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 VB (par rapport à la masse).
Is = 1,5 AVs = 5 VR1 = 2 ΩR2 = 5 Ω
VB = V
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
La bobine est parcourue par un courant permanent de 2,5 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 la tension vR aux bornes de R à t = 5 ms.
i(0) = 2,5 AR = 20 ΩL = 68 mHt = 5 ms
vR = V
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. Trouvez le courant de la bobine i à t = 10 ms.
Vs = 9 VR1 = 33 ΩR2 = 15 ΩL = 150 mHt = 10 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 24 + j7 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance apparente S.
V = 230 VZ = 24 + j7 Ω
S = VA
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 24 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sur une alimentation de 240 V, 60 Hz. Un condensateur de 150 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 24 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 60 HzC = 150 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 120 A sur un réseau de tension composée 415 V. Le facteur de puissance vaut 0,88 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 415 VIL = 120 Acos φ = 0,88
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 200 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 480 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. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 100 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 100 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 450 W et des pertes cuivre de 675 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,8 (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 = 4 + 10 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 6·14/(6+14) = 4,2 Ω
Req = R1 + 4,2 = 15 + 4,2 = 19,2 Ω
Réponse
Req = 19,2 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,3143 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 + 6 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 3,438 Ω
R3 + 3,438 = 13,44 Ω
R2 ∥ 13,44 = 7,088 Ω
Req = R1 + 7,088 = 12 + 7,088 = 19,09 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 = 6/19,09 = 0,3143 A
Réponse
IR1 = 0,3143 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 5,714 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 + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/2 + (VA + 5)/5 = 1,5
VA = (1,5 − 5/5)/(1/2 + 1/5) = 0,7143 V
VB = 0,7143 + 5 = 5,714 V
Réponse
VB = 5,714 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 4,172 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, V2 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/6 + (VA − 24)/20 + (VA − VB)/20 = 0
0,2667·VA − 0,05·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/30 + (VB − VA)/20 + (VB − (−12))/12 = 0,5
−0,05·VA + 0,1667·VB = −0,5
Résoudre
Δ = (0,2667)(0,1667) − (−0,05)(−0,05) = 0,04194
VA = Δ1/Δ = 0,175/0,04194 = 4,172 V
VB = Δ2/Δ = −0,07333/0,04194 = −1,748 V
Réponse
VA = 4,172 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 10,91 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 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) = 15·8/(3+8) = 10,91 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 2 W
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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 2 = 5,529 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) = 7,059 + (−2,5)·3,529 = −1,765 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,765 + (−2,5)·2 = −6,765 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) = −6,765/(5,529 + 8) = −0,5 A
PL = IL²·RL = −0,5²·8 = 2 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vR = 11,49 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.
Constante de temps
τ = L/R = 68 mH / 20 Ω = 3,4 ms
Décroissance du courant
i(t) = 2,5·e−5/3,4 = 0,5745 A
vR = R·i = 20·0,5745 = 11,49 V
Réponse
vR = 11,49 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,2633 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.
Valeur initiale, valeur finale, constante de temps
Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.
i(0) = 9/(33 + 15) = 0,1875 A
i(∞) = 9/33 = 0,2727 A
τ = L/R = 150/33 = 4,545 ms
i(t) = 0,2727 + (0,1875 − 0,2727)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(10) = 0,2727 + (−0,08523)·e−10/4,545 = 0,2633 A
Réponse
i = 0,2633 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,03823 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 = 6283·0,1 = 628,3 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| = 24/627,8 = 0,03823 A
Réponse
I = 0,03823 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 519,1 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.
Courant
|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A
Puissance apparente
S = V·I = 230·9,2 = 2116 VA
Réponse
S = 2116 VA
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 117,4 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.
Puissance réactive avant et après
La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.
Q1 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·150·10⁻⁶ = 3257 var = 3,257 kvar
Q2 = 18 − 3,257 = 14,74 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(24² + 14,74²) = 28,17 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 28166/240 = 117,4 A
Réponse
I = 117,4 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 75,91 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 = √3·415·120 = 86,26 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 86,26·0,88 = 75,91 kW
Réponse
P = 75,91 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 456,1 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 118,8 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 39614/(377·480²) = 456,1 µF
Réponse
Cph = 456,1 µF
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 416,7 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 = 100000/240 = 416,7 A
Réponse
ILV = 416,7 A
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 492,2 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 = 0,0625·675 = 42,19 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.