Électrotechnique générale : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 16 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Résistances en série: R_eq = R₁ + R₂ + …
Résistances en parallèle: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Deux en parallèle: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Loi d’Ohm: V = I·R
Puissance: P = V·I = I²R = V²/R

Méthode

Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redessinez le circuit après chaque étape.
Recommencez jusqu’à ce qu’il ne reste qu’une résistance entre les bornes.

Méthode des nœuds

Loi des nœuds de Kirchhoff: ΣI_in = ΣI_out
Courant de branche: I = (V_a − V_b)/R
Nœud de référence: V_ground = 0

Méthode

Choisissez un nœud de référence (la masse) et nommez les potentiels des autres nœuds.
Écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu : les courants qui sortent par chaque branche égalent les courants qui entrent.
Exprimez chaque courant de branche sous la forme (V_a − V_b)/R.
Résolvez le système d’équations, puis trouvez les courants demandés.

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin: V_th = V_{open circuit}
Résistance de Thévenin: R_th : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton: I_N = V_th/R_th
Courant de charge: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Transfert de puissance maximal: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Méthode

Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est V_th.
Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est R_th.
Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : V_th en série avec R_th.
Pour l’équivalent de Norton, convertissez : I_N = V_th/R_th, avec R_N = R_th en parallèle.

Transitoires RC et RL

Constante de temps: τ = RC | τ = L/R
Réponse: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ
Condensateur en continu: circuit ouvert ; v_C ne peut pas sauter
Bobine en continu: court-circuit ; i_L ne peut pas sauter
Régime établi: t ≈ 5τ

Méthode

Trouvez la valeur initiale juste après la commutation : la tension d’un condensateur et le courant d’une bobine ne peuvent pas varier brusquement.
Trouvez la valeur finale longtemps après la commutation : un condensateur se comporte comme un circuit ouvert, une bobine comme un court-circuit.
Trouvez la constante de temps : τ = RC ou τ = L/R, avec la résistance vue par le condensateur ou la bobine.
Utilisez x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ.

Impédance et phaseurs en alternatif

Impédances: Z_R = R, Z_L = jωL, Z_C = 1/(jωC)
Pulsation: ω = 2πf
Module et argument: |Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Loi d’Ohm en phaseurs: V = I·Z

Méthode

Convertissez la fréquence : ω = 2πf.
Trouvez chaque réactance : X_L = ωL et X_C = 1/(ωC).
Additionnez les impédances comme des résistances, avec Z = R + jX.
Trouvez le module |Z| = √(R² + X²) et l’argument φ = atan(X/R), puis appliquez la loi d’Ohm avec les phaseurs.

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance active: P = V·I·cos φ
Puissance réactive: Q = V·I·sin φ
Puissance apparente: S = V·I = √(P² + Q²)
Facteur de puissance: pf = cos φ = P/S
Condensateur de compensation: Q_C = P(tan φ₁ − tan φ₂), C = Q_C/(ωV²)

Puissance triphasée

Couplage en étoile (Y): V_L = √3·V_ph, I_L = I_ph
Couplage en triangle (Δ): V_L = V_ph, I_L = √3·I_ph
Puissance active totale: P = √3·V_L·I_L·cos φ = 3·I_ph²·R
Puissances apparente et réactive: S = √3·V_L·I_L, Q = P·tan φ
Condensateurs de compensation: Q_C = P(tan φ₁ − tan φ₂), C = Q_C/(3ωV²)
Tension aux bornes de chaque condensateur: Δ : V_L Y : V_L/√3
Puissance absorbée par le moteur: P_in = P_out/η

Transformateurs

Rapport de transformation: a = N₁/N₂ = V₁/V₂
Rapport des courants: I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a
Courant nominal: I = S/V
Impédance ramenée: Z₁′ = a²·Z_L
Pertes cuivre à charge partielle: P_cu = x²·P_cu,fl
Rendement: η = x·S·pf/(x·S·pf + P_core + x²·P_cu,fl)
Rendement maximal: x = √(P_core/P_cu,fl)

2Exercices

1.Résistances en série et en parallèleMoyen

Trouvez le courant I_R1 fourni par la source, qui traverse R₁.

V₁ = 15 VR₁ = 3 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 2 ΩR₄ = 15 Ω

I_R1 = A

2.Résistances en série et en parallèleDifficile

Trouvez la résistance équivalente R_eq vue par la source V₁.

V₁ = 15 VR₁ = 20 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 25 ΩR₄ = 6 ΩR₅ = 8 ΩR₆ = 6 Ω

R_eq = Ω

3.Méthode des nœudsMoyen

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud V_B (par rapport à la masse).

V₁ = 24 VI_s = 2 AR₁ = 15 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 10 Ω

V_B = V

4.Méthode des nœudsDifficile

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I_R4 dans R₄ dans le sens de la flèche.

V₁ = 12 VI_s = 3 AV₂ = 6 VR₁ = 12 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 2 ΩR₅ = 4 Ω

I_R4 = A

5.Thévenin et NortonMoyen

Trouvez la résistance de Thévenin R_th vue des bornes a–b.

