Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez la tension de Thévenin Vth vue des bornes a–b.
V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 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 le courant i à t = 1 ms.
Vs = 9 VR = 68 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 8 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 8,6 V ? Trouvez t.
Vs = 10 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 22 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez la tension efficace VC aux bornes du condensateur.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 10 µF
VC = V
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 7 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 230 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 7 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 35 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sous 240 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez la capacité C nécessaire.
P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 90 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 92 % et son facteur de puissance vaut 0,85 (inductif). Le réseau a une tension composée de 415 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 90 kWη = 92%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 300 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 400 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. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 25 kVA, 7200/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant IHV dans l’enroulement haute tension.
S = 25 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 250 kVA a des pertes fer de 1250 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif), son rendement est de 96 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 250 kVAPcore = 1250 Wpf = 0,9η = 96%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,7185 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 = 4 + 15 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 8·19/(8+19) = 5,63 Ω
Req = R1 + 5,63 = 12 + 5,63 = 17,63 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 = 18/17,63 = 1,021 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 − 1,021·12 = 5,748 V
IR2 = VA/R2 = 5,748/8 = 0,7185 A
Réponse
IR2 = 0,7185 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,481 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 7,765 Ω
R3 + 7,765 = 12,76 Ω
R2 ∥ 12,76 = 6,185 Ω
Req = R1 + 6,185 = 25 + 6,185 = 31,19 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 = 15/31,19 = 0,481 A
Réponse
IR1 = 0,481 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR3 = −0,6784 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,7667·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.
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 = 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/8 + (VA − 30)/10 + (VA − VB)/5 = 0
0,425·VA − 0,2·VB = 3
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/4 + (VB − VA)/5 + (VB − 15)/10 = 6
−0,2·VA + 0,55·VB = 7,5
Résoudre
Δ = (0,425)(0,55) − (−0,2)(−0,2) = 0,1938
VA = Δ1/Δ = 3,15/0,1938 = 16,26 V
VB = Δ2/Δ = 3,788/0,1938 = 19,55 V
Réponse
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 16,26)/10 = 1,374 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = 6,75 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 8 = 11 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) = 9·12/(4+12) = 6,75 V
6.Thévenin et Norton
Réponse: Vth = −66,67 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 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) = 10 + (−5)·3,333 = −6,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6,667 + (−5)·12 = −66,67 V
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,08366 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
La tension d’un condensateur ne peut pas sauter : elle part de sa valeur stockée et tend vers la tension de la source.
t = τ·ln((8 − 10)/(8,6 − 10)) = 22·ln(1,429) = 7,847 ms
Réponse
t = 7,847 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 1,505 W
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
XL = 15,71 Ω, XC = 144,7 Ω
Impédance
|Z| = √(50² + (−129)²) = 138,3 Ω
Puissance active
Les bobines et les condensateurs ne font que stocker et restituer de l’énergie ; la résistance absorbe toute la puissance active.
I = 24/138,3 = 0,1735 A
P = I²·R = 0,1735²·50 = 1,505 W
Réponse
P = 1,505 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: VC = 33,35 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|.
Réactances
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 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| = 24/190,9 = 0,1257 A
Tension aux bornes du condensateur
VC = I·XC = 0,1257·265,3 = 33,35 V
Réponse
VC = 33,35 V
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 6,173 kvar
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(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 7·0,8819 = 6,173 kvar
Réponse
Q = 6,173 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: C = 769 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 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,92 kvar
Capacité
Un condensateur sur le réseau fournit Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 13916/(2π·50·240²) = 769 µF
Réponse
C = 769 µF
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 160,1 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 = 90/0,92 = 97,83 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 97826/(√3·415·0,85) = 160,1 A
Réponse
IL = 160,1 A
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 942,2 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 = 300·tan(acos 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 142,1 kvar
Capacité par phase
Dans une batterie en triangle, chaque condensateur est branché entre deux phases.
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.
IHV = S/V = 25000/7200 = 3,472 A
Réponse
IHV = 3,472 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 8125 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.