Le losange est une source de courant commandée en tension qui injecte un courant de 0,05·VA (en A, avec VA en V) vers le haut dans le nœud B. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez la tension vL aux bornes de la bobine à t = 5 ms.
Vs = 12 VR = 68 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est ouvert depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur se ferme et court-circuite R2. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 0,218 A ? Trouvez t.
Vs = 12 VR1 = 47 ΩR2 = 15 ΩL = 22 mH
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 50 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 22 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 12 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 = 12 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 33 kW avec un facteur de puissance de 0,9 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 33 kWpf = 0,9V = 230 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA alimente une charge de 41 kW avec un facteur de puissance de 0,65 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 = 150 kVAP1 = 41 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 24 + j7 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 = 24 + j7 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (inductif) sur un réseau de 690 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 triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 4 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 = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 375 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 = 375 WPcu,fl = 750 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 16,56 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 2·7/(2+7) = 1,556 Ω
Req = R1 + 1,556 = 15 + 1,556 = 16,56 Ω
Réponse
Req = 16,56 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,6916 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 5,538 Ω
R3 + 5,538 = 17,54 Ω
R2 ∥ 17,54 = 10,31 Ω
Req = R1 + 10,31 = 4 + 10,31 = 14,31 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 = 24/14,31 = 1,677 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 = 24 − 1,677·4 = 17,29 V
IR2 = VA/R2 = 17,29/25 = 0,6916 A
Réponse
IR2 = 0,6916 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 3,375 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 = 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/3 + (VA − 9)/6 + (VA − VB)/10 = 0
0,6·VA − 0,1·VB = 1,5
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/4 + (VB − VA)/10 = 1,5
−0,1·VA + 0,35·VB = 1,5
Résoudre
Δ = (0,6)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,2
VA = Δ1/Δ = 0,675/0,2 = 3,375 V
VB = Δ2/Δ = 1,05/0,2 = 5,25 V
Réponse
VA = 3,375 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 6 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.
Loi des nœuds en A
Les courants sortant de A par les résistances sont égaux au courant injecté dans A par les sources.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,2917·VA − 0,125·VB = 2,5
Loi des nœuds en B
La source commandée injecte g·VA dans le nœud B. Traitez-la comme une source indépendante, puis faites passer le terme en VA dans le membre de gauche.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,175·VA + 0,325·VB = 0
Résoudre
Δ = (0,2917)(0,325) − (−0,125)(−0,175) = 0,07292
VA = Δ1/Δ = 0,8125/0,07292 = 11,14 V
VB = Δ2/Δ = 0,4375/0,07292 = 6 V
Réponse
VB = 6 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 7,031 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 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) = 30·15/(2+15) = 26,47 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 = 26,47/3,765 = 7,031 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 2,452 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 25 = 28,43 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) = 12,86 + 2·3,429 = 19,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,71 + 2·25 = 69,71 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 = 69,71/28,43 = 2,452 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 2,559 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.
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 = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms
i(∞) = Vs/R = 12/68 = 0,1765 A
Tension aux bornes de la bobine
À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/3,235 = 2,559 V
Réponse
vL = 2,559 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 0,2359 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
Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.
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/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 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| = 50/56,51 = 0,8849 A
Réponse
I = 0,8849 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 521,9 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/√(0,2·0,47·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 12/15 = 0,8 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 3262·0,2 = 652,3 Ω
VL = I·XL = 0,8·652,3 = 521,9 V
Réponse
VL = 521,9 V
Cela fait Q = 43,49 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 159,4 A
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 de ligne
Seule la partie active de la puissance fournit un travail, donc divisez par le facteur de puissance.
I = P/(V·cos φ) = 33000/(230·0,9) = 159,4 A
Réponse
I = 159,4 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 101,1 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 = 41·tan(arccos 0,65) = 47,93 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) = √(150² − 47,93²) = 142,1 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 142,1 − 41 = 101,1 kW
Réponse
ΔP = 101,1 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 4,984 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 = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·24 = 4,984 kW
Réponse
P = 4,984 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,96, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 179,8 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 80,68 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
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 = 2²·4 = 16 Ω
Réponse
R1′ = 16 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 53,03 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.