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 = 2 AVs = 4 VR1 = 4 ΩR2 = 3 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 18 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
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 80 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 20 VR = 33 ΩL = 150 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. Trouvez le courant de la bobine i à t = 5 ms.
Vs = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 500 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 = 500 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 1 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 150 mHC = 10 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 240 V : une charge de 16 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif et une charge de 9 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 8 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sur une alimentation de 400 V, 60 Hz. Un condensateur de 33 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 8 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 60 HzC = 33 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 5 + j12 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VZ = 5 + j12 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 120 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (inductif) sur un réseau de 400 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 10 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 12:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 12:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 500 kVA a des pertes fer de 4000 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98,5 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 500 kVAPcore = 4000 Wpf = 0,8η = 98,5%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,5323 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 4·18/(4+18) = 3,273 Ω
Req = R1 + 3,273 = 8 + 3,273 = 11,27 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 = 6/11,27 = 0,5323 A
Réponse
IR1 = 0,5323 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,4426 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 + 12 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 15,48 Ω
R3 + 15,48 = 17,48 Ω
R2 ∥ 17,48 = 3,888 Ω
Req = R1 + 3,888 = 30 + 3,888 = 33,89 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 = 15/33,89 = 0,4426 A
Réponse
IR1 = 0,4426 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 1,143 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 + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/4 + (VA + 4)/3 = 2
VA = (2 − 4/3)/(1/4 + 1/3) = 1,143 V
VB = 1,143 + 4 = 5,143 V
Réponse
VA = 1,143 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 0,3 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.
Loi des nœuds en A
VA est connu, donc cette équation donne VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(18 − 36)/10 + 18/20 = (VB − 18)/4
−0,9 = (VB − 18)/4 → VB = 14,4 V
Loi des nœuds en B
Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (14,4 − 18)/4 + 14,4/12 = 0,3 A
Réponse
Is = 0,3 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,2143 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 10 = 11,2 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) = 6·2/(3+2) = 2,4 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 = 2,4/11,2 = 0,2143 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 1,889 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 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) = 1,667 + 2·4 = 9,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,667 + 2·15 = 39,67 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) = 39,67/(19 + 2) = 1,889 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 7,316 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 = 150 mH / 33 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 20/33 = 0,6061 A
Isoler le temps
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −4,545·ln(0,2) = 7,316 ms
Réponse
t = 7,316 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,4893 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.
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) = 12/15 = 0,8 A
i(∞) = 12/(15 + 15) = 0,4 A
τ = L/R = 100/30 = 3,333 ms
i(t) = 0,4 + (0,8 − 0,4)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(5) = 0,4 + (0,4)·e−5/3,333 = 0,4893 A
Réponse
i = 0,4893 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 72,12 °
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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 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|.
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.
Puissance réactive de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 16·tan(arccos 0,75) = 14,11 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,95) = 2,958 kvar
Totaux
P = 16 + 9 = 25 kW
Q = 14,11 + 2,958 = 17,07 kvar
S = √(25² + 17,07²) = 30,27 kVA
Courant total
I = S/V = 30271/240 = 126,1 A
Réponse
I = 126,1 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 27,18 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 = 8·tan(arccos 0,65) = 9,353 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·33·10⁻⁶ = 1991 var = 1,991 kvar
Q2 = 9,353 − 1,991 = 7,363 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(8² + 7,363²) = 10,87 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 10872/400 = 27,18 A
Réponse
I = 27,18 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 3,84 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 = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 208/13 = 16 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·16²·5 = 3,84 kW
Réponse
P = 3,84 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,3846, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 381,6 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 = 120·tan(acos 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 57,54 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.
Résistance ramenée
La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².
R1′ = a²·RL = 12²·10 = 1440 Ω
Réponse
R1′ = 1440 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 2091 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.