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 potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Is = 3 AVs = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 15 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR2 dans R2 dans le sens de la flèche.
Une charge RL = 5 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 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩRL = 5 Ω
IL = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 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 le courant i à t = 1 ms.
Vs = 5 VR = 10 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
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. Trouvez le courant de la bobine i à t = 1 ms.
Vs = 15 VR1 = 47 ΩR2 = 22 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 120 V (efficace), 60 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 24 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 = 24 V (rms)R = 2 ΩL = 5 mHC = 4,7 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 8 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 8 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 40 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 400 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,98. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 40 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 20 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VIL = 20 Acos φ = 0,82
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 75 kVA, 11000/400 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 75 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 250 W et des pertes cuivre de 1000 W à charge nominale. Il fournit 25 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.
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 = 6 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 4·26/(4+26) = 3,467 Ω
Req = R1 + 3,467 = 5 + 3,467 = 8,467 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 = 9/8,467 = 1,063 A
Réponse
IR1 = 1,063 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,2537 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 = 20 + 30 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 8,333 Ω
R3 + 8,333 = 20,33 Ω
R2 ∥ 20,33 = 11,21 Ω
Req = R1 + 11,21 = 10 + 11,21 = 21,21 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 = 12/21,21 = 0,5657 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 = 12 − 0,5657·10 = 6,343 V
IR2 = VA/R2 = 6,343/25 = 0,2537 A
Réponse
IR2 = 0,2537 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 9 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.
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 + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/5 + (VA + 9)/15 = 3
VA = (3 − 9/15)/(1/5 + 1/15) = 9 V
VB = 9 + 9 = 18 V
Réponse
VA = 9 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR2 = −0,1463 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 = 15 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/10 + (VA − 12)/30 + (VA − VB)/20 = 0
0,1833·VA − 0,05·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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 8 = 9,765 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) = 18·2/(15+2) = 2,118 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) = 2,118/(9,765 + 5) = 0,1434 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 32 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 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 4 = 9 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) = 5 + 3·5 = 20 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20 + 3·4 = 32 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,3161 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
Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.
i(0) = 15/(47 + 22) = 0,2174 A
i(∞) = 15/47 = 0,3191 A
τ = L/R = 68/47 = 1,447 ms
i(t) = 0,3191 + (0,2174 − 0,3191)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(1) = 0,3191 + (−0,1018)·e−1/1,447 = 0,2682 A
Réponse
i = 0,2682 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 41,15 Ω
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|.
Réactance
XL = ωL = 2π·60·0,15 = 56,55 Ω
Courants de branche
Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.
IR = V/R = 120/60 = 2 A
IX = V/XL = 120/56,55 = 2,122 A
Courant total
Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.
I = √(IR² + IX²) = √(2² + 2,122²) = 2,916 A
Impédance
|Z| = V/I = 120/2,916 = 41,15 Ω
Réponse
|Z| = 41,15 Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 391,4 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/√(0,005·4,7·10⁻⁶) = 6523 rad/s
I = V/R = 24/2 = 12 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 6523·0,005 = 32,62 Ω
VL = I·XL = 12·32,62 = 391,4 V
Réponse
VL = 391,4 V
Cela fait Q = 16,31 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 10,67 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.
Angle
φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 8·1,333 = 10,67 kvar
Réponse
Q = 10,67 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 450,2 µF
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 = 40·tan(41,41°) = 35,28 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11,48°) = 8,122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,15 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 27154/(2π·60·400²) = 450,2 µF
Réponse
C = 450,2 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 5,908 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.
Puissance apparente
S = √3·VL·IL = √3·208·20 = 7,205 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 7,205·0,82 = 5,908 kW
Réponse
P = 5,908 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 2268 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 136,8 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.
ILV = S/V = 75000/400 = 187,5 A
Réponse
ILV = 187,5 A
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 312,5 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.
Pertes cuivre à cette charge
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1000 = 62,5 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.