La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose VB − VA = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le courant Ix dans la source de tension, de A vers B comme l’indique la flèche.
Is = 3 AVs = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 6 Ω
Ix = A
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR4 dans R4 dans le sens de la flèche.
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 = 24 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µF
τ = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 6 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 200 ms.
Vs = 15 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 Vt = 200 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 17 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 17 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA alimente une charge de 6 kW avec un facteur de puissance de 0,75 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 = 25 kVAP1 = 6 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 16 + j12 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 480 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 480 VZ = 16 + j12 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 120 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 320 Ω alimente un haut-parleur de 5 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 320 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 320 ΩRL = 5 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 1500 W et des pertes cuivre de 3000 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 250 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 2,095 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 6 + 5,455 = 11,45 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 = 24/11,45 = 2,095 A
Réponse
IR1 = 2,095 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 10,55 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 = 20 + 4 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 10,91 Ω
R3 + 10,91 = 18,91 Ω
R2 ∥ 18,91 = 4,555 Ω
Req = R1 + 4,555 = 6 + 4,555 = 10,55 Ω
Réponse
Req = 10,55 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: Ix = 1,818 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.
Former un super-nœud
La source de tension entre A et B est parcourue par un courant inconnu, donc on ne peut pas écrire la loi des nœuds séparément en A ou en B. Englobez A, B et la source dans un super-nœud : le courant qui y entre est égal au courant qui en sort.
VB = VA + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/5 + (VA + 5)/6 = 3
VA = (3 − 5/6)/(1/5 + 1/6) = 5,909 V
VB = 5,909 + 5 = 10,91 V
Courant dans la source de tension
Tout ce qui traverse la source de A vers B quitte le nœud B par R₂.
Ix = VB/R2 = 10,91/6 = 1,818 A
Réponse
Ix = 1,818 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR4 = 0,2684 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 = 30 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/3 = 0
0,5417·VA − 0,3333·VB = 3,75
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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 12 = 14,31 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) = 9·3/(10+3) = 2,077 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) = 2,077/(14,31 + 15) = 0,07087 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 2,618 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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 12 = 18,67 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) = 24 + (−0,5)·6,667 = 20,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,67 + (−0,5)·12 = 14,67 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) = 14,67/(18,67 + 10) = 0,5116 A
PL = IL²·RL = 0,5116²·10 = 2,618 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: τ = 32,97 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 = 4,7·2,2/(4,7 + 2,2) = 1,499 kΩ
vC(∞) = 24·2,2/(4,7 + 2,2) = 7,652 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 1,499·22 = 32,97 ms
Réponse
τ = 32,97 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 13,57 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.
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) = 6 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 15 + (6 − 15)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(200) = 15 + (−9)·e−200/108,9 = 13,57 V
Réponse
vC = 13,57 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,06803 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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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| = 10/147 = 0,06803 A
Réponse
I = 0,06803 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,08824 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,2 = 125,7 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| = 10/113,3 = 0,08824 A
Réponse
I = 0,08824 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 10,54 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(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 17·0,6197 = 10,54 kvar
Réponse
Q = 10,54 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 18,43 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 = 6·tan(arccos 0,75) = 5,292 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) = √(25² − 5,292²) = 24,43 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 24,43 − 6 = 18,43 kW
Réponse
ΔP = 18,43 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 27,65 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 = 480 V
Courant de phase
|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 480/20 = 24 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·24²·16 = 27,65 kW
Réponse
P = 27,65 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 101,6 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18237/(377·690²) = 101,6 µF
Réponse
Cph = 101,6 µF
15.Transformateurs
Réponse: a = 8
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
a²·5 = 320
a = √(320/5) = √64 = 8
Réponse
a = 8
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 176,8 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.