Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR3 dans R3 dans le sens de la flèche.
V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
Le losange est une source de courant commandée en tension qui injecte un courant de 0,05·VA (en A, avec VA en V) vers le haut dans le nœud B. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR4 dans R4 dans le sens de la flèche.
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
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 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 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. Combien de temps après la fermeture de l’interrupteur le courant atteint-il 90 % de sa valeur finale ? Trouvez t.
Vs = 5 VR = 100 ΩL = 150 mH
t = 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 500 ms après le départ. Avec C = 10 µF, trouvez la résistance R nécessaire.
Vs = 12 VVth = 7,2 VT = 500 msC = 10 µF
R = kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 1000 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 22 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté par une source de 2 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 = 2 V (rms)R = 5 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge inductive absorbe 5 A et 1035 W sur une alimentation monophasée de 230 V (efficace). Modélisez-la par une résistance R en série avec une réactance X. Trouvez X.
V = 230 VI = 5 AP = 1035 W
X = Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 50 V (efficace), 1000 Hz a une impédance interne Zs = 20 + j6 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. Trouvez la puissance active maximale Pmax qui peut être fournie à la charge.
Vs = 50 V (rms)f = 1000 HzZs = 20 + j6 Ω
Pmax = W
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 15 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 93 % et son facteur de puissance vaut 0,85 (inductif). Le réseau a une tension composée de 400 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 15 kWη = 93%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 480 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 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 500 kVA, 480/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 500 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 1200 W et des pertes cuivre de 2400 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 150 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 1,76 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 5 + 1,818 = 6,818 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 = 12/6,818 = 1,76 A
Réponse
IR1 = 1,76 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 2,357 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 = 2 + 20 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 10,48 Ω
R3 + 10,48 = 16,48 Ω
R2 ∥ 16,48 = 1,784 Ω
Req = R1 + 1,784 = 2 + 1,784 = 3,784 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 = 10/3,784 = 2,643 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 − 2,643·2 = 4,714 V
IR2 = VA/R2 = 4,714/2 = 2,357 A
Réponse
IR2 = 2,357 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR3 = −0,6207 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 18)/8 + (VA − VB)/4 = 0
0,625·VA − 0,25·VB = 2,25
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.
Loi des nœuds en A
Les courants sortant de A par les résistances sont égaux au courant injecté dans A par les sources.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,6917·VA − 0,125·VB = 0,4
Loi des nœuds en B
La source commandée injecte g·VA dans le nœud B. Traitez-la comme une source indépendante, puis faites passer le terme en VA dans le membre de gauche.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,175·VA + 0,4583·VB = 0
Résoudre
Δ = (0,6917)(0,4583) − (−0,125)(−0,175) = 0,2951
VA = Δ1/Δ = 0,1833/0,2951 = 0,6212 V
VB = Δ2/Δ = 0,07/0,2951 = 0,2372 V
Courant dans R₄
IR4 = VB/R4 = 0,2372/3 = 0,07906 A
Réponse
IR4 = 0,07906 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 5,538 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 20 = 24,62 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) = 24·6/(20+6) = 5,538 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 1,979 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 10 = 13,43 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) = 6,429 + 1,5·3,429 = 11,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,57 + 1,5·10 = 26,57 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 = 26,57/13,43 = 1,979 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 3,454 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 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 / 100 Ω = 1,5 ms
i(∞) = Vs/R = 5/100 = 0,05 A
Isoler le temps
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −1,5·ln(0,1) = 3,454 ms
Réponse
t = 3,454 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: R = 54,57 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.
Des kΩ multipliés par des µF donnent des millisecondes.
R = τ/C = 545,7/10 = 54,57 kΩ
Réponse
R = 54,57 kΩ
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 55,96 °
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 = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 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/√(0,2·4,7·10⁻⁶) = 1031 rad/s
I = V/R = 2/5 = 0,4 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 1031·0,2 = 206,3 Ω
VL = I·XL = 0,4·206,3 = 82,51 V
Réponse
VL = 82,51 V
Cela fait Q = 41,26 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: X = 20,05 Ω
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 = 1035/5² = 41,4 Ω
Réactance d’après l’impédance
|Z| = V/I = 230/5 = 46 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(46² − 41,4²) = 20,05 Ω
Réponse
X = 20,05 Ω
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Pmax = 31,25 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* = 20 − j6 Ω
Puissance maximale
I = Vs/(2Rs) = 50/40 = 1,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·20) = 31,25 W
Réponse
Pmax = 31,25 W
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 27,39 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 = 15/0,93 = 16,13 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16129/(√3·400·0,85) = 27,39 A
Réponse
IL = 27,39 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 25,28 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 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 25,28 kvar
Réponse
QC = 25,28 kvar
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 2083 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 = 500000/240 = 2083 A
Réponse
ILV = 2083 A
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 106,1 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.