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 Ix dans la source de tension, de A vers B comme l’indique la flèche.
Is = 5 AVs = 3 VR1 = 8 ΩR2 = 10 Ω
Ix = A
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Une charge RL = 8 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.
V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩRL = 8 Ω
IL = 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 = 36 VIs = 0,5 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 3 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. Trouvez le courant i à t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 10 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
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 15 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 9,48 V, exactement 200 ms après le départ. Avec C = 22 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 15 VVth = 9,48 VT = 200 msC = 22 µF
R = kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 10 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 100 V (efficace), 500 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR1 = 25 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 15 + j20 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 240 VZ = 15 + j20 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 20 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 230 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 20 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 20 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,8 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 20 Acos φ = 0,8
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 10 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 6:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 6:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 100 W et des pertes cuivre de 400 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 25 kVAPcore = 100 WPcu,fl = 400 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,2553 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 + 8 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 12·16/(12+16) = 6,857 Ω
Req = R1 + 6,857 = 20 + 6,857 = 26,86 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 = 12/26,86 = 0,4468 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 − 0,4468·20 = 3,064 V
IR2 = VA/R2 = 3,064/12 = 0,2553 A
Réponse
IR2 = 0,2553 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,07562 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 = 5 + 20 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 4,167 Ω
R3 + 4,167 = 10,17 Ω
R2 ∥ 10,17 = 6,74 Ω
Req = R1 + 6,74 = 20 + 6,74 = 26,74 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 = 6/26,74 = 0,2244 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 = 6 − 0,2244·20 = 1,512 V
IR2 = VA/R2 = 1,512/20 = 0,07562 A
Réponse
IR2 = 0,07562 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: Ix = 2,389 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 + Vs = VA + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/8 + (VA + 3)/10 = 5
VA = (5 − 3/10)/(1/8 + 1/10) = 20,89 V
VB = 20,89 + 3 = 23,89 V
Courant dans la source de tension
Tout ce qui traverse la source de A vers B quitte le nœud B par R₂.
Ix = VB/R2 = 23,89/10 = 2,389 A
Réponse
Ix = 2,389 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 5,931 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 = 30 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/10 + (VA − 30)/25 + (VA − VB)/25 = 0
0,18·VA − 0,04·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/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/25 + (VB − (−15))/4 = 2
−0,04·VA + 0,4567·VB = −1,75
Résoudre
Δ = (0,18)(0,4567) − (−0,04)(−0,04) = 0,0806
VA = Δ1/Δ = 0,478/0,0806 = 5,931 V
VB = Δ2/Δ = −0,267/0,0806 = −3,313 V
Réponse
VA = 5,931 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,5921 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 20 = 22,4 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) = 30·6/(4+6) = 18 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) = 18/(22,4 + 8) = 0,5921 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,8789 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 + 20 = 23,75 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) = 9 + 0,5·3,75 = 10,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,88 + 0,5·20 = 20,88 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 = 20,88/23,75 = 0,8789 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 1,104 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
τ = L/R = 10 mH / 10 Ω = 1 ms
Décroissance du courant
i(t) = 3·e−1/1 = 1,104 A
Réponse
i = 1,104 A
8.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 9,094 kΩ
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.
R = τ/C = 200,1/22 = 9,094 kΩ
Réponse
R = 9,094 kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 818 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
XL = 62,83 Ω, XC = 79,58 Ω
Impédance
|Z| = √(60² + (−16,75)²) = 62,29 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 = 230/62,29 = 3,692 A
P = I²·R = 3,692²·60 = 818 W
Réponse
P = 818 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 45,24 Ω
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/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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
|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 9,6²·20 = 1843 var
Réponse
Q = 1843 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 824,1 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 = 20·tan(49,46°) = 23,38 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,7 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 13696/(2π·50·230²) = 824,1 µF
Réponse
C = 824,1 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 19,12 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 = √3·690·20 = 23,9 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 23,9·0,8 = 19,12 kW
Réponse
P = 19,12 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 341,5 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 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 61,29 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.
Résistance ramenée
La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².
R1′ = a²·RL = 6²·10 = 360 Ω
Réponse
R1′ = 360 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 12,5 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.