Une charge RL = 2 Ω est branchée entre a et b. Remplacez le reste du circuit par son équivalent de Thévenin et trouvez le courant de charge IL.
V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩRL = 2 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 1 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. Combien de temps faut-il pour que le courant descende à 0,5 A ? Trouvez t.
i(0) = 1 AR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
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 = 100 ms.
Vs = 20 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 100 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec L = 2 mH doit résonner à 2000 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.
f0 = 2000 HzL = 2 mH
C = µF
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 240 V : une charge de 24 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif et une charge de 18 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif. Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 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 la capacité C nécessaire.
P = 35 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 12 + j16 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 = 12 + j16 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 400 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 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 5000 Ω alimente un haut-parleur de 50 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 5000 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 5000 ΩRL = 50 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 500 W et des pertes cuivre de 1500 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,9 (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 = 10 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 5 + 1,818 = 6,818 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 = 12/6,818 = 1,76 A
Réponse
IR1 = 1,76 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 18,48 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 26,67 Ω
R2 ∥ 26,67 = 3,478 Ω
Req = R1 + 3,478 = 15 + 3,478 = 18,48 Ω
Réponse
Req = 18,48 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = −0,09502 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.
Poser les nœuds
La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 9 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/8 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/2 = 0
0,6917·VA − 0,5·VB = 0,6
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/12 + (VB − VA)/2 = 2,5
−0,5·VA + 0,5833·VB = 2,5
Résoudre
Δ = (0,6917)(0,5833) − (−0,5)(−0,5) = 0,1535
VA = Δ1/Δ = 1,6/0,1535 = 10,43 V
VB = Δ2/Δ = 2,029/0,1535 = 13,22 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 10,43)/15 = −0,09502 A
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR2 = 1,228 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.
Poser les nœuds
La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 5 V, V2 = −30 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/12 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/5 = 0
0,5333·VA − 0,2·VB = 1,25
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 3 = 8,714 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) = 18·20/(8+20) = 12,86 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) = 12,86/(8,714 + 2) = 1,2 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 19,1 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 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) = 8 + 1,5·2,4 = 11,6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,6 + 1,5·5 = 19,1 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 6,931 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.
Constante de temps
τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
Isoler le temps
0,5 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,5)
t = 10·ln(2) = 6,931 ms
Réponse
t = 6,931 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 4,33 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) = 20·3,3/(4,7 + 3,3) = 8,25 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 3,3·47 = 155,1 ms
Décharge
vC(t) = 8,25·e−100/155,1 = 4,33 V
Réponse
vC = 4,33 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: C = 3,166 µF
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·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,002) = 3,166 µF
Réponse
C = 3,166 µF
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,2124 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 = 377·0,25 = 94,25 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| = 100/470,8 = 0,2124 A
Réponse
I = 0,2124 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,7108
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 chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 24·tan(arccos 0,65) = 28,06 kvar
Q2 = 18·tan(arccos 0,8) = 13,5 kvar
Totaux
P = 24 + 18 = 42 kW
Q = 28,06 + 13,5 = 41,56 kvar
S = √(42² + 41,56²) = 59,09 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 42/59,09 = 0,7108 inductif
Réponse
cos φ = 0,7108
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 863,7 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.
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 = 35·tan(45,57°) = 35,71 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,76 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 18756/(2π·60·240²) = 863,7 µF
Réponse
C = 863,7 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 1,298 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| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 120,1/20 = 6,004 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·6,004²·12 = 1,298 kW
Réponse
P = 1,298 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 289,8 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 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 289,8 kvar
Réponse
QC = 289,8 kvar
15.Transformateurs
Réponse: a = 10
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
a²·50 = 5000
a = √(5000/50) = √100 = 10
Réponse
a = 10
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 593,8 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 = 0,0625·1500 = 93,75 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.