Le losange est une source de courant commandée en tension qui injecte un courant de 0,2·VA (en A, avec VA en V) vers le haut dans le nœud B. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 20 ms.
Vs = 24 VR = 20 ΩL = 150 mHt = 20 ms
i = A
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 = 1 ms.
Vs = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 24 V (efficace), 500 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 20 mH
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 230 V (efficaces), 200 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 20 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 0,7 inductif et une charge de 26 kW avec un facteur de puissance de 0,9 capacitif. Trouvez le facteur de puissance global cos φ vu par l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sous 230 V, 60 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,92. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 22 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 94 % et son facteur de puissance vaut 0,9 (inductif). Le réseau a une tension composée de 480 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 22 kWη = 94%cos φ = 0,9VL = 480 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,7 (inductif) sur un réseau de 690 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 5:1 a son enroulement primaire sous 1150 V. Une résistance de 24 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 24 Ω
I1 = 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. À quelle charge Sη,max, en kVA, son rendement est-il maximal ?
S = 75 kVAPcore = 225 WPcu,fl = 675 W
Sη,max = kVA
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 1,465 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 + 4 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 2·7/(2+7) = 1,556 Ω
Req = R1 + 1,556 = 8 + 1,556 = 9,556 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 = 18/9,556 = 1,884 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 = 18 − 1,884·8 = 2,93 V
IR2 = VA/R2 = 2,93/2 = 1,465 A
Réponse
IR2 = 1,465 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 8,574 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 = 8 + 12 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 33,57 Ω
R2 ∥ 33,57 = 3,574 Ω
Req = R1 + 3,574 = 5 + 3,574 = 8,574 Ω
Réponse
Req = 8,574 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VB = −18,38 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). 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 − 12)/3 + (VA − VB)/20 = 0
0,6333·VA − 0,05·VB = 4
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/10 + (VB − VA)/20 = (−3)
−0,05·VA + 0,15·VB = −3
Résoudre
Δ = (0,6333)(0,15) − (−0,05)(−0,05) = 0,0925
VA = Δ1/Δ = 0,45/0,0925 = 4,865 V
VB = Δ2/Δ = −1,7/0,0925 = −18,38 V
Réponse
VB = −18,38 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: VB = 5,983 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.
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
0,4983·VA − 0,04·VB = 1,5
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 = 0,2·VA
−0,24·VA + 0,14·VB = 0
Résoudre
Δ = (0,4983)(0,14) − (−0,04)(−0,24) = 0,06017
VA = Δ1/Δ = 0,21/0,06017 = 3,49 V
VB = Δ2/Δ = 0,36/0,06017 = 5,983 V
Réponse
VB = 5,983 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: Rth = 9 Ω
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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 6 = 9 Ω
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = −0,3982 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 30 = 31,67 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) = 0,8333 + (−0,5)·1,667 = 0 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 0 + (−0,5)·30 = −15 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) = −15/(31,67 + 6) = −0,3982 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 1,117 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.
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.
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) = 15/15 = 1 A
i(∞) = 15/(15 + 10) = 0,6 A
τ = L/R = 33/25 = 1,32 ms
i(t) = 0,6 + (1 − 0,6)·e−t/τ
Courant à l’instant donné
i(1) = 0,6 + (0,4)·e−1/1,32 = 0,7875 A
Réponse
i = 0,7875 A
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 32,48 °
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·500·0,02 = 62,83 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 = 24/40 = 0,6 A
IX = V/XL = 24/62,83 = 0,382 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) = √(0,6² + 0,382²) = 0,7113 A
Déphasage
Le courant dans la bobine est en retard sur V, donc le courant total est en retard et l’angle est positif.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(0,382/0,6) = 32,48°
Réponse
φ = 32,48°
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 8,725 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 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| = 230/26,36 = 8,725 A
Réponse
I = 8,725 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: cos φ = 0,994
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 0,7) = 17,34 kvar
Q2 = −26·tan(arccos 0,9) = −12,59 kvar
Totaux
P = 17 + 26 = 43 kW
Q = 17,34 + (−12,59) = 4,751 kvar
S = √(43² + 4,751²) = 43,26 kVA
Facteur de puissance global
cos φ = P/S = 43/43,26 = 0,994 inductif
Réponse
cos φ = 0,994
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 812,3 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.
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 = 50·tan(36,87°) = 37,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,2 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 16200/(2π·60·230²) = 812,3 µF
Réponse
C = 812,3 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 31,28 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 = 22/0,94 = 23,4 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23404/(√3·480·0,9) = 31,28 A
Réponse
IL = 31,28 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 40,86 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 = 50·tan(acos 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 40,86 kvar
Réponse
QC = 40,86 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 1,917 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/24 = 9,583 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 1,917 A
Réponse
I1 = 1,917 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 600 Ω, et 1150/600 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Sη,max = 43,3 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.