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 courant Ix dans la source de tension, de A vers B comme l’indique la flèche.
Is = 4 AVs = 8 VR1 = 6 ΩR2 = 20 Ω
Ix = A
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Une charge RL = 20 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 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩRL = 20 Ω
IL = 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 = 36 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 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 le courant i à t = 2 ms.
Vs = 15 VR = 20 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 30 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 200 ms.
Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 68 µFvC(0) = 30 Vt = 200 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 100 V (efficaces), 500 Hz. Trouvez le facteur de puissance cos φ du circuit.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 10 µF
cos φ =
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 2 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 = 2 V (rms)R = 2 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 400 V : une charge de 30 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif et une charge de 5 kW avec un facteur de puissance de 0,95 inductif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 30 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = 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 94 % et son facteur de puissance vaut 0,85 (inductif). Le réseau a une tension composée de 415 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 75 kWη = 94%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (inductif) sur un réseau de 415 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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 75 kVA, 480/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 75 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 225 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98,8 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,8η = 98,8%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,4628 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 15·13/(15+13) = 6,964 Ω
Req = R1 + 6,964 = 6 + 6,964 = 12,96 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 = 6/12,96 = 0,4628 A
Réponse
IR1 = 0,4628 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 19,46 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 = 30 + 30 = 60 Ω
R4 ∥ 60 = 7,059 Ω
R3 + 7,059 = 10,06 Ω
R2 ∥ 10,06 = 4,456 Ω
Req = R1 + 4,456 = 15 + 4,456 = 19,46 Ω
Réponse
Req = 19,46 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: Ix = 1,231 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.
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/6 + (VA + 8)/20 = 4
VA = (4 − 8/20)/(1/6 + 1/20) = 16,62 V
VB = 16,62 + 8 = 24,62 V
Courant dans la source de tension
Tout ce qui traverse la source de A vers B quitte le nœud B par R₂.
Ix = VB/R2 = 24,62/20 = 1,231 A
Réponse
Ix = 1,231 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 12,61 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 = 5 V, V2 = 24 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/4 + (VA − 5)/12 + (VA − VB)/2 = 0
0,8333·VA − 0,5·VB = 0,4167
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 − 24)/5 = 0,5
−0,5·VA + 0,74·VB = 5,3
Résoudre
Δ = (0,8333)(0,74) − (−0,5)(−0,5) = 0,3667
VA = Δ1/Δ = 2,958/0,3667 = 8,068 V
VB = Δ2/Δ = 4,625/0,3667 = 12,61 V
Réponse
VB = 12,61 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,3158 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 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 5 = 11,67 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) = 30·10/(20+10) = 10 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) = 10/(11,67 + 20) = 0,3158 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 4,563 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 + 30 = 32 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) = 18 + 4·2 = 26 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26 + 4·30 = 146 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 = 146/32 = 4,563 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,5268 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 et courant final
Longtemps après la fermeture, la bobine se comporte comme un court-circuit, donc le courant final est fixé par R seule.
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.
vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 68 µF = 224,4 ms
vC(t) = 10 + (30 − 10)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(200) = 10 + (20)·e−200/224,4 = 18,2 V
Réponse
vC = 18,2 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: cos φ = 0,2219
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
XL = 471,2 Ω, XC = 31,83 Ω
Impédance
|Z| = √(100² + (439,4)²) = 450,6 Ω
Facteur de puissance
cos φ = R/|Z| = 100/450,6 = 0,2219
Le circuit est inductif, donc le facteur de puissance est inductif (courant en retard).
Réponse
cos φ = 0,2219
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 65,23 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/√(0,02·4,7·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 2/2 = 1 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 3262·0,02 = 65,23 Ω
VL = I·XL = 1·65,23 = 65,23 V
Réponse
VL = 65,23 V
Cela fait Q = 32,62 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 101,1 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 de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 30·tan(arccos 0,85) = 18,59 kvar
Q2 = 5·tan(arccos 0,95) = 1,643 kvar
Totaux
P = 30 + 5 = 35 kW
Q = 18,59 + 1,643 = 20,24 kvar
S = √(35² + 20,24²) = 40,43 kVA
Courant total
I = S/V = 40429/400 = 101,1 A
Réponse
I = 101,1 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 138,9 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 = P·tan φ1 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(25,84°) = 14,53 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,54 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 30000/(240·0,9) = 138,9 A
Réponse
Inew = 138,9 A
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 130,6 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 = 75/0,94 = 79,79 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 79787/(√3·415·0,85) = 130,6 A
Réponse
IL = 130,6 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 80,68 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 = 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
Réponse
QC = 80,68 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 312,5 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.
Courant nominal
Les deux enroulements transmettent la même puissance apparente.
ILV = S/V = 75000/240 = 312,5 A
Réponse
ILV = 312,5 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 503,7 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.