Trois branches sont branchées entre le nœud A et la masse, comme représenté. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I1 dans la branche 1, circulant vers le haut jusqu’au nœud A dans le sens de la flèche.
V1 = 30 VR1 = 12 ΩV2 = 10 VR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
I1 = A
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 courant IR1 dans R1 dans le sens de la flèche.
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez l’énergie W(∞) stockée dans la bobine une fois le circuit stabilisé, en mJ.
Vs = 12 VR = 47 ΩL = 150 mH
W(∞) = mJ
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 le courant i2 dans R2 à t = 300 ms.
Vs = 12 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩC = 47 µFt = 300 ms
i2 = mA
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec C = 4,7 µF doit résonner à 2000 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.
f0 = 2000 HzC = 4,7 µF
L = mH
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 = 15 ΩR2 = 30 ΩC = 22 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 12 + j16 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 240 VZ = 12 + j16 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 10 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sur une alimentation de 230 V, 50 Hz. Un condensateur de 330 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.
P = 10 kWpf1 = 0,75V = 230 Vf = 50 HzC = 330 µF
cos φ =
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 18 + j24 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 = 18 + j24 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,72 (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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 100 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 100 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 450 W et des pertes cuivre de 1800 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 150 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1800 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,5217 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 + 20 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 12·32/(12+32) = 8,727 Ω
Req = R1 + 8,727 = 8 + 8,727 = 16,73 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 = 12/16,73 = 0,7174 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 − 0,7174·8 = 6,261 V
IR2 = VA/R2 = 6,261/12 = 0,5217 A
Réponse
IR2 = 0,5217 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 6,064 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.
R5 + R6 = 12 + 2 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 5,091 Ω
R3 + 5,091 = 13,09 Ω
R2 ∥ 13,09 = 3,064 Ω
Req = R1 + 3,064 = 3 + 3,064 = 6,064 Ω
Réponse
Req = 6,064 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: I1 = −2,75 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
Prenez le fil du bas comme masse. Chaque branche emporte depuis A un courant (VA − Vk)/Rk, où Vk est la tension de sa source (zéro pour une simple résistance). La somme des courants sortant de A est nulle.
(VA − (−30))/12 + (VA − 10)/2 + VA/4 = 0
Trouver VA
VA = ((−30)/12 + 10/2 + 0/4) / (1/12 + 1/2 + 1/4) = 2,5/0,8333 = 3 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
I1 = ((−30) − VA)/R1 = ((−30) − 3)/12 = −2,75 A
Réponse
I1 = −2,75 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 0,6923 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.
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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 9)/5 + VA/2 + (VA − 3)/6 = 2,5
VA·(1/5 + 1/2 + 1/6) = 2,5 + 9/5 + 3/6 = 4,8
VA = 4,8/0,8667 = 5,538 V
VB = 2,538 V
Courant dans R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 5,538)/5 = 0,6923 A
Réponse
IR1 = 0,6923 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,1636 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 15 = 18,33 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) = 9·5/(10+5) = 3 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 = 3/18,33 = 0,1636 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,192 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 8 = 10,4 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) = 7,2 + 0,5·2,4 = 8,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,4 + 0,5·8 = 12,4 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 = 12,4/10,4 = 1,192 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: W(∞) = 4,889 mJ
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 = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms
i(∞) = Vs/R = 12/47 = 0,2553 A
Énergie stockée
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·150·0,2553² = 4,889 mJ
Réponse
W(∞) = 4,889 mJ
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i2 = 0,5414 mA
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) = 12·4,7/(1 + 4,7) = 9,895 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 4,7·47 = 220,9 ms
Décharge
vC(t) = 9,895·e−300/220,9 = 2,544 V
i2 = vC/R2 = 2,544/4,7 = 0,5414 mA
Réponse
i2 = 0,5414 mA
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: L = 1,347 mH
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|.
Condition de résonance
À la résonance, les réactances inductive et capacitive s’annulent : ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·4,7·10⁻⁶) = 1,347 mH
Réponse
L = 1,347 mH
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 3,339 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·200·22·10⁻⁶) = 36,17 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.
Courant
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 240/20 = 12 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 12²·16 = 2304 var
Réponse
Q = 2304 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,9486
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 = 10·tan(arccos 0,75) = 8,819 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·330·10⁻⁶ = 5484 var = 5,484 kvar
Q2 = 8,819 − 5,484 = 3,335 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(10² + 3,335²) = 10,54 kVA
Nouveau facteur de puissance
cos φ = P/S2 = 10/10,54 = 0,9486
Réponse
cos φ = 0,9486
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 9,6 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| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 400/30 = 13,33 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·13,33²·18 = 9,6 kW
Réponse
P = 9,6 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,6, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 38,11 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 38,11 kvar
Réponse
QC = 38,11 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 416,7 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.
ILV = S/V = 100000/240 = 416,7 A
Réponse
ILV = 416,7 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 75 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.