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 VB (par rapport à la masse).
Is = 4 AVs = 8 VR1 = 3 ΩR2 = 4 Ω
VB = V
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Une charge RL = 8 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 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩRL = 8 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Une charge RL = 3 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.
V1 = 5 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
PL = W
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W stockée dans la bobine à t = 20 ms, en mJ.
Vs = 24 VR = 5 ΩL = 100 mHt = 20 ms
W = mJ
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 10 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 15 V ? Trouvez t.
Vs = 20 VR = 6,8 kΩC = 33 µFvC(0) = 10 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 1 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 5 + j12 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance active P qu’elle absorbe.
V = 230 VZ = 5 + j12 Ω
P = W
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 100 V (efficace), 60 Hz a une impédance interne Zs = 5 + j20 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. La charge donnant la puissance maximale est constituée d’une résistance en série avec un condensateur. Trouvez la capacité C.
Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 5 + j20 Ω
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 22 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 91 % et son facteur de puissance vaut 0,86 (inductif). Le réseau a une tension composée de 415 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 22 kWη = 91%cos φ = 0,86VL = 415 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (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 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 5 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 2:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 2:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
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. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 250 kVAPcore = 1000 WPcu,fl = 2500 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 16,7 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.
R3 + R4 = 3 + 20 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 20·23/(20+23) = 10,7 Ω
Req = R1 + 10,7 = 6 + 10,7 = 16,7 Ω
Réponse
Req = 16,7 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,1604 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 = 3 + 3 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4,615 Ω
R3 + 4,615 = 8,615 Ω
R2 ∥ 8,615 = 4,628 Ω
Req = R1 + 4,628 = 30 + 4,628 = 34,63 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 = 12/34,63 = 0,3465 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 = 12 − 0,3465·30 = 1,604 V
IR2 = VA/R2 = 1,604/10 = 0,1604 A
Réponse
IR2 = 0,1604 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 11,43 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 + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/3 + (VA + 8)/4 = 4
VA = (4 − 8/4)/(1/3 + 1/4) = 3,429 V
VB = 3,429 + 8 = 11,43 V
Réponse
VB = 11,43 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = −0,3834 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 = 30 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/3 + (VA − 30)/30 + (VA − VB)/10 = 0
0,4667·VA − 0,1·VB = 1
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/10 + (VB − (−30))/3 = 1
−0,1·VA + 0,7667·VB = −9
Résoudre
Δ = (0,4667)(0,7667) − (−0,1)(−0,1) = 0,3478
VA = Δ1/Δ = −0,1333/0,3478 = −0,3834 V
VB = Δ2/Δ = −4,1/0,3478 = −11,79 V
Réponse
VA = −0,3834 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,5 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 2 = 4 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) = 12·4/(4+4) = 6 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) = 6/(4 + 8) = 0,5 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 31,96 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 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 4 = 7,448 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) = 4,31 + 4·3,448 = 18,1 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,1 + 4·4 = 34,1 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) = 34,1/(7,448 + 3) = 3,264 A
PL = IL²·RL = 3,264²·3 = 31,96 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: W = 460,3 mJ
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.
τ = L/R = 100 mH / 5 Ω = 20 ms
i(∞) = Vs/R = 24/5 = 4,8 A
Courant à l’instant donné
i(t) = 4,8·(1 − e−20/20) = 3,034 A
Énergie stockée
W = ½·L·i² = ½·100·3,034² = 460,3 mJ
Réponse
W = 460,3 mJ
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 155,5 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
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
t = τ·ln((10 − 20)/(15 − 20)) = 224,4·ln(2) = 155,5 ms
Réponse
t = 155,5 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = −59,16 °
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω
Impédance
En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(XL − XC).
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 = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·2,2·10⁻⁶) = 1447 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| = 10/1444 = 0,006925 A
Réponse
I = 0,006925 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: P = 1565 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| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 230/13 = 17,69 A
Puissance active
P = I²·R = 17,69²·5 = 1565 W
Réponse
P = 1565 W
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 132,6 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.
Adaptation conjuguée
La réactance de la charge compense celle de la source, et la résistance de la charge est égale à celle de la source.
ZL = Zs* = 5 − j20 Ω
Capacité
XC = 20 Ω → C = 1/(2π·60·20) = 132,6 µF
Réponse
C = 132,6 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 39,11 A
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.
Puissance électrique absorbée
Pin = Pout/η = 22/0,91 = 24,18 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 24176/(√3·415·0,86) = 39,11 A
Réponse
IL = 39,11 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 670,5 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 = 80·tan(acos 0,8) = 80·0,75 = 60 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 33,71 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.
Résistance ramenée
La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².
R1′ = a²·RL = 2²·5 = 20 Ω
Réponse
R1′ = 20 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 158,1 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.