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 potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Is = 5 AVs = 3 VR1 = 2 ΩR2 = 6 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 12,5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 5 VIs = 6 AR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 1,5 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 le courant i à t = 5 ms.
i(0) = 1,5 AR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
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 le courant i2 dans R2 à t = 120 ms.
Vs = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 68 µFt = 120 ms
i2 = mA
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec L = 1 mH doit résonner à 500 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.
f0 = 500 HzL = 1 mH
C = µF
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 22 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 12 + j9 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 120 V (efficace). Trouvez la puissance active P qu’elle absorbe.
V = 120 VZ = 12 + j9 Ω
P = W
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 10 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 400 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,98. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.
P = 10 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 15 + j20 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 = 15 + j20 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 1150 V. Une résistance de 60 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 300 W et des pertes cuivre de 750 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 75 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 750 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,9524 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 3 + 7,5 = 10,5 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 = 10/10,5 = 0,9524 A
Réponse
IR1 = 0,9524 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 3,47 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 6,964 Ω
R3 + 6,964 = 31,96 Ω
R2 ∥ 31,96 = 2,743 Ω
Req = R1 + 2,743 = 2 + 2,743 = 4,743 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 = 18/4,743 = 3,795 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 = 18 − 3,795·2 = 10,41 V
IR2 = VA/R2 = 10,41/3 = 3,47 A
Réponse
IR2 = 3,47 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 6,75 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.
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 + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/2 + (VA + 3)/6 = 5
VA = (5 − 3/6)/(1/2 + 1/6) = 6,75 V
VB = 6,75 + 3 = 9,75 V
Réponse
VA = 6,75 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 10,4 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
(12,5 − 15)/20 + 12,5/8 = (VB − 12,5)/10
1,438 = (VB − 12,5)/10 → VB = 26,88 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 = (26,88 − 12,5)/10 + 26,88/3 = 10,4 A
Réponse
Is = 10,4 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,4737 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 2 = 9,5 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) = 9·15/(15+15) = 4,5 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 = 4,5/9,5 = 0,4737 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = −244,4 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 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 30 = 41,11 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) = 2,222 + (−6)·11,11 = −64,44 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −64,44 + (−6)·30 = −244,4 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,3131 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
τ = L/R = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms
Décroissance du courant
i(t) = 1,5·e−5/3,191 = 0,3131 A
Réponse
i = 0,3131 A
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i2 = 0,7638 mA
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) = 10·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,733 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 6,8·68 = 462,4 ms
Décharge
vC(t) = 6,733·e−120/462,4 = 5,194 V
i2 = vC/R2 = 5,194/6,8 = 0,7638 mA
Réponse
i2 = 0,7638 mA
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: C = 101,3 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·500 = 3142 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(3142²·0,001) = 101,3 µF
Réponse
C = 101,3 µF
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 1,474 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 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| = 100/67,83 = 1,474 A
Réponse
I = 1,474 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: P = 768 W
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.
Courant
|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 120/15 = 8 A
Puissance active
P = I²·R = 8²·12 = 768 W
Réponse
P = 768 W
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: QC = 9,661 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.
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 = 10·tan(49,46°) = 11,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(11,48°) = 2,031 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,661 kvar
Réponse
QC = 9,661 kvar
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 1,038 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| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 120,1/25 = 4,804 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·4,804²·15 = 1,038 kW
Réponse
P = 1,038 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 47,36 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 = 100·tan(acos 0,78) = 100·0,8023 = 80,23 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 47,36 kvar
Réponse
QC = 47,36 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 0,7667 A
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 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/60 = 3,833 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 0,7667 A
Réponse
I1 = 0,7667 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 1500 Ω, et 1150/1500 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 47,43 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.