Une charge RL = 3 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 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩRL = 3 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
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 = 6 VR1 = 3,3 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µF
τ = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 15 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 8,7 V ? Trouvez t.
Vs = 6 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 15 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 22 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 50 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.
V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 22 µF
VC = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 11,5 A et 2484 W sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez R.
V = 240 VI = 11,5 AP = 2484 W
R = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA alimente une charge de 140 kW avec un facteur de puissance de 0,85 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 = 200 kVAP1 = 140 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 4 + j3 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 = 4 + j3 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (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 = 80 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 20:1 a son enroulement primaire sous 4800 V. Une résistance de 8 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 450 W et des pertes cuivre de 1125 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 150 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1125 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 24,29 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 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 20 + 4,286 = 24,29 Ω
Réponse
Req = 24,29 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 25,68 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 = 4,138 Ω
R3 + 4,138 = 9,138 Ω
R2 ∥ 9,138 = 5,679 Ω
Req = R1 + 5,679 = 20 + 5,679 = 25,68 Ω
Réponse
Req = 25,68 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 15,87 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/5 = 0
0,3167·VA − 0,2·VB = 0,6667
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/12 + (VB − VA)/5 = 3
−0,2·VA + 0,2833·VB = 3
Résoudre
Δ = (0,3167)(0,2833) − (−0,2)(−0,2) = 0,04972
VA = Δ1/Δ = 0,7889/0,04972 = 15,87 V
VB = Δ2/Δ = 1,083/0,04972 = 21,79 V
Réponse
VA = 15,87 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR2 = 0,2415 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 = 12 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/5 + (VA − 12)/30 + (VA − VB)/30 = 0
0,2667·VA − 0,03333·VB = 0,4
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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 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) = 18·8/(8+8) = 9 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) = 9/(16 + 3) = 0,4737 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 94,62 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 12 = 16,62 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) = 11,54 + 5·4,615 = 34,62 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 34,62 + 5·12 = 94,62 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: τ = 19,39 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 = 3,3·4,7/(3,3 + 4,7) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 6·4,7/(3,3 + 4,7) = 3,525 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 1,939·10 = 19,39 ms
Réponse
τ = 19,39 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 39,73 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((15 − 6)/(8,7 − 6)) = 33·ln(3,333) = 39,73 ms
Réponse
t = 39,73 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 3,63 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·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| = 120/33,06 = 3,63 A
Réponse
I = 3,63 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VC = 0,3854 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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,15 = 942,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 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| = 50/938,7 = 0,05327 A
Tension aux bornes du condensateur
VC = I·XC = 0,05327·7,234 = 0,3854 V
Réponse
VC = 0,3854 V
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: R = 18,78 Ω
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.
Résistance d’après la puissance active
R = P/I² = 2484/11,5² = 18,78 Ω
Réponse
R = 18,78 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 40,2 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 = 140·tan(arccos 0,85) = 86,76 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) = √(200² − 86,76²) = 180,2 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 180,2 − 140 = 40,2 kW
Réponse
ΔP = 40,2 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 110,6 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| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 480/5 = 96 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·96²·4 = 110,6 kW
Réponse
P = 110,6 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 67,09 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 0,78) = 80·0,8023 = 64,18 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 30,1 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/8 = 30 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 1,5 A
Réponse
I1 = 1,5 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 3200 Ω, et 4800/3200 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 94,87 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.