V₁ = 24 VR₁ = 5 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 20 Ω

R_th = Ω

6.Thévenin et NortonDifficile

Trouvez le courant de Norton I_N : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.

V₁ = 30 VI_s = 0,5 AR₁ = 5 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 3 Ω

I_N = A

7.Transitoires RC et RLMoyen

La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 5 ms.

V_s = 9 VR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 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 le courant i₂ dans R₂ à t = 750 ms.

V_s = 15 VR₁ = 4,7 kΩR₂ = 10 kΩC = 220 µFt = 750 ms

i₂ = mA

9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen

Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF

P = W

10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile

Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la tension efficace V_C aux bornes du condensateur.

V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 22 µF

V_C = V

11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen

Un moteur monophasé absorbe 14 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 400 V. Trouvez le courant de ligne I.

P = 14 kWpf = 0,8V = 400 V

I = A

12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile

Une charge monophasée absorbe 30 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 230 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la puissance réactive Q_C que le condensateur doit fournir.

P = 30 kWpf₁ = 0,75pf₂ = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz

Q_C = kvar

13.Puissance triphaséeMoyen

Un moteur asynchrone triphasé fournit 55 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 92 % et son facteur de puissance vaut 0,84 (inductif). Le réseau a une tension composée de 480 V. Trouvez le courant de ligne I_L.

P_out = 55 kWη = 92%cos φ = 0,84V_L = 480 V

I_L = A

14.Puissance triphaséeDifficile

Une charge triphasée équilibrée absorbe 120 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale Q_C que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.

P = 120 kWpf₁ = 0,8pf₂ = 0,92V_L = 415 Vf = 60 Hz

Q_C = kvar

15.TransformateursMoyen

Une résistance de 5 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1. Trouvez la résistance R_1′ vue depuis l’enroulement primaire.

N₁:N₂ = 5:1R_L = 5 Ω

R_1′ = Ω

16.TransformateursDifficile

Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 500 W et des pertes cuivre de 1500 W à charge nominale. Il fournit 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,95 (inductif). Trouvez les pertes totales P_loss en watts à cette charge.

S = 100 kVAP_core = 500 WP_cu,fl = 1500 Wx = 0,5pf = 0,95

P_loss = W

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: I_R1 = 2,185 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 = 2 + 15 = 17 Ω

R₂ ∥ 17 = 5·17/(5+17) = 3,864 Ω

R_eq = R₁ + 3,864 = 3 + 3,864 = 6,864 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que R_eq, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

I_R1 = V₁/R_eq = 15/6,864 = 2,185 A

Réponse

I_R1 = 2,185 A

2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: R_eq = 23,52 Ω

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

R₅ + R₆ = 8 + 6 = 14 Ω

R₄ ∥ 14 = 4,2 Ω

R₃ + 4,2 = 29,2 Ω

R₂ ∥ 29,2 = 3,518 Ω

R_eq = R₁ + 3,518 = 20 + 3,518 = 23,52 Ω

Réponse

R_eq = 23,52 Ω

3.Méthode des nœuds

Réponse: V_B = 13,55 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). Inconnues : V_A, V_B.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/4 + (V_A − 24)/15 + (V_A − V_B)/10 = 0

0,4167·V_A − 0,1·V_B = 1,6

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/10 + (V_B − V_A)/10 = 2

−0,1·V_A + 0,2·V_B = 2

Résoudre

Δ = (0,4167)(0,2) − (−0,1)(−0,1) = 0,07333

V_A = Δ₁/Δ = 0,52/0,07333 = 7,091 V

V_B = Δ₂/Δ = 0,9933/0,07333 = 13,55 V

Réponse

V_B = 13,55 V

4.Méthode des nœuds

Réponse: I_R4 = −2,76 A

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V₁ = 12 V, V₂ = 6 V). Inconnues : V_A, V_B.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

V_A/R₃ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₂ = 0

V_A/4 + (V_A − 12)/12 + (V_A − V_B)/4 = 0

0,5833·V_A − 0,25·V_B = 1

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

V_B/R₅ + (V_B − V_A)/R₂ + (V_B − V₂)/R₄ = I_s

V_B/4 + (V_B − V_A)/4 + (V_B − 6)/2 = (−3)

−0,25·V_A + V_B = 0

Résoudre

Δ = (0,5833)(1) − (−0,25)(−0,25) = 0,5208

V_A = Δ₁/Δ = 1/0,5208 = 1,92 V

V_B = Δ₂/Δ = 0,25/0,5208 = 0,48 V

Réponse

I_R4 = (V_B − V₂)/R₄ = (0,48 − 6)/2 = −2,76 A

5.Thévenin et Norton

Réponse: R_th = 22,73 Ω

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension V_th en série avec une résistance R_th. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant I_N = V_th/R_th en parallèle avec R_th.

Trouver R_th 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 2,727 + 20 = 22,73 Ω

6.Thévenin et Norton

Réponse: I_N = 3,929 A

Trouver R_th 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

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 4 + 3 = 7 Ω

Trouver V_th, 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.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 24 + 0,5·4 = 26 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 26 + 0,5·3 = 27,5 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.

