La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 10,5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
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 constante de temps τ du circuit après la fermeture de l’interrupteur.
Vs = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 100 µF
τ = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est fermé depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez le courant de la bobine i à t = 1 ms.
Vs = 20 VR1 = 22 ΩR2 = 47 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 26 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 26 kWpf = 0,8V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 20 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 240 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 7,5 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 92 % et son facteur de puissance vaut 0,9 (inductif). Le réseau a une tension composée de 480 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 7,5 kWη = 92%cos φ = 0,9VL = 480 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 50 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 12:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 12:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 1600 W et des pertes cuivre de 2400 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 200 kVAPcore = 1600 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 4,714 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Req = R1 + 1,714 = 3 + 1,714 = 4,714 Ω
Réponse
Req = 4,714 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,5014 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 = 8 + 8 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 1,778 Ω
R3 + 1,778 = 9,778 Ω
R2 ∥ 9,778 = 4,944 Ω
Req = R1 + 4,944 = 15 + 4,944 = 19,94 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 = 10/19,94 = 0,5014 A
Réponse
IR1 = 0,5014 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 194 W
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 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/6 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,45·VA − 0,08333·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/15 + (VB − VA)/12 = 5
−0,08333·VA + 0,15·VB = 5
Résoudre
Δ = (0,45)(0,15) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,06056
VA = Δ1/Δ = 0,5967/0,06056 = 9,853 V
VB = Δ2/Δ = 2,35/0,06056 = 38,81 V
Puissance fournie par la source de courant
La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à VB. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.
PIs = VB·Is = 38,81·5 = 194 W
Réponse
PIs = 194 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 7,561 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
(10,5 − 5)/8 + 10,5/25 = (VB − 10,5)/8
1,107 = (VB − 10,5)/8 → VB = 19,36 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 = (19,36 − 10,5)/8 + 19,36/3 = 7,561 A
Réponse
Is = 7,561 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 6 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 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) = 18·5/(10+5) = 6 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = −153,5 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 = 25·25/(25+25) = 12,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12,5 + 20 = 32,5 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 + (−5)·12,5 = −53,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −53,5 + (−5)·20 = −153,5 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: τ = 248,1 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.
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 = 10·3,3/(10 + 3,3) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 12·3,3/(10 + 3,3) = 2,977 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 2,481·100 = 248,1 ms
Réponse
τ = 248,1 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,3664 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, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.
i(0) = 20/22 = 0,9091 A
i(∞) = 20/(22 + 47) = 0,2899 A
τ = L/R = 33/69 = 0,4783 ms
i(t) = 0,2899 + (0,9091 − 0,2899)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(1) = 0,2899 + (0,6192)·e−1/0,4783 = 0,3664 A
Réponse
i = 0,3664 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,299 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 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| = 12/40,13 = 0,299 A
Réponse
I = 0,299 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VC = 9,658 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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 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| = 12/89,89 = 0,1335 A
Tension aux bornes du condensateur
VC = I·XC = 0,1335·72,34 = 9,658 V
Réponse
VC = 9,658 V
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 19,5 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.
Angle
φ = arccos(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 26·0,75 = 19,5 kvar
Réponse
Q = 19,5 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 92,59 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 = P·tan φ1 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,72 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(240·0,9) = 92,59 A
Réponse
Inew = 92,59 A
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 10,9 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 = 7,5/0,92 = 8,152 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8152/(√3·480·0,9) = 10,9 A
Réponse
IL = 10,9 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 245,1 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 = 300·tan(acos 0,7) = 300·1,02 = 306,1 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 245,1 kvar
Réponse
QC = 245,1 kvar
15.Transformateurs
Réponse: R1′ = 7200 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 = 12²·50 = 7200 Ω
Réponse
R1′ = 7200 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 163,3 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.