Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W stockée dans la bobine à t = 15 ms, en mJ.
Vs = 12 VR = 5 ΩL = 100 mHt = 15 ms
W = mJ
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est ouvert depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur se ferme et court-circuite R2. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 0,224 A ? Trouvez t.
Vs = 6 VR1 = 22 ΩR2 = 33 ΩL = 150 mH
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 100 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 1 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 400 V : une charge de 14 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif et une charge de 23 kW avec un facteur de puissance de 0,9 capacitif. Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 12 V (efficace), 1000 Hz a une impédance interne Zs = 2 + j5 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. La charge donnant la puissance maximale est constituée d’une résistance en série avec un condensateur. Trouvez la capacité C.
Vs = 12 V (rms)f = 1000 HzZs = 2 + j5 Ω
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 60 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,7 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 60 Acos φ = 0,7
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (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 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 250 kVA, 7200/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 250 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 800 W et des pertes cuivre de 1200 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 100 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 1200 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,5117 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 = 4 + 15 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 15·19/(15+19) = 8,382 Ω
Req = R1 + 8,382 = 8 + 8,382 = 16,38 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 = 15/16,38 = 0,9156 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 = 15 − 0,9156·8 = 7,675 V
IR2 = VA/R2 = 7,675/15 = 0,5117 A
Réponse
IR2 = 0,5117 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 7,508 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 = 10 + 6 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 9,756 Ω
R3 + 9,756 = 11,76 Ω
R2 ∥ 11,76 = 3,508 Ω
Req = R1 + 3,508 = 4 + 3,508 = 7,508 Ω
Réponse
Req = 7,508 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 41,09 W
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 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/12 + (VA − 30)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,4083·VA − 0,125·VB = 6
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/10 + (VB − VA)/8 = 2
−0,125·VA + 0,225·VB = 2
Résoudre
Δ = (0,4083)(0,225) − (−0,125)(−0,125) = 0,07625
VA = Δ1/Δ = 1,6/0,07625 = 20,98 V
VB = Δ2/Δ = 1,567/0,07625 = 20,55 V
Puissance fournie par la source de courant
La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à VB. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.
PIs = VB·Is = 20,55·2 = 41,09 W
Réponse
PIs = 41,09 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 20,03 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 = 36 V, V2 = 18 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/20 + (VA − 36)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,2333·VA − 0,1·VB = 3
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)/10 + (VB − 18)/20 = 1
−0,1·VA + 0,2333·VB = 1,9
Résoudre
Δ = (0,2333)(0,2333) − (−0,1)(−0,1) = 0,04444
VA = Δ1/Δ = 0,89/0,04444 = 20,02 V
VB = Δ2/Δ = 0,7433/0,04444 = 16,73 V
Réponse
VA = 20,03 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,4286 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 2 = 4,667 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) = 6·4/(8+4) = 2 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 = 2/4,667 = 0,4286 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = −1,372 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 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) = 1,5 + (−1,5)·3,75 = −4,125 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,125 + (−1,5)·8 = −16,13 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 = −16,13/11,75 = −1,372 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: W = 80,18 mJ
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 / 5 Ω = 20 ms
i(∞) = Vs/R = 12/5 = 2,4 A
Courant à l’instant donné
i(t) = 2,4·(1 − e−15/20) = 1,266 A
Énergie stockée
W = ½·L·i² = ½·100·1,266² = 80,18 mJ
Réponse
W = 80,18 mJ
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 8,26 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
Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.
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 = 75,4 Ω, XC = 26,53 Ω
Impédance
|Z| = √(50² + (48,87)²) = 69,92 Ω
Puissance active
Les bobines et les condensateurs ne font que stocker et restituer de l’énergie ; la résistance absorbe toute la puissance active.
I = 12/69,92 = 0,1716 A
P = I²·R = 0,1716²·50 = 1,473 W
Réponse
P = 1,473 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,02069 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·1·10⁻⁶) = 795,8 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| = 10/483,3 = 0,02069 A
Réponse
I = 0,02069 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,9799
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 chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 14·tan(arccos 0,6) = 18,67 kvar
Q2 = −23·tan(arccos 0,9) = −11,14 kvar
Totaux
P = 14 + 23 = 37 kW
Q = 18,67 + (−11,14) = 7,527 kvar
S = √(37² + 7,527²) = 37,76 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 37/37,76 = 0,9799 inductif
Réponse
cos φ = 0,9799
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 31,83 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.
Adaptation conjuguée
La réactance de la charge compense celle de la source, et la résistance de la charge est égale à celle de la source.
ZL = Zs* = 2 − j5 Ω
Capacité
XC = 5 Ω → C = 1/(2π·1000·5) = 31,83 µF
Réponse
C = 31,83 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 50,19 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 = √3·690·60 = 71,71 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 71,71·0,7 = 50,19 kW
Réponse
P = 50,19 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 60,86 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 60,86 kvar
Réponse
QC = 60,86 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 1042 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.
ILV = S/V = 250000/240 = 1042 A
Réponse
ILV = 1042 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 81,65 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.