I_N = V_th/R_th = 27,5/7 = 3,929 A

7.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 0,1515 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.

τ = L/R = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms

i(∞) = V_s/R = 9/47 = 0,1915 A

Courant à l’instant donné

i(t) = i(∞)·(1 − e^−t/τ) = 0,1915·(1 − e^−5/3,191) = 0,1515 A

Réponse

i = 0,1515 A

8.Transitoires RC et RL

Réponse: i₂ = 0,7256 mA

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.

v_C(0) = 15·10/(4,7 + 10) = 10,2 V

Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur

τ = R₂·C = 10·220 = 2200 ms

Décharge

v_C(t) = 10,2·e^−750/2200 = 7,256 V

i₂ = v_C/R₂ = 7,256/10 = 0,7256 mA

Réponse

i₂ = 0,7256 mA

9.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: P = 5,161 W

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

X_L = 31,42 Ω, X_C = 338,6 Ω

Impédance

|Z| = √(50² + (−307,2)²) = 311,3 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 = 100/311,3 = 0,3213 A

P = I²·R = 0,3213²·50 = 5,161 W

Réponse

P = 5,161 W

10.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: V_C = 10,15 V

Réactances

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s

X_L = ωL = 377·0,15 = 56,55 Ω

X_C = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Impédance

En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(X_L − X_C).

|Z| = √(R² + (X_L − X_C)²) = √(100² + (−64,02)²) = 118,7 Ω

Courant

Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.

I = V/|Z| = 10/118,7 = 0,08422 A

Tension aux bornes du condensateur

V_C = I·X_C = 0,08422·120,6 = 10,15 V

Réponse

V_C = 10,15 V

11.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 43,75 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.

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) = 14000/(400·0,8) = 43,75 A

Réponse

I = 43,75 A

12.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: Q_C = 11,93 kvar

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 = 30·tan(41,41°) = 26,46 kvar

Q₂ = P·tan φ₂ = 30·tan(25,84°) = 14,53 kvar

Q_C = Q₁ − Q₂ = 11,93 kvar

Réponse

Q_C = 11,93 kvar

13.Puissance triphasée

Réponse: I_L = 85,6 A

Puissance électrique absorbée

P_in = P_out/η = 55/0,92 = 59,78 kW

Courant de ligne

I_L = P_in/(√3·V_L·cos φ) = 59783/(√3·480·0,84) = 85,6 A

Réponse

I_L = 85,6 A

14.Puissance triphasée

Réponse: Q_C = 38,88 kvar

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, V_L = √3·V_ph, 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, I_L = √3·I_ph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·V_ph·I_ph·cos φ = √3·V_L·I_L·cos φ. Compensation du facteur de puissance : les condensateurs fournissent localement de la puissance réactive, Q_C = P·(tan φ₁ − tan φ₂). Chacun des trois condensateurs fournit Q_C/3 = V²·ω·C, où V est la tension aux bornes de ce condensateur : V_L dans une batterie en triangle, V_L/√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 = 120·tan(acos 0,8) = 120·0,75 = 90 kvar

Q₂ = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

Q_C = Q₁ − Q₂ = 38,88 kvar

Réponse

Q_C = 38,88 kvar

15.Transformateurs

Réponse: R_1′ = 125 Ω

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.

Résistance ramenée

La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².

R_1′ = a²·R_L = 5²·5 = 125 Ω

Réponse

R_1′ = 125 Ω

16.Transformateurs

Réponse: P_loss = 875 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·P_cu,fl. Rendement η = P_out/(P_out + P_core + P_cu), avec P_out = x·S·pf. Le rendement est maximal pour la charge à laquelle les pertes cuivre égalent les pertes fer.

Pertes cuivre à cette charge

P_cu = x²·P_cu,fl = 0,25·1500 = 375 W

Pertes totales

Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.

P_loss = 500 + 375 = 875 W

Réponse

P_loss = 875 W

Le rendement à cette charge vaut η = 98,19%.

ExamProblems · examproblems.com/courses/electrical-engineering-fundamentals

Électrotechnique générale : pack de révision

1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Méthode

Méthode des nœuds

Méthode

Thévenin et Norton

Méthode

Transitoires RC et RL

Méthode

Impédance et phaseurs en alternatif

Méthode

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance triphasée

Transformateurs

2Exercices

3Solutions

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Courant fourni par la source

Réponse

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Réponse

Poser les nœuds

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

Réponse

Poser les nœuds

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

Réponse

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Équivalent de Norton

Constante de temps et courant final

Courant à l’instant donné

Réponse

Tension initiale du condensateur

Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur

Décharge

Réponse

Réactances

Impédance

Puissance active

Réponse

Réactances

Impédance

Courant

Tension aux bornes du condensateur

Réponse

Courant de ligne

Réponse

Puissance réactive avant et après

Réponse

Puissance électrique absorbée

Courant de ligne

Réponse

Puissance réactive avant et après

Puissance réactive fournie par les condensateurs

Réponse

Résistance ramenée

Réponse

Pertes cuivre à cette charge

Pertes totales

Réponse

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver V_th, la tension à vide