Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 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. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 50 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 5 VR = 68 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 5 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 400 ms.
Vs = 6 VR = 10 kΩC = 47 µFvC(0) = 5 Vt = 400 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 1000 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 = 1000 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 100 µF
φ = °
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 100 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR1 = 20 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 5 A et 805 W sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez R.
V = 230 VI = 5 AP = 805 W
R = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 40 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sous 230 V, 60 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 = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 75 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,8 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 75 Acos φ = 0,8
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 250 kVA, 7200/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 250 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 1600 W et des pertes cuivre de 6400 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 200 kVAPcore = 1600 WPcu,fl = 6400 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,023 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 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 4·30/(4+30) = 3,529 Ω
Req = R1 + 3,529 = 12 + 3,529 = 15,53 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 = 18/15,53 = 1,159 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 = 18 − 1,159·12 = 4,091 V
IR2 = VA/R2 = 4,091/4 = 1,023 A
Réponse
IR2 = 1,023 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 1,548 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 + 8 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 6,222 Ω
R3 + 6,222 = 10,22 Ω
R2 ∥ 10,22 = 7,624 Ω
Req = R1 + 7,624 = 4 + 7,624 = 11,62 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 = 18/11,62 = 1,548 A
Réponse
IR1 = 1,548 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 25,52 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 = 18 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/10 + (VA − 18)/5 + (VA − VB)/6 = 0
0,4667·VA − 0,1667·VB = 3,6
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
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 = 18 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/10 + (VA − 18)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,85·VA − 0,5·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/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/5 + (VB − VA)/2 + (VB − 24)/3 = 0,5
−0,5·VA + 1,033·VB = 8,5
Résoudre
Δ = (0,85)(1,033) − (−0,5)(−0,5) = 0,6283
VA = Δ1/Δ = 8,9/0,6283 = 14,16 V
VB = Δ2/Δ = 9,475/0,6283 = 15,08 V
Réponse
VB = 15,08 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,463 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 12 = 13,67 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) = 24·10/(2+10) = 20 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 = 20/13,67 = 1,463 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 13,24 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 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 3 = 4,852 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) = 1,111 + 2,5·1,852 = 5,741 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,741 + 2,5·3 = 13,24 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 2,243 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 = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 A
Isoler le temps
0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −3,235·ln(0,5) = 2,243 ms
Réponse
t = 2,243 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 5,573 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.
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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 10 kΩ · 47 µF = 470 ms
vC(t) = 6 + (5 − 6)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(400) = 6 + (−1)·e−400/470 = 5,573 V
Réponse
vC = 5,573 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 85,44 °
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·100·10⁻⁶) = 1,592 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|.
Réactance
XC = 1/(2π·100·10·10⁻⁶) = 159,2 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.
Résistance d’après la puissance active
R = P/I² = 805/5² = 32,2 Ω
Réponse
R = 32,2 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: QC = 23,77 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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(23,07°) = 17,04 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,77 kvar
Réponse
QC = 23,77 kvar
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 71,71 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 = √3·690·75 = 89,63 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 89,63·0,8 = 71,71 kW
Réponse
P = 71,71 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 192,6 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 = 150·tan(acos 0,7) = 150·1,02 = 153 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 103,7 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 34576/(377·690²) = 192,6 µF
Réponse
Cph = 192,6 µF
15.Transformateurs
Réponse: IHV = 34,72 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 = 250000/7200 = 34,72 A
Réponse
IHV = 34,72 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 100 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.