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.
La bobine est parcourue par un courant permanent de 2 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) = 2 AR = 20 ΩL = 33 mH
t = ms
8.Transitoires RC et RLDifficile
L’interrupteur aux bornes de R2 est ouvert depuis longtemps, donc le courant de la bobine est permanent. À t = 0, l’interrupteur se ferme et court-circuite R2. Trouvez le courant de la bobine i à t = 5 ms.
Vs = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩL = 22 mHt = 5 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec L = 100 mH doit résonner à 100 Hz. Trouvez la capacité C nécessaire.
f0 = 100 HzL = 100 mH
C = µF
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 = 50 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
VL = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Une charge d’impédance Z = 20 + j15 Ω est branchée sur une alimentation monophasée de 240 V (efficace). Trouvez la puissance réactive Q qu’elle absorbe.
V = 240 VZ = 20 + j15 Ω
Q = var
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 5 kW avec un facteur de puissance de 0,6 inductif sous 230 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,95. Trouvez le nouveau courant de ligne Inew.
P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 10 A sur un réseau de tension composée 690 V. Le facteur de puissance vaut 0,88 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 690 VIL = 10 Acos φ = 0,88
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (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 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 1150 V. Une résistance de 15 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 150 kVA a des pertes fer de 450 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif), son rendement est de 98,2 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 150 kVAPcore = 450 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,5159 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 = 8 + 15 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 5·23/(5+23) = 4,107 Ω
Req = R1 + 4,107 = 15 + 4,107 = 19,11 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 = 12/19,11 = 0,628 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 − 0,628·15 = 2,579 V
IR2 = VA/R2 = 2,579/5 = 0,5159 A
Réponse
IR2 = 0,5159 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 1,911 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 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 7,436 Ω
R3 + 7,436 = 17,44 Ω
R2 ∥ 17,44 = 2,56 Ω
Req = R1 + 2,56 = 10 + 2,56 = 12,56 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 = 24/12,56 = 1,911 A
Réponse
IR1 = 1,911 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: I1 = 0,08929 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 − 15)/4 + (VA − 10)/5 + (VA − 18)/4 = 0
Trouver VA
VA = (15/4 + 10/5 + 18/4) / (1/4 + 1/5 + 1/4) = 10,25/0,7 = 14,64 V
Courant de branche
La flèche est orientée vers le haut dans la branche, vers le nœud A.
I1 = (15 − VA)/R1 = (15 − 14,64)/4 = 0,08929 A
Réponse
I1 = 0,08929 A
Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR4 = 7,11 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 = −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/12 + (VA − 24)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 1,6
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/30 + (VB − VA)/3 + (VB − (−36))/3 = 4
−0,3333·VA + 0,7·VB = −8
Résoudre
Δ = (0,4833)(0,7) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2272
VA = Δ1/Δ = −1,547/0,2272 = −6,807 V
VB = Δ2/Δ = −3,333/0,2272 = −14,67 V
Réponse
IR4 = (VB − V2)/R4 = (−14,67 − −36)/3 = 7,11 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 6,522 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 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 15 = 20,22 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) = 10·15/(8+15) = 6,522 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 2,644 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 3 = 9,316 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) = 28,42 + 3·6,316 = 47,37 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 47,37 + 3·3 = 56,37 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) = 56,37/(9,316 + 12) = 2,644 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: t = 2,287 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 = 33 mH / 20 Ω = 1,65 ms
Isoler le temps
0,5 = 2·e−t/τ → t = τ·ln(2/0,5)
t = 1,65·ln(4) = 2,287 ms
Réponse
t = 2,287 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,9485 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.
Valeur initiale, valeur finale, constante de temps
Avant t = 0, les deux résistances sont dans la boucle ; ensuite, l’interrupteur fermé court-circuite R₂.
i(0) = 10/(10 + 10) = 0,5 A
i(∞) = 10/10 = 1 A
τ = L/R = 22/10 = 2,2 ms
i(t) = 1 + (0,5 − 1)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(5) = 1 + (−0,5)·e−5/2,2 = 0,9485 A
Réponse
i = 0,9485 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: C = 25,33 µF
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·100 = 628,3 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(628,3²·0,1) = 25,33 µF
Réponse
C = 25,33 µF
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VL = 12,06 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|.
Résonance
À la résonance, les réactances s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·2,2·10⁻⁶) = 1508 rad/s
I = V/R = 2/50 = 0,04 A
Tension aux bornes de la bobine
XL = ω₀L = 1508·0,2 = 301,5 Ω
VL = I·XL = 0,04·301,5 = 12,06 V
Réponse
VL = 12,06 V
Cela fait Q = 6,03 fois la tension d’alimentation.
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 1382 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| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A
Puissance réactive
Q = I²·X = 9,6²·15 = 1382 var
Réponse
Q = 1382 var
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Inew = 22,88 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 avant et après
La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.
Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,023 kvar
Nouveau courant de ligne
Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,95) = 22,88 A
Réponse
Inew = 22,88 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 10,52 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.
Puissance apparente
S = √3·VL·IL = √3·690·10 = 11,95 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 11,95·0,88 = 10,52 kW
Réponse
P = 10,52 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 212,6 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 = 100·tan(acos 0,78) = 100·0,8023 = 80,23 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 31,8 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 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/15 = 15,33 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 3,067 A
Réponse
I1 = 3,067 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 375 Ω, et 1150/375 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 1750 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.