB = 1,2
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/20 + (VB − VA)/10 + (VB − 24)/10 = (−3)
−0,1·VA + 0,25·VB = −0,6
Résoudre
Δ = (0,19)(0,25) − (−0,1)(−0,1) = 0,0375
VA = Δ1/Δ = 0,24/0,0375 = 6,4 V
VB = Δ2/Δ = 0,006/0,0375 = 0,16 V
Réponse
VB = 0,16 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,5128 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 15 = 16,71 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) = 10·12/(2+12) = 8,571 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 = 8,571/16,71 = 0,5128 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 2,268 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 2 = 7,714 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) = 3,429 + 3·5,714 = 20,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,57 + 3·2 = 26,57 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) = 26,57/(7,714 + 4) = 2,268 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 3,05 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
τ = L/R = 220 mH / 50 Ω = 4,4 ms
Isoler le temps
0,5 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,5)
t = 4,4·ln(2) = 3,05 ms
Réponse
t = 3,05 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 24,25 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.
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.
t = τ·ln((15 − 5)/(12 − 5)) = 68·ln(1,429) = 24,25 ms
Réponse
t = 24,25 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,1066 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 = 628,3·0,2 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 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| = 12/112,6 = 0,1066 A
Réponse
I = 0,1066 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 71,18 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(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 37·1,169 = 43,26 kvar
Réponse
Q = 43,26 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 19,58 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 = 49·tan(arccos 0,85) = 30,37 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 − 30,37²) = 68,58 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 68,58 − 49 = 19,58 kW
Réponse
ΔP = 19,58 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 104,5 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 = 55/0,95 = 57,89 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 57895/(√3·400·0,8) = 104,5 A
Réponse
IL = 104,5 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 102,7 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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 102,7 kvar
Réponse
QC = 102,7 kvar
15.Transformateurs
Réponse: IHV = 3,472 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.
Courant nominal
Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.
IHV = S/V = 25000/7200 = 3,472 A
Réponse
IHV = 3,472 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 2538 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.