Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 36 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez la tension vL aux bornes de la bobine à t = 1 ms.
Vs = 5 VR = 68 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
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. Trouvez le courant de la bobine i à t = 10 ms.
Vs = 20 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec C = 4,7 µF doit résonner à 60 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.
f0 = 60 HzC = 4,7 µF
L = mH
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 10 Ω, L = 100 mH et C = 2,2 µF. Trouvez son facteur de qualité Q à la résonance.
R = 10 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
Q =
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 18 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 18 kWpf = 0,8V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 4 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sur une alimentation de 230 V, 60 Hz. Un condensateur de 22 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau facteur de puissance cos φ vu par l’alimentation.
P = 4 kWpf1 = 0,75V = 230 Vf = 60 HzC = 22 µF
cos φ =
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 24 + j18 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 = 24 + j18 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 75 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (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 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 16 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 3:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 3:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 2000 W et des pertes cuivre de 4000 W à charge nominale. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 4000 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,9205 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 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 4·9/(4+9) = 2,769 Ω
Req = R1 + 2,769 = 4 + 2,769 = 6,769 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 = 9/6,769 = 1,33 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 = 9 − 1,33·4 = 3,682 V
IR2 = VA/R2 = 3,682/4 = 0,9205 A
Réponse
IR2 = 0,9205 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,6776 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 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 2,545 Ω
R3 + 2,545 = 17,55 Ω
R2 ∥ 17,55 = 1,795 Ω
Req = R1 + 1,795 = 30 + 1,795 = 31,8 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 = 24/31,8 = 0,7548 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 = 24 − 0,7548·30 = 1,355 V
IR2 = VA/R2 = 1,355/2 = 0,6776 A
Réponse
IR2 = 0,6776 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 10,68 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 = 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)/10 + (VA − VB)/3 = 0
0,6833·VA − 0,3333·VB = 1,8
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.
Poser les nœuds
La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V1 = 18 V, V2 = 15 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/3 + (VA − 18)/30 + (VA − VB)/8 = 0
0,4917·VA − 0,125·VB = 0,6
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/3 + (VB − VA)/8 + (VB − 15)/2 = 5
−0,125·VA + 0,9583·VB = 12,5
Résoudre
Δ = (0,4917)(0,9583) − (−0,125)(−0,125) = 0,4556
VA = Δ1/Δ = 2,138/0,4556 = 4,692 V
VB = Δ2/Δ = 6,221/0,4556 = 13,66 V
Réponse
VB = 13,66 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 7,5 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 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) = 15·8/(8+8) = 7,5 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 20,92 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 4 = 7,077 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) = 13,85 + 1·3,077 = 16,92 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,92 + 1·4 = 20,92 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 1,839 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.
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 = 68 mH / 68 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 A
Tension aux bornes de la bobine
À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/1 = 1,839 V
Réponse
vL = 1,839 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 1,185 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, l’interrupteur fermé court-circuite R₂ ; ensuite, R₁ et R₂ sont toutes deux dans la boucle.
i(0) = 20/10 = 2 A
i(∞) = 20/(10 + 15) = 0,8 A
τ = L/R = 220/25 = 8,8 ms
i(t) = 0,8 + (2 − 0,8)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(10) = 0,8 + (1,2)·e−10/8,8 = 1,185 A
Réponse
i = 1,185 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: L = 1497 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·60 = 377 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(377²·4,7·10⁻⁶) = 1497 mH
Réponse
L = 1497 mH
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: Q = 21,32
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·√(0,1·2,2·10⁻⁶)) = 339,3 Hz
Facteur de qualité
Q compare la réactance à la résonance à la résistance : Q = ω₀L/R.
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.
Angle
φ = arccos(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 18·0,75 = 13,5 kvar
Réponse
Q = 13,5 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,7915
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 = 4·tan(arccos 0,75) = 3,528 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·22·10⁻⁶ = 438,7 var = 0,4387 kvar
Q2 = 3,528 − 0,4387 = 3,089 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(4² + 3,089²) = 5,054 kVA
Nouveau facteur de puissance
cos φ = P/S2 = 4/5,054 = 0,7915
Réponse
cos φ = 0,7915
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 1,154 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 = 208/√3 = 120,1 V
Courant de phase
|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 120,1/30 = 4,003 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·4,003²·24 = 1,154 kW
Réponse
P = 1,154 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 144,9 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 = 75·tan(acos 0,78) = 75·0,8023 = 60,17 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 28,22 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) = 9407/(377·415²) = 144,9 µF
Réponse
Cph = 144,9 µF
15.Transformateurs
Réponse: R1′ = 144 Ω
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.
Résistance ramenée
La tension est multipliée par a et le courant divisé par a ; le rapport V/I est donc multiplié par a².
R1′ = a²·RL = 3²·16 = 144 Ω
Réponse
R1′ = 144 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 176,8 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.