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 50 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 6 VR = 100 ΩL = 22 mH
t = ms
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 12 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 7,58 V, exactement 500 ms après le départ. Avec R = 2,2 kΩ, trouvez la capacité C nécessaire.
Vs = 12 VVth = 7,58 VT = 500 msR = 2,2 kΩ
C = µF
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le facteur de puissance cos φ du circuit.
V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 100 µF
cos φ =
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 100 Ω, L = 100 mH et C = 0,1 µF. Trouvez sa bande passante B (la largeur de la bande comprise entre les fréquences de demi-puissance), en Hz.
R = 100 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
B = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 9 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 9 kWpf = 0,85V = 230 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 45 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 400 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,95. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 45 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 3 + j4 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 200 Ω alimente un haut-parleur de 2 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 200 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 200 ΩRL = 2 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 250 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 99 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,8η = 99%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,96 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Req = R1 + 2,857 = 15 + 2,857 = 17,86 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 = 24/17,86 = 1,344 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 = 24 − 1,344·15 = 3,84 V
IR2 = VA/R2 = 3,84/4 = 0,96 A
Réponse
IR2 = 0,96 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,7212 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 + 12 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 2,743 Ω
R3 + 2,743 = 27,74 Ω
R2 ∥ 27,74 = 4,933 Ω
Req = R1 + 4,933 = 2 + 4,933 = 6,933 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 = 5/6,933 = 0,7212 A
Réponse
IR1 = 0,7212 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR3 = −1,168 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 = 30 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/20 + (VA − 30)/6 + (VA − VB)/12 = 0
0,3·VA − 0,08333·VB = 5
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
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, V2 = 15 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/30 + (VA − 12)/6 + (VA − VB)/3 = 0
0,5333·VA − 0,3333·VB = 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/12 + (VB − VA)/3 + (VB − 15)/30 = 3
−0,3333·VA + 0,45·VB = 3,5
Résoudre
Δ = (0,5333)(0,45) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1289
VA = Δ1/Δ = 2,067/0,1289 = 16,03 V
VB = Δ2/Δ = 2,533/0,1289 = 19,66 V
Réponse
IR2 = (VA − VB)/R2 = (16,03 − 19,66)/3 = −1,207 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Rth = 10,5 Ω
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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 3 = 10,5 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 3,641 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 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) = 7,2 + (−2)·4 = −0,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −0,8 + (−2)·6 = −12,8 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) = −12,8/(10 + 20) = −0,4267 A
PL = IL²·RL = −0,4267²·20 = 3,641 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 0,1525 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 = 22 mH / 100 Ω = 0,22 ms
i(∞) = Vs/R = 6/100 = 0,06 A
Isoler le temps
0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −0,22·ln(0,5) = 0,1525 ms
Réponse
t = 0,1525 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: C = 227,6 µF
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.
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
C = τ/R = 500,6/2,2 = 227,6 µF
Réponse
C = 227,6 µF
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: cos φ = 0,8808
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
XL = 15,71 Ω, XC = 31,83 Ω
Impédance
|Z| = √(30² + (−16,12)²) = 34,06 Ω
Facteur de puissance
cos φ = R/|Z| = 30/34,06 = 0,8808
Le circuit est capacitif, donc le facteur de puissance est capacitif (courant en avance).
Réponse
cos φ = 0,8808
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: B = 159,2 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·√(0,1·0,1·10⁻⁶)) = 1592 Hz
Facteur de qualité
Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.
Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,1/(0,1·10⁻⁶)) = 10
Bande passante
B = f0/Q = 1592/10 = 159,2 Hz
Réponse
B = 159,2 Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 5,578 kvar
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(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 9·0,6197 = 5,578 kvar
Réponse
Q = 5,578 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 377,2 µF
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 = 45·tan(36,87°) = 33,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(18,19°) = 14,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,96 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 18959/(2π·50·400²) = 377,2 µF
Réponse
C = 377,2 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 57,6 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.
Tension simple
Vph = VL = 400 V
Courant de phase
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 400/5 = 80 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·80²·3 = 57,6 kW
Réponse
P = 57,6 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 318,9 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 = 150·tan(acos 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 47,69 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
a²·2 = 200
a = √(200/2) = √100 = 10
Réponse
a = 10
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 154 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.