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 constante de temps τ du circuit après la fermeture de l’interrupteur.
Vs = 12 VR1 = 6,8 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µF
τ = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
Un temporisateur commence à t = 0 à charger un condensateur déchargé à travers une résistance à partir d’une alimentation de 12 V. Il doit se déclencher quand la tension du condensateur atteint 7,2 V, exactement 10 ms après le départ. Avec C = 4,7 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 12 VVth = 7,2 VT = 10 msC = 4,7 µF
R = kΩ
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 = 80 ΩL = 250 mHC = 10 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 5 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace VL aux bornes de la bobine.
V = 5 V (rms)R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 16 + j12 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 230 VZ = 16 + j12 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 30 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 230 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,98. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 30 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 3 + j4 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 400 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 16 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 3:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 3:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
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 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,8 (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 = 8 + 15 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 8·23/(8+23) = 5,935 Ω
Req = R1 + 5,935 = 3 + 5,935 = 8,935 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 = 30/8,935 = 3,357 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 = 30 − 3,357·3 = 19,93 V
IR2 = VA/R2 = 19,93/8 = 2,491 A
Réponse
IR2 = 2,491 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,09687 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 = 15 + 15 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 2,727 Ω
R3 + 2,727 = 7,727 Ω
R2 ∥ 7,727 = 5,1 Ω
Req = R1 + 5,1 = 30 + 5,1 = 35,1 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 = 10/35,1 = 0,2849 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 = 10 − 0,2849·30 = 1,453 V
IR2 = VA/R2 = 1,453/15 = 0,09687 A
Réponse
IR2 = 0,09687 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 9,065 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 = 12 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 − 12)/8 + (VA − VB)/5 = 0
0,425·VA − 0,2·VB = 1,5
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/6 + (VB − VA)/5 = 2,5
−0,2·VA + 0,3667·VB = 2,5
Résoudre
Δ = (0,425)(0,3667) − (−0,2)(−0,2) = 0,1158
VA = Δ1/Δ = 1,05/0,1158 = 9,065 V
VB = Δ2/Δ = 1,363/0,1158 = 11,76 V
Réponse
VA = 9,065 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 0,9031 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 = 24 V, V2 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/6 + (VA − 24)/25 + (VA − VB)/12 = 0
0,29·VA − 0,08333·VB = 0,96
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
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 + 4 = 6,667 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) = 6·4/(8+4) = 2 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) = 2/(6,667 + 12) = 0,1071 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 76,56 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 25 = 26,85 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) = 11,11 + 3·1,852 = 16,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,67 + 3·25 = 91,67 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) = 91,67/(26,85 + 20) = 1,957 A
PL = IL²·RL = 1,957²·20 = 76,56 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: τ = 340 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.
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 = 6,8·6,8/(6,8 + 6,8) = 3,4 kΩ
vC(∞) = 12·6,8/(6,8 + 6,8) = 6 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 3,4·100 = 340 ms
Réponse
τ = 340 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 2,322 kΩ
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 requise
7,2 = 12·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(12/(12 − 7,2))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms
Résistance
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
R = τ/C = 10,91/4,7 = 2,322 kΩ
Réponse
R = 2,322 kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 83,94 °
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 = 3142·0,25 = 785,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 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 s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 5/50 = 0,1 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 10000·0,1 = 1000 Ω
VL = I·XL = 0,1·1000 = 100 V
Réponse
VL = 100 V
Cela fait Q = 20 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 1587 var
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.
Courant
|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 11,5²·12 = 1587 var
Réponse
Q = 1587 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 1021 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 = 30·tan(41,41°) = 26,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(11,48°) = 6,092 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,37 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 20366/(2π·60·230²) = 1021 µF
Réponse
C = 1021 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 57,6 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 = 400 V
Courant de phase
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 400/5 = 80 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·80²·3 = 57,6 kW
Réponse
P = 57,6 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 23,68 kvar
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 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 23,68 kvar
Réponse
QC = 23,68 kvar
15.Transformateurs
Réponse: R1′ = 144 Ω
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 = 3²·16 = 144 Ω
Réponse
R1′ = 144 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 150 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 = 0,25·300 = 75 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.