Trouvez la résistance de Thévenin Rth vue des bornes a–b.
V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
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 = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 1 A. À t = 0, l’interrupteur ferme la boucle à travers R et la source est retirée, donc le courant de la bobine décroît à travers R. Combien de temps faut-il pour que le courant descende à 0,5 A ? Trouvez t.
i(0) = 1 AR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est fermé depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur s’ouvre. Combien de temps après t = 0 le courant de la bobine atteint-il 1,04 A ? Trouvez t.
Vs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩL = 100 mH
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 230 V (efficace), 200 Hz. Trouvez le module de l’impédance |Z|.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 100 mH
|Z| = Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 100 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 240 V : une charge de 17 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif et un radiateur de 5 kW (facteur de puissance unitaire). Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA alimente une charge de 23 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif. Quelle puissance active supplémentaire ΔP peut-on ajouter sous forme de charge résistive (facteur de puissance unitaire) avant que le transformateur atteigne sa puissance nominale en kVA ?
Smax = 50 kVAP1 = 23 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en triangle (Δ), d’impédance 12 + j9 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 208 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 208 VZ = 12 + j9 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 250 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 75 kVA, 4800/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 75 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 500 W et des pertes cuivre de 750 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 100 kVAPcore = 500 WPcu,fl = 750 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,6811 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 10 + 3,214 = 13,21 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 = 9/13,21 = 0,6811 A
Réponse
IR1 = 0,6811 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 5,167 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 = 2 + 30 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 10,21 Ω
R3 + 10,21 = 15,21 Ω
R2 ∥ 15,21 = 3,167 Ω
Req = R1 + 3,167 = 2 + 3,167 = 5,167 Ω
Réponse
Req = 5,167 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = −0,7895 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 = 9 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/8 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/10 = 0
0,5583·VA − 0,1·VB = 3
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/12 + (VB − VA)/10 = 5
−0,1·VA + 0,1833·VB = 5
Résoudre
Δ = (0,5583)(0,1833) − (−0,1)(−0,1) = 0,09236
VA = Δ1/Δ = 1,05/0,09236 = 11,37 V
VB = Δ2/Δ = 3,092/0,09236 = 33,47 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 11,37)/3 = −0,7895 A
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 5,315 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, V2 = −36 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/20 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,3667·VA − 0,06667·VB = 3
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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,355 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 2 = 9,5 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) = 3,375 + 1·7,5 = 10,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,88 + 1·2 = 12,88 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 = 12,88/9,5 = 1,355 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 6,931 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
τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
Isoler le temps
0,5 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,5)
t = 10·ln(2) = 6,931 ms
Réponse
t = 6,931 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 3,406 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.
Valeur initiale, valeur finale, constante de temps
Avant t = 0, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.
i(0) = 12/10 = 1,2 A
i(∞) = 12/(10 + 5) = 0,8 A
τ = L/R = 100/15 = 6,667 ms
i(t) = 0,8 + (1,2 − 0,8)·e−t/τ
Isoler le temps
e−t/τ = (1,04 − 0,8)/(1,2 − 0,8) = 0,6
t = 6,667·ln(1,667) = 3,406 ms
Réponse
t = 3,406 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: |Z| = 38,12 Ω
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
XL = ωL = 2π·200·0,1 = 125,7 Ω
Courants de branche
Les deux branches sont branchées directement sur l’alimentation, donc chacune est soumise à toute la tension V.
IR = V/R = 230/40 = 5,75 A
IX = V/XL = 230/125,7 = 1,83 A
Courant total
Le courant dans la résistance est en phase avec V et le courant réactif est déphasé de 90°, donc ils se combinent comme les côtés d’un triangle rectangle.
I = √(IR² + IX²) = √(5,75² + 1,83²) = 6,034 A
Impédance
|Z| = V/I = 230/6,034 = 38,12 Ω
Réponse
|Z| = 38,12 Ω
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,01576 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·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).
Le même courant traverse tous les éléments d’un circuit série.
I = V/|Z| = 10/634,7 = 0,01576 A
Réponse
I = 0,01576 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,742
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 = 17·tan(arccos 0,65) = 19,88 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totaux
P = 17 + 5 = 22 kW
Q = 19,88 + 0 = 19,88 kvar
S = √(22² + 19,88²) = 29,65 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 22/29,65 = 0,742 inductif
Réponse
cos φ = 0,742
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: ΔP = 24,93 kW
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 la charge existante
Q1 = 23·tan(arccos 0,85) = 14,25 kvar
Plus grande puissance active totale
À pleine charge nominale, S = Smax, et Q n’est pas modifiée par la charge résistive.
P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 14,25²) = 47,93 kW
Puissance active supplémentaire
ΔP = 47,93 − 23 = 24,93 kW
Réponse
ΔP = 24,93 kW
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 6,922 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 = 208 V
Courant de phase
|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 208/15 = 13,87 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·13,87²·12 = 6,922 kW
Réponse
P = 6,922 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 510,3 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 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 99,4 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 33133/(377·415²) = 510,3 µF
Réponse
Cph = 510,3 µF
15.Transformateurs
Réponse: IHV = 15,63 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 = 75000/4800 = 15,63 A
Réponse
IHV = 15,63 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 81,65 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.