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 potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.
V1 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
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 = 68 mHt = 15 ms
W = mJ
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 24 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 400 ms.
Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 68 µFvC(0) = 24 Vt = 400 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 100 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩC = 100 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 20 Ω, L = 20 mH et C = 0,47 µF. Trouvez sa bande passante B (la largeur de la bande comprise entre les fréquences de demi-puissance), en Hz.
R = 20 ΩL = 20 mHC = 0,47 µF
B = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 400 V : une charge de 26 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif et un radiateur de 9 kW (facteur de puissance unitaire). Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 5 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 400 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.
P = 5 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 12 + j16 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 = 12 + j16 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 120 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 10:1 a son enroulement primaire sous 1200 V. Une résistance de 60 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 500 kVA a des pertes fer de 2000 W et des pertes cuivre de 3000 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.
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 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 2·13/(2+13) = 1,733 Ω
Req = R1 + 1,733 = 20 + 1,733 = 21,73 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 = 12/21,73 = 0,5521 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 = 12 − 0,5521·20 = 0,9571 V
IR2 = VA/R2 = 0,9571/2 = 0,4785 A
Réponse
IR2 = 0,4785 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,9022 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 = 2 + 30 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 2,743 Ω
R3 + 2,743 = 22,74 Ω
R2 ∥ 22,74 = 2,65 Ω
Req = R1 + 2,65 = 4 + 2,65 = 6,65 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 = 6/6,65 = 0,9022 A
Réponse
IR1 = 0,9022 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 0,5526 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/2 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,725·VA − 0,125·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/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/8 = (−3)
−0,125·VA + 0,4583·VB = −3
Résoudre
Δ = (0,725)(0,4583) − (−0,125)(−0,125) = 0,3167
VA = Δ1/Δ = 0,175/0,3167 = 0,5526 V
VB = Δ2/Δ = −2,025/0,3167 = −6,395 V
Réponse
VA = 0,5526 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 6,296 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.
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 + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 24)/12 + VA/5 + (VA + 4)/6 = 1,5
VA·(1/12 + 1/5 + 1/6) = 1,5 + 24/12 − 4/6 = 2,833
VA = 2,833/0,45 = 6,296 V
VB = 10,3 V
Réponse
VA = 6,296 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Rth = 19,44 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 15 = 19,44 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 77,94 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 20 = 29,38 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) = 4,5 + 2,5·9,375 = 27,94 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,94 + 2,5·20 = 77,94 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: W = 87,42 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 = 68 mH / 5 Ω = 13,6 ms
i(∞) = Vs/R = 12/5 = 2,4 A
Courant à l’instant donné
i(t) = 2,4·(1 − e−15/13,6) = 1,603 A
Énergie stockée
W = ½·L·i² = ½·68·1,603² = 87,42 mJ
Réponse
W = 87,42 mJ
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 12,35 V
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.
vC(0) = 24 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 68 µF = 224,4 ms
vC(t) = 10 + (24 − 10)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(400) = 10 + (14)·e−400/224,4 = 12,35 V
Réponse
vC = 12,35 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 9,161 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|.
Réactance
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·100·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω
Courants de branche
Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.
IR = V/R = 100/15 = 6,667 A
IX = V/XC = 100/15,92 = 6,283 A
Courant total
Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.
I = √(IR² + IX²) = √(6,667² + 6,283²) = 9,161 A
Réponse
I = 9,161 A
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·√(0,02·0,47·10⁻⁶)) = 1642 Hz
Facteur de qualité
Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.
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 = 26·tan(arccos 0,7) = 26,53 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totaux
P = 26 + 9 = 35 kW
Q = 26,53 + 0 = 26,53 kvar
S = √(35² + 26,53²) = 43,92 kVA
Courant total
I = S/V = 43916/400 = 109,8 A
Réponse
I = 109,8 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: QC = 1,988 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.
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 = 5·tan(41,41°) = 4,41 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(25,84°) = 2,422 kvar
QC = Q1 − Q2 = 1,988 kvar
Réponse
QC = 1,988 kvar
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 4,8 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 = 400/√3 = 230,9 V
Courant de phase
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 230,9/20 = 11,55 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·11,55²·12 = 4,8 kW
Réponse
P = 4,8 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 89,18 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 89,18 kvar
Réponse
QC = 89,18 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 0,2 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 0,2 A
Réponse
I1 = 0,2 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 6000 Ω, et 1200/6000 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 2188 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.
Pertes cuivre à cette charge
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·3000 = 187,5 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.