La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose VB − VA = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Is = 2 AVs = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 5 Ω
VB = V
4.Méthode des nœudsDifficile
Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR4 dans R4 dans le sens de la flèche.
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 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 100 µF
τ = ms
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 la tension du condensateur vC à t = 75 ms.
Vs = 6 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 68 µFt = 75 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 10 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 10 µF
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 2 Ω, L = 1 mH et C = 10 µF. Trouvez sa bande passante B (la largeur de la bande comprise entre les fréquences de demi-puissance), en Hz.
R = 2 ΩL = 1 mHC = 10 µF
B = Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 230 V : une charge de 15 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif et une charge de 10 kW avec un facteur de puissance de 0,95 capacitif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 10 V (efficace), 1000 Hz a une impédance interne Zs = 20 + j10 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. La charge donnant la puissance maximale est constituée d’une résistance en série avec un condensateur. Trouvez la capacité C.
Vs = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 20 + j10 Ω
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 7,5 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 93 % et son facteur de puissance vaut 0,82 (inductif). Le réseau a une tension composée de 400 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 7,5 kWη = 93%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 80 kW avec un facteur de puissance de 0,65 (inductif) sur un réseau de 400 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. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 100 kVA, 11000/400 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 100 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 225 W et des pertes cuivre de 675 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 = 2 + 6 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 2 + 4,8 = 6,8 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 = 15/6,8 = 2,206 A
Réponse
IR1 = 2,206 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,125 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 + 8 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 4 Ω
R3 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 10 + 6 = 16 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 = 36/16 = 2,25 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 = 36 − 2,25·10 = 13,5 V
IR2 = VA/R2 = 13,5/12 = 1,125 A
Réponse
IR2 = 1,125 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 8,333 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.
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 + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Résoudre
VA/10 + (VA + 5)/5 = 2
VA = (2 − 5/5)/(1/10 + 1/5) = 3,333 V
VB = 3,333 + 5 = 8,333 V
Réponse
VB = 8,333 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: IR4 = 0,6989 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 = 30 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/2 + (VA − 30)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,8167·VA − 0,06667·VB = 7,5
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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 2 = 4,5 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) = 6·3/(15+3) = 1 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 = 1/4,5 = 0,2222 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 1,704 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 8 = 17,38 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) = 11,25 + 4·9,375 = 48,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 48,75 + 4·8 = 80,75 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) = 80,75/(17,38 + 30) = 1,704 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: τ = 248,1 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 = 3,3·10/(3,3 + 10) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 12·10/(3,3 + 10) = 9,023 V
Constante de temps
τ = Rth·C = 2,481·100 = 248,1 ms
Réponse
τ = 248,1 ms
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 2,499 V
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) = 6·2,2/(1 + 2,2) = 4,125 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 2,2·68 = 149,6 ms
Décharge
vC(t) = 4,125·e−75/149,6 = 2,499 V
Réponse
vC = 2,499 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 83,36 °
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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 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|.
Fréquence de résonance
f0 = 1/(2π·√(0,001·10·10⁻⁶)) = 1592 Hz
Facteur de qualité
Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.
Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,001/(10·10⁻⁶)) = 5
Bande passante
B = f0/Q = 1592/5 = 318,3 Hz
Réponse
B = 318,3 Hz
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 111,8 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 de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 15·tan(arccos 0,85) = 9,296 kvar
Q2 = −10·tan(arccos 0,95) = −3,287 kvar
Totaux
P = 15 + 10 = 25 kW
Q = 9,296 + (−3,287) = 6,009 kvar
S = √(25² + 6,009²) = 25,71 kVA
Courant total
I = S/V = 25712/230 = 111,8 A
Réponse
I = 111,8 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 15,92 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.
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 − j10 Ω
Capacité
XC = 10 Ω → C = 1/(2π·1000·10) = 15,92 µF
Réponse
C = 15,92 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 14,2 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 = 7,5/0,93 = 8,065 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8065/(√3·400·0,82) = 14,2 A
Réponse
IL = 14,2 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 371,6 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 67,24 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 22412/(377·400²) = 371,6 µF
Réponse
Cph = 371,6 µF
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 250 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 = 100000/400 = 250 A
Réponse
ILV = 250 A
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 393,8 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 = 0,25·675 = 168,8 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.