La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 5,5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 10 ms.
Vs = 12 VR = 33 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 2 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 1000 ms.
Vs = 6 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 2 Vt = 1000 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 2 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 = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 20 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 20 kWpf = 0,7V = 230 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 26 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sur une alimentation de 400 V, 50 Hz. Un condensateur de 470 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.
P = 26 kWpf1 = 0,6V = 400 Vf = 50 HzC = 470 µF
cos φ =
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), 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 250 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. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 20:1 a son enroulement primaire sous 2400 V. Une résistance de 8 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 2400 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 75 W et des pertes cuivre de 225 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,95 (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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 4·18/(4+18) = 3,273 Ω
Req = R1 + 3,273 = 20 + 3,273 = 23,27 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 = 30/23,27 = 1,289 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 − 1,289·20 = 4,219 V
IR2 = VA/R2 = 4,219/4 = 1,055 A
Réponse
IR2 = 1,055 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 26,7 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,273 Ω
R3 + 3,273 = 11,27 Ω
R2 ∥ 11,27 = 1,699 Ω
Req = R1 + 1,699 = 25 + 1,699 = 26,7 Ω
Réponse
Req = 26,7 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = −6,373 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 = 18 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,3083·VA − 0,125·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)/8 = (−2)
−0,125·VA + 0,25·VB = −2
Résoudre
Δ = (0,3083)(0,25) − (−0,125)(−0,125) = 0,06146
VA = Δ1/Δ = 0,2/0,06146 = 3,254 V
VB = Δ2/Δ = −0,3917/0,06146 = −6,373 V
Réponse
VB = −6,373 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 3,013 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 − 6)/4 + 5,5/8 = (VB − 5,5)/12
0,5625 = (VB − 5,5)/12 → VB = 12,25 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 = (12,25 − 5,5)/12 + 12,25/5 = 3,013 A
Réponse
Is = 3,013 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 + 4 = 7,333 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: PL = 0,0999 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 15 = 19,62 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) = 6,923 + (−0,5)·4,615 = 4,615 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,615 + (−0,5)·15 = −2,885 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) = −2,885/(19,62 + 12) = −0,09124 A
PL = IL²·RL = −0,09124²·12 = 0,0999 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,2825 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 et courant final
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
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
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 6 + (2 − 6)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(1000) = 6 + (−4)·e−1000/1000 = 4,528 V
Réponse
vC = 4,528 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,1896 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 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| = 100/527,5 = 0,1896 A
Réponse
I = 0,1896 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 40,2 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/√(0,2·2,2·10⁻⁶) = 1508 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 1508·0,2 = 301,5 Ω
VL = I·XL = 0,1333·301,5 = 40,2 V
Réponse
VL = 40,2 V
Cela fait Q = 20,1 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 20,4 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(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 20·1,02 = 20,4 kvar
Réponse
Q = 20,4 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,9204
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 = 26·tan(arccos 0,6) = 34,67 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·470·10⁻⁶ = 23625 var = 23,62 kvar
Q2 = 34,67 − 23,62 = 11,04 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(26² + 11,04²) = 28,25 kVA
Nouveau facteur de puissance
cos φ = P/S2 = 26/28,25 = 0,9204
Réponse
cos φ = 0,9204
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 3,461 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 = 208/√3 = 120,1 V
Courant de phase
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·8 = 3,461 kW
Réponse
P = 3,461 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 2052 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 = 250·tan(acos 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 148,6 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,75 A
Réponse
I1 = 0,75 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 3200 Ω, et 2400/3200 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 89,06 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 = 0,0625·225 = 14,06 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.