Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I2 dans la branche 2, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.
La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose VB − VA = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le courant IR1 dans R1 dans le sens de la flèche.
Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.
V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
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 0,25 A ? Trouvez t.
i(0) = 1 AR = 10 ΩL = 47 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 6 V, exactement 100 ms après le départ. Avec R = 1 kΩ, trouvez la capacité C nécessaire.
Vs = 12 VVth = 6 VT = 100 msR = 1 kΩ
C = µF
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 47 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 240 V : une charge de 22 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif et un radiateur de 7 kW (facteur de puissance unitaire). Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 120 V (efficace), 50 Hz a une impédance interne Zs = 25 + j5 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. Trouvez la puissance active maximale Pmax qui peut être fournie à la charge.
Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 25 + j5 Ω
Pmax = W
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 9 + j12 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VZ = 9 + j12 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 2:1 a son enroulement primaire sous 240 V. Une résistance de 8 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 240 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 400 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif), son rendement est de 97 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 50 kVAPcore = 400 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 7,231 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.
R3 + R4 = 5 + 2 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 6·7/(6+7) = 3,231 Ω
Req = R1 + 3,231 = 4 + 3,231 = 7,231 Ω
Réponse
Req = 7,231 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,1782 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 = 12 + 15 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 14,21 Ω
R3 + 14,21 = 44,21 Ω
R2 ∥ 44,21 = 3,668 Ω
Req = R1 + 3,668 = 30 + 3,668 = 33,67 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 = 6/33,67 = 0,1782 A
Réponse
IR1 = 0,1782 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: I2 = 1,2 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 − 12)/3 + (VA − 18)/4 + (VA − 10)/4 = 0
Trouver VA
VA = (12/3 + 18/4 + 10/4) / (1/3 + 1/4 + 1/4) = 11/0,8333 = 13,2 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
I2 = (18 − VA)/R2 = (18 − 13,2)/4 = 1,2 A
Réponse
I2 = 1,2 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 1,57 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.
Former un super-nœud
La source de tension entre A et B est parcourue par un courant inconnu, donc on ne peut pas écrire la loi des nœuds séparément en A ou en B. Englobez A, B et la source dans un super-nœud : le courant qui y entre est égal au courant qui en sort.
VB = VA + 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 36)/8 + VA/5 + (VA + 3)/30 = 4
VA·(1/8 + 1/5 + 1/30) = 4 + 36/8 − 3/30 = 8,4
VA = 8,4/0,3583 = 23,44 V
VB = 26,44 V
Courant dans R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (36 − 23,44)/8 = 1,57 A
Réponse
IR1 = 1,57 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
5.Thévenin et Norton
Réponse: Rth = 23,08 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 20 = 23,08 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 9,647 V
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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 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) = 2,118 + 2·1,765 = 5,647 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,647 + 2·2 = 9,647 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 6,516 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
Isoler le temps
0,25 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,25)
t = 4,7·ln(4) = 6,516 ms
Réponse
t = 6,516 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: C = 144,3 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.
Constante de temps requise
6 = 12·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(12/(12 − 6))
τ = 100/0,6931 = 144,3 ms
Capacité
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
C = τ/R = 144,3/1 = 144,3 µF
Réponse
C = 144,3 µF
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 1,456 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 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| = 230/158 = 1,456 A
Réponse
I = 1,456 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 479,9 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.
Puissance réactive de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 22·tan(arccos 0,65) = 25,72 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totaux
P = 22 + 7 = 29 kW
Q = 25,72 + 0 = 25,72 kvar
S = √(29² + 25,72²) = 38,76 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 29/38,76 = 0,7481 inductif
Réponse
cos φ = 0,7481
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Pmax = 144 W
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* = 25 − j5 Ω
Puissance maximale
I = Vs/(2Rs) = 120/50 = 2,4 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·25) = 144 W
Réponse
Pmax = 144 W
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 5,192 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 = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 208/15 = 13,87 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·13,87²·9 = 5,192 kW
Réponse
P = 5,192 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 213 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 41,49 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13831/(377·415²) = 213 µF
Réponse
Cph = 213 µF
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 7,5 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 240/2 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 7,5 A
Réponse
I1 = 7,5 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 32 Ω, et 240/32 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 914,4 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.