Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
VA = V
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en A, donc elle impose VA − VB = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VA (par rapport à la masse).
Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.
V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 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 la tension vL aux bornes de la bobine à t = 5 ms.
Vs = 6 VR = 33 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
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 = 250 ms.
Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 100 µFt = 250 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et un condensateur sont branchés en parallèle sur une alimentation de 24 V (efficace), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩC = 47 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 120 V (efficace), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR1 = 20 ΩR2 = 100 ΩC = 2,2 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 33 kW avec un facteur de puissance de 0,9 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 33 kWpf = 0,9V = 230 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 240 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 35 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 60 A sur un réseau de tension composée 480 V. Le facteur de puissance vaut 0,9 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 480 VIL = 60 Acos φ = 0,9
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), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 2 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 10:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 10:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 2000 W et des pertes cuivre de 4000 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 4000 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 1,245 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 = 12 + 2 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 12·14/(12+14) = 6,462 Ω
Req = R1 + 6,462 = 8 + 6,462 = 14,46 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 = 18/14,46 = 1,245 A
Réponse
IR1 = 1,245 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,525 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 = 2 + 30 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 7,619 Ω
R3 + 7,619 = 27,62 Ω
R2 ∥ 27,62 = 4,929 Ω
Req = R1 + 4,929 = 8 + 4,929 = 12,93 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 = 24/12,93 = 1,856 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 = 24 − 1,856·8 = 9,15 V
IR2 = VA/R2 = 9,15/6 = 1,525 A
Réponse
IR2 = 1,525 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 5 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 = 6 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 − 6)/6 + (VA − VB)/6 = 0
0,3833·VA − 0,1667·VB = 1
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/6 + (VB − VA)/6 = 1
−0,1667·VA + 0,3333·VB = 1
Résoudre
Δ = (0,3833)(0,3333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1
VA = Δ1/Δ = 0,5/0,1 = 5 V
VB = Δ2/Δ = 0,55/0,1 = 5,5 V
Réponse
VA = 5 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 17,08 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 − 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 36)/10 + VA/20 + (VA − 9)/2 = 3
VA·(1/10 + 1/20 + 1/2) = 3 + 36/10 + 9/2 = 11,1
VA = 11,1/0,65 = 17,08 V
VB = 8,077 V
Réponse
VA = 17,08 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Rth = 23 Ω
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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 20 = 23 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = −174,5 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 + 30 = 35,45 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 + (−5)·5,455 = −24,55 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −24,55 + (−5)·30 = −174,5 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 2,834 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.
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 = 220 mH / 33 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 6/33 = 0,1818 A
Tension aux bornes de la bobine
À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−5/6,667 = 2,834 V
Réponse
vL = 2,834 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 2,207 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) = 10·2,2/(1 + 2,2) = 6,875 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 2,2·100 = 220 ms
Décharge
vC(t) = 6,875·e−250/220 = 2,207 V
Réponse
vC = 2,207 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 1,628 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|.
Réactance
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·200·47·10⁻⁶) = 16,93 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 = 24/30 = 0,8 A
IX = V/XC = 24/16,93 = 1,417 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) = √(0,8² + 1,417²) = 1,628 A
Réponse
I = 1,628 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 1,036 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|.
Réactance
XC = 1/(2π·200·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 33·0,4843 = 15,98 kvar
Réponse
Q = 15,98 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 1325 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 = 35·tan(49,46°) = 40,92 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,97 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 23968/(2π·50·240²) = 1325 µF
Réponse
C = 1325 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 44,89 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 = √3·480·60 = 49,88 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 49,88·0,9 = 44,89 kW
Réponse
P = 44,89 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 1101 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 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 166 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 = 10²·2 = 200 Ω
Réponse
R1′ = 200 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 176,8 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.