La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 5,5 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
La source Vₛ charge le condensateur à travers R₁, et R₂ est branchée en parallèle avec C. Le condensateur est déchargé quand l’interrupteur se ferme à t = 0. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 250 ms.
Vs = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 68 µFt = 250 ms
vC = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 15 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 750 ms.
Vs = 5 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 15 Vt = 750 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 47 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez la fréquence de résonance f0 du circuit.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 10 µF
f0 = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 13 A et 1170 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 = 13 AP = 1170 W
R = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 6 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sur une alimentation de 400 V, 50 Hz. Un condensateur de 68 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.
P = 6 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 68 µF
cos φ =
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 12 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,75 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VIL = 12 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 250 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (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 0,95 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 4:1 a son enroulement primaire sous 960 V. Une résistance de 30 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 450 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,95 (inductif), son rendement est de 98 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 150 kVAPcore = 450 Wpf = 0,95η = 98%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 3,636 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.
R3 + R4 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 2·9/(2+9) = 1,636 Ω
Req = R1 + 1,636 = 2 + 1,636 = 3,636 Ω
Réponse
Req = 3,636 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,1621 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 = 3 + 3 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 3,75 Ω
R3 + 3,75 = 11,75 Ω
R2 ∥ 11,75 = 7,402 Ω
Req = R1 + 7,402 = 20 + 7,402 = 27,4 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 = 12/27,4 = 0,4379 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 − 0,4379·20 = 3,241 V
IR2 = VA/R2 = 3,241/20 = 0,1621 A
Réponse
IR2 = 0,1621 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = −9,37 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 15)/6 + (VA − VB)/8 = 0
0,3417·VA − 0,125·VB = 2,5
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/4 + (VB − VA)/8 = (−4)
−0,125·VA + 0,375·VB = −4
Résoudre
Δ = (0,3417)(0,375) − (−0,125)(−0,125) = 0,1125
VA = Δ1/Δ = 0,4375/0,1125 = 3,889 V
VB = Δ2/Δ = −1,054/0,1125 = −9,37 V
Réponse
VB = −9,37 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 8,24 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
(5,5 − 15)/8 + 5,5/3 = (VB − 5,5)/15
0,6458 = (VB − 5,5)/15 → VB = 15,19 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 = (15,19 − 5,5)/15 + 15,19/2 = 8,24 A
Réponse
Is = 8,24 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,6283 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 10 = 12,61 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) = 12·20/(3+20) = 10,43 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) = 10,43/(12,61 + 4) = 0,6283 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 53,85 W
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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 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) = 10,91 + 4·2,182 = 19,64 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,64 + 4·8 = 51,64 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) = 51,64/(10,18 + 25) = 1,468 A
PL = IL²·RL = 1,468²·25 = 53,85 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 2,622 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.
Équivalent de Thévenin vu par le condensateur
Court-circuitez la source pour trouver Rth ; ouvrez le condensateur pour trouver la tension vers laquelle il tendra.
Rth = R1 ∥ R2 = 10·4,7/(10 + 4,7) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 12·4,7/(10 + 4,7) = 3,837 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 3,197·68 = 217,4 ms
Courbe de charge
vC(t) = 3,837·(1 − e−250/217,4) = 2,622 V
Réponse
vC = 2,622 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 8,319 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) = 15 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 5 + (15 − 5)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(750) = 5 + (10)·e−750/680 = 8,319 V
Réponse
vC = 8,319 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = −37,53 °
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 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.
Résistance d’après la puissance active
R = P/I² = 1170/13² = 6,923 Ω
Réponse
R = 6,923 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,9546
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 = 6·tan(arccos 0,75) = 5,292 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·68·10⁻⁶ = 3418 var = 3,418 kvar
Q2 = 5,292 − 3,418 = 1,873 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(6² + 1,873²) = 6,286 kVA
Nouveau facteur de puissance
cos φ = P/S2 = 6/6,286 = 0,9546
Réponse
cos φ = 0,9546
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 3,242 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 = √3·208·12 = 4,323 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 4,323·0,75 = 3,242 kW
Réponse
P = 3,242 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 2633 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 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 158,8 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/30 = 8 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 2 A
Réponse
I1 = 2 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 480 Ω, et 960/480 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 2458 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.