Utilisez la méthode des nœuds pour trouver la puissance PIs fournie par la source de courant Is.
V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
PIs = W
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
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 = 15 ms.
i(0) = 2,5 AR = 15 ΩL = 220 mHt = 15 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. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 0,4 A ? Trouvez t.
Vs = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩL = 22 mH
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec C = 47 µF doit résonner à 100 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.
f0 = 100 HzC = 47 µF
L = mH
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 24 V (efficace), 60 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR1 = 30 ΩR2 = 40 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 2 A et 368 W sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez X.
V = 230 VI = 2 AP = 368 W
X = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA alimente une charge de 66 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?
Smax = 150 kVAP1 = 66 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 8 + j6 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VZ = 8 + j6 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 480 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 = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 1200 Ω alimente un haut-parleur de 75 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 1200 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 1200 ΩRL = 75 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 1000 W et des pertes cuivre de 2500 W à charge nominale. Il fournit 50 % 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 15·9/(15+9) = 5,625 Ω
Req = R1 + 5,625 = 3 + 5,625 = 8,625 Ω
Réponse
Req = 8,625 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 8,693 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.
R5 + R6 = 6 + 8 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 5,833 Ω
R3 + 5,833 = 10,83 Ω
R2 ∥ 10,83 = 5,693 Ω
Req = R1 + 5,693 = 3 + 5,693 = 8,693 Ω
Réponse
Req = 8,693 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 7,082 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/5 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,45·VA − 0,05·VB = 1,8
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/8 + (VB − VA)/20 = 1
−0,05·VA + 0,175·VB = 1
Résoudre
Δ = (0,45)(0,175) − (−0,05)(−0,05) = 0,07625
VA = Δ1/Δ = 0,365/0,07625 = 4,787 V
VB = Δ2/Δ = 0,54/0,07625 = 7,082 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 = 7,082·1 = 7,082 W
Réponse
PIs = 7,082 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 1,875 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
(5 − 5)/2 + 5/10 = (VB − 5)/12
0,5 = (VB − 5)/12 → VB = 11 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 = (11 − 5)/12 + 11/8 = 1,875 A
Réponse
Is = 1,875 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,304 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 3 = 4,6 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) = 30·2/(8+2) = 6 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 = 6/4,6 = 1,304 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,4643 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 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 2 = 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) = 3,75 + 2,5·3 = 11,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,25 + 2,5·2 = 16,25 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) = 16,25/(5 + 30) = 0,4643 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vR = 13,49 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 = 220 mH / 15 Ω = 14,67 ms
Décroissance du courant
i(t) = 2,5·e−15/14,67 = 0,899 A
vR = R·i = 15·0,899 = 13,49 V
Réponse
vR = 13,49 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 0,5231 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.
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) = 10/(15 + 20) = 0,2857 A
i(∞) = 10/15 = 0,6667 A
τ = L/R = 22/15 = 1,467 ms
i(t) = 0,6667 + (0,2857 − 0,6667)·e−t/τ
Isoler le temps
e−t/τ = (0,4 − 0,6667)/(0,2857 − 0,6667) = 0,7
t = 1,467·ln(1,429) = 0,5231 ms
Réponse
t = 0,5231 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: L = 53,89 mH
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|.
Condition de résonance
À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·100 = 628,3 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(628,3²·47·10⁻⁶) = 53,89 mH
Réponse
L = 53,89 mH
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 46,06 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·60·100·10⁻⁶) = 26,53 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.
Résistance d’après la puissance active
R = P/I² = 368/2² = 92 Ω
Réactance d’après l’impédance
|Z| = V/I = 230/2 = 115 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(115² − 92²) = 69 Ω
Réponse
X = 69 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 68,04 kW
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 la charge existante
Q1 = 66·tan(arccos 0,7) = 67,33 kvar
Plus grande puissance active totale
À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 67,33²) = 134 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 134 − 66 = 68,04 kW
Réponse
ΔP = 68,04 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 10,38 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 = VL = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 208/10 = 20,8 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·20,8²·8 = 10,38 kW
Réponse
P = 10,38 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 178,3 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 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 178,3 kvar
Réponse
QC = 178,3 kvar
15.Transformateurs
Réponse: a = 4
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.
Adapter la charge ramenée
a²·75 = 1200
a = √(1200/75) = √16 = 4
Réponse
a = 4
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 1625 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 = 0,25·2500 = 625 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.