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 = 12 VR = 33 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 18 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 400 ms.
Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 33 µFvC(0) = 18 Vt = 400 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 100 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 10 µF
VC = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 400 V : une charge de 21 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif et une charge de 10 kW avec un facteur de puissance de 0,9 inductif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 12 V (efficace), 60 Hz a une impédance interne Zs = 2 + j10 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. Trouvez la puissance active maximale Pmax qui peut être fournie à la charge.
Vs = 12 V (rms)f = 60 HzZs = 2 + j10 Ω
Pmax = W
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 11 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 92 % et son facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Le réseau a une tension composée de 400 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 11 kWη = 92%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 2:1 a son enroulement primaire sous 480 V. Une résistance de 15 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 25 kVA a des pertes fer de 75 W et des pertes cuivre de 300 W à charge nominale. Il fournit 75 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,95 (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 = 20 + 5 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Req = R1 + 1,852 = 15 + 1,852 = 16,85 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 = 6/16,85 = 0,356 A
Réponse
IR1 = 0,356 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 2,198 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 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 7,778 Ω
R3 + 7,778 = 15,78 Ω
R2 ∥ 15,78 = 3,191 Ω
Req = R1 + 3,191 = 5 + 3,191 = 8,191 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 = 18/8,191 = 2,198 A
Réponse
IR1 = 2,198 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 1,213 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 = 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/5 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0,4083·VA − 0,08333·VB = 1,875
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 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 18)/25 + (VA − VB)/10 = 0
0,265·VA − 0,1·VB = 0,72
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/8 + (VB − VA)/10 + (VB − (−6))/25 = 6
−0,1·VA + 0,265·VB = 5,76
Résoudre
Δ = (0,265)(0,265) − (−0,1)(−0,1) = 0,06023
VA = Δ1/Δ = 0,7668/0,06023 = 12,73 V
VB = Δ2/Δ = 1,598/0,06023 = 26,54 V
Réponse
IR4 = (VB − V2)/R4 = (26,54 − −6)/25 = 1,302 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 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) = 10·8/(8+8) = 5 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 11,58 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 15 = 17,67 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) = 8 + 1,5·2,667 = 12 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12 + 1,5·15 = 34,5 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) = 34,5/(17,67 + 5) = 1,522 A
PL = IL²·RL = 1,522²·5 = 11,58 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,2299 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
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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 33 µF = 224,4 ms
vC(t) = 9 + (18 − 9)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(400) = 9 + (9)·e−400/224,4 = 10,51 V
Réponse
vC = 10,51 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,162 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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω
Impédance
En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(XL − XC).
Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.
I = V/|Z| = 12/74,07 = 0,162 A
Réponse
I = 0,162 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VC = 33,12 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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω
Impédance
En série, les impédances s’additionnent comme des nombres complexes : Z = R + j(XL − XC).
Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.
I = V/|Z| = 24/192,2 = 0,1249 A
Tension aux bornes du condensateur
VC = I·XC = 0,1249·265,3 = 33,12 V
Réponse
VC = 33,12 V
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 101,6 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 de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 21·tan(arccos 0,7) = 21,42 kvar
Q2 = 10·tan(arccos 0,9) = 4,843 kvar
Totaux
P = 21 + 10 = 31 kW
Q = 21,42 + 4,843 = 26,27 kvar
S = √(31² + 26,27²) = 40,63 kVA
Courant total
I = S/V = 40632/400 = 101,6 A
Réponse
I = 101,6 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Pmax = 18 W
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.
Adaptation conjuguée
La réactance de la charge compense celle de la source, et la résistance de la charge est égale à celle de la source.
ZL = Zs* = 2 − j10 Ω
Puissance maximale
I = Vs/(2Rs) = 12/4 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·2) = 18 W
Réponse
Pmax = 18 W
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 21,05 A
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 électrique absorbée
Pin = Pout/η = 11/0,92 = 11,96 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 11957/(√3·400·0,82) = 21,05 A
Réponse
IL = 21,05 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 182,8 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 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 27,35 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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/15 = 16 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 8 A
Réponse
I1 = 8 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 60 Ω, et 480/60 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 243,8 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 = 0,5625·300 = 168,8 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.