Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I3 dans la branche 3, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.
La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 12 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 15 ms.
Vs = 30 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 15 ms
vC = V
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 la tension du condensateur vC à t = 750 ms.
Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 3,3 kΩC = 220 µFt = 750 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 12 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.
V = 12 V (rms)R = 10 ΩL = 5 mHC = 2,2 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 32 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 32 kWpf = 0,65V = 240 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 120 V (efficace), 50 Hz a une impédance interne Zs = 10 + j10 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. La charge donnant la puissance maximale est constituée d’une résistance en série avec un condensateur. Trouvez la capacité C.
Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 10 + j10 Ω
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 37 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 90 % et son facteur de puissance vaut 0,84 (inductif). Le réseau a une tension composée de 690 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 37 kWη = 90%cos φ = 0,84VL = 690 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 8 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 10:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 10:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 300 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98,2 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 50 kVAPcore = 300 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,227 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 = 15 + 20 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 15·35/(15+35) = 10,5 Ω
Req = R1 + 10,5 = 8 + 10,5 = 18,5 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 = 6/18,5 = 0,3243 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 − 0,3243·8 = 3,405 V
IR2 = VA/R2 = 3,405/15 = 0,227 A
Réponse
IR2 = 0,227 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,5393 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 = 30 + 20 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 4,545 Ω
R3 + 4,545 = 14,55 Ω
R2 ∥ 14,55 = 7,385 Ω
Req = R1 + 7,385 = 20 + 7,385 = 27,38 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 = 30/27,38 = 1,096 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 = 30 − 1,096·20 = 8,09 V
IR2 = VA/R2 = 8,09/15 = 0,5393 A
Réponse
IR2 = 0,5393 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: I3 = −2,854 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 − 6)/4 + (VA − (−24))/10 = 0
Trouver VA
VA = (12/3 + 6/4 + (−24)/10) / (1/3 + 1/4 + 1/10) = 3,1/0,6833 = 4,537 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 2,47 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
VA est connu, donc cette équation donne VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12 − 10)/10 + 12/8 = (VB − 12)/2
1,7 = (VB − 12)/2 → VB = 15,4 V
Loi des nœuds en B
Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (15,4 − 12)/2 + 15,4/20 = 2,47 A
Réponse
Is = 2,47 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,08571 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 20 = 23,33 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) = 12·4/(20+4) = 2 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 = 2/23,33 = 0,08571 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = −0,7 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 = 2·30/(2+30) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 8 = 9,875 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) = 9,375 + (−2,5)·1,875 = 4,688 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,688 + (−2,5)·8 = −15,31 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) = −15,31/(9,875 + 12) = −0,7 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 20,73 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.
Équivalent de Thévenin vu par le condensateur
Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.
Rth = R1 ∥ R2 = 1·4,7/(1 + 4,7) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 30·4,7/(1 + 4,7) = 24,74 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 0,8246·10 = 8,246 ms
Courbe de charge
vC(t) = 24,74·(1 − e−15/8,246) = 20,73 V
Réponse
vC = 20,73 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 2,136 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.
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.
vC(0) = 10·3,3/(2,2 + 3,3) = 6 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 3,3·220 = 726 ms
Décharge
vC(t) = 6·e−750/726 = 2,136 V
Réponse
vC = 2,136 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 9,985 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 = 628,3 Ω, XC = 67,73 Ω
Impédance
|Z| = √(60² + (560,6)²) = 563,8 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 = 230/563,8 = 0,4079 A
P = I²·R = 0,4079²·60 = 9,985 W
Réponse
P = 9,985 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 57,21 V
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 s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·2,2·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 12/10 = 1,2 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 9535·0,005 = 47,67 Ω
VL = I·XL = 1,2·47,67 = 57,21 V
Réponse
VL = 57,21 V
Cela fait Q = 4,767 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 205,1 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) = 32000/(240·0,65) = 205,1 A
Réponse
I = 205,1 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 318,3 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.
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* = 10 − j10 Ω
Capacité
XC = 10 Ω → C = 1/(2π·50·10) = 318,3 µF
Réponse
C = 318,3 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 40,95 A
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 électrique absorbée
Pin = Pout/η = 37/0,9 = 41,11 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 41111/(√3·690·0,84) = 40,95 A
Réponse
IL = 40,95 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 29,82 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 29,82 kvar
Réponse
QC = 29,82 kvar
15.Transformateurs
Réponse: R1′ = 800 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.
R1′ = a²·RL = 10²·8 = 800 Ω
Réponse
R1′ = 800 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 433,2 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.