Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
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 = 5 ms, en mJ.
Vs = 6 VR = 15 ΩL = 33 mHt = 5 ms
W = mJ
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur est fermé depuis longtemps, donc le circuit est en régime permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 300 ms.
Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 100 µFt = 300 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 22 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 11 A et 990 W sur une alimentation monophasée de 120 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez R.
V = 120 VI = 11 AP = 990 W
R = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 20 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 240 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,92. Trouvez la puissance réactive QC que le condensateur doit fournir.
P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 24 + j7 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VZ = 24 + j7 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 250 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 250 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 400 W et des pertes cuivre de 800 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 50 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 800 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,304 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 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 6·16/(6+16) = 4,364 Ω
Req = R1 + 4,364 = 4 + 4,364 = 8,364 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 = 15/8,364 = 1,793 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 = 15 − 1,793·4 = 7,826 V
IR2 = VA/R2 = 7,826/6 = 1,304 A
Réponse
IR2 = 1,304 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 6,712 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 3,2 Ω
R3 + 3,2 = 28,2 Ω
R2 ∥ 28,2 = 2,712 Ω
Req = R1 + 2,712 = 4 + 2,712 = 6,712 Ω
Réponse
Req = 6,712 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 32,68 W
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 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/2 + (VA − 9)/2 + (VA − VB)/12 = 0
1,083·VA − 0,08333·VB = 4,5
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/15 + (VB − VA)/12 = 2
−0,08333·VA + 0,15·VB = 2
Résoudre
Δ = (1,083)(0,15) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,1556
VA = Δ1/Δ = 0,8417/0,1556 = 5,411 V
VB = Δ2/Δ = 2,542/0,1556 = 16,34 V
Puissance fournie par la source de courant
La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à VB. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.
PIs = VB·Is = 16,34·2 = 32,68 W
Réponse
PIs = 32,68 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR2 = 0,1119 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 = 6 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/25 + (VA − 6)/15 + (VA − VB)/25 = 0
0,1467·VA − 0,04·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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 6 = 11,45 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) = 18·12/(10+12) = 9,818 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 = 9,818/11,45 = 0,8571 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 37,64 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 12 = 17,45 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) = 2,727 + 2·5,455 = 13,64 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,64 + 2·12 = 37,64 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: W = 2,124 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 = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 A
Courant à l’instant donné
i(t) = 0,4·(1 − e−5/2,2) = 0,3588 A
Énergie stockée
W = ½·L·i² = ½·33·0,3588² = 2,124 mJ
Réponse
W = 2,124 mJ
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 6,072 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.
Tension initiale du condensateur
En régime permanent, le condensateur est un circuit ouvert, donc R₁ et R₂ forment un diviseur de tension. La tension du condensateur ne peut pas varier brusquement à l’ouverture de l’interrupteur.
vC(0) = 10·10/(2,2 + 10) = 8,197 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 10·100 = 1000 ms
Décharge
vC(t) = 8,197·e−300/1000 = 6,072 V
Réponse
vC = 6,072 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 16,91 W
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 = 15,71 Ω, XC = 144,7 Ω
Impédance
|Z| = √(20² + (−129)²) = 130,5 Ω
Puissance active
Les bobines et les condensateurs ne font que stocker et restituer de l’énergie ; la résistance absorbe toute la puissance active.
I = 120/130,5 = 0,9194 A
P = I²·R = 0,9194²·20 = 16,91 W
Réponse
P = 16,91 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: f0 = 146,8 Hz
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 inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC). La fréquence d’alimentation n’intervient pas.
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 = 990/11² = 8,182 Ω
Réponse
R = 8,182 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: QC = 11,88 kvar
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 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,88 kvar
Réponse
QC = 11,88 kvar
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 6,144 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 = 400/√3 = 230,9 V
Courant de phase
|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·24 = 6,144 kW
Réponse
P = 6,144 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,96, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 59,42 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 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 59,42 kvar
Réponse
QC = 59,42 kvar
15.Transformateurs
Réponse: IHV = 52,08 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.
IHV = S/V = 250000/4800 = 52,08 A
Réponse
IHV = 52,08 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 35,36 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.