Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 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 = 2,5 AR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 2 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. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 75 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 15 VR = 10 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est fermé depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 3,72 A ? Trouvez t.
Vs = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩL = 220 mH
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
VC = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 14 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 240 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 14 kWpf = 0,75V = 240 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 13 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sur une alimentation de 400 V, 60 Hz. Un condensateur de 47 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 13 kWpf1 = 0,7V = 400 Vf = 60 HzC = 47 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 75 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 92 % et son facteur de puissance vaut 0,84 (inductif). Le réseau a une tension composée de 690 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 75 kWη = 92%cos φ = 0,84VL = 690 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (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 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 15 kVA, 4160/480 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 15 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 500 kVA a des pertes fer de 3000 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98,2 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,3158 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 = 4 + 5 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 3·9/(3+9) = 2,25 Ω
Req = R1 + 2,25 = 12 + 2,25 = 14,25 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 = 6/14,25 = 0,4211 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 = 6 − 0,4211·12 = 0,9474 V
IR2 = VA/R2 = 0,9474/3 = 0,3158 A
Réponse
IR2 = 0,3158 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 4,649 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 = 8 + 10 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 10,47 Ω
R3 + 10,47 = 13,47 Ω
R2 ∥ 13,47 = 2,453 Ω
Req = R1 + 2,453 = 4 + 2,453 = 6,453 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 = 30/6,453 = 4,649 A
Réponse
IR1 = 4,649 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = −8,375 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 = 6 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/4 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/12 = 0
0,5833·VA − 0,08333·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.
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 = 18 V, V2 = 10 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 − 18)/2 + (VA − VB)/2 = 0
1,083·VA − 0,5·VB = 9
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/25 + (VB − VA)/2 + (VB − 10)/20 = 6
−0,5·VA + 0,59·VB = 6,5
Résoudre
Δ = (1,083)(0,59) − (−0,5)(−0,5) = 0,3892
VA = Δ1/Δ = 8,56/0,3892 = 22 V
VB = Δ2/Δ = 11,54/0,3892 = 29,66 V
Réponse
IR2 = (VA − VB)/R2 = (22 − 29,66)/2 = −3,831 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,6316 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 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) = 15·20/(5+20) = 12 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 = 12/19 = 0,6316 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 7,287 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 = 4·30/(4+30) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 2 = 5,529 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) = 26,47 + 2,5·3,529 = 35,29 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 35,29 + 2,5·2 = 40,29 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 = 40,29/5,529 = 7,287 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 30,5 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.
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 / 10 Ω = 22 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A
Isoler le temps
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −22·ln(0,25) = 30,5 ms
Réponse
t = 30,5 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 3,923 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, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.
i(0) = 24/5 = 4,8 A
i(∞) = 24/(5 + 15) = 1,2 A
τ = L/R = 220/20 = 11 ms
i(t) = 1,2 + (4,8 − 1,2)·e−t/τ
Isoler le temps
e−t/τ = (3,72 − 1,2)/(4,8 − 1,2) = 0,7
t = 11·ln(1,429) = 3,923 ms
Réponse
t = 3,923 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = −76,21 °
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 = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·2,2·10⁻⁶) = 723,4 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| = 24/572 = 0,04196 A
Tension aux bornes du condensateur
VC = I·XC = 0,04196·723,4 = 30,36 V
Réponse
VC = 30,36 V
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 77,78 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) = 14000/(240·0,75) = 77,78 A
Réponse
I = 77,78 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 41,66 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.
Puissance réactive avant et après
La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.
Q1 = 13·tan(arccos 0,7) = 13,26 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·47·10⁻⁶ = 2835 var = 2,835 kvar
Q2 = 13,26 − 2,835 = 10,43 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(13² + 10,43²) = 16,67 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 16665/400 = 41,66 A
Réponse
I = 41,66 A
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 81,21 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 = 75/0,92 = 81,52 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 81522/(√3·690·0,84) = 81,21 A
Réponse
IL = 81,21 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 322,9 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 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 57,96 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.
Courant nominal
Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.
IHV = S/V = 15000/4160 = 3,606 A
Réponse
IHV = 3,606 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 4332 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.