Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant IR1 dans R1 dans le sens de la flèche.
V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
4.Méthode des nœudsDifficile
La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en A, donc elle impose VA − VB = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le potentiel du nœud VB (par rapport à la masse).
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine est parcourue par un courant permanent de 3 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. Trouvez la tension vR aux bornes de R à t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 22 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vR = V
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 = 100 ms.
Vs = 30 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 68 µFt = 100 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Une résistance et une bobine sont branchées en parallèle sur une alimentation de 100 V (efficace), 60 Hz. Trouvez le déphasage φ de l’impédance, en degrés (positif quand le courant est en retard sur la tension).
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 150 mH
φ = °
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série a R = 15 Ω, L = 50 mH et C = 0,01 µF. Trouvez son facteur de qualité Q à la résonance.
R = 15 ΩL = 50 mHC = 0,01 µF
Q =
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 12 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 240 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 12 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une source de 10 V (efficace), 50 Hz a une impédance interne Zs = 25 + j20 Ω. L’impédance de charge ZL peut être choisie librement. Trouvez la puissance active maximale Pmax qui peut être fournie à la charge.
Vs = 10 V (rms)f = 50 HzZs = 25 + j20 Ω
Pmax = W
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge équilibrée couplée en étoile (Y), d’impédance 8 + j6 Ω par phase, est branchée sur un réseau triphasé équilibré de tension composée 480 V. Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 480 VZ = 8 + j6 Ω par phase
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 60 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (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 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en étoile (Y). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Une résistance de 4 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 10:1. Trouvez la résistance R1′ vue depuis l’enroulement primaire.
N1:N2 = 10:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 100 kVA a des pertes fer de 800 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,9 (inductif), son rendement est de 97 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 100 kVAPcore = 800 Wpf = 0,9η = 97%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,45 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Req = R1 + 5 = 15 + 5 = 20 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 = 9/20 = 0,45 A
Réponse
IR1 = 0,45 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR2 = 0,06085 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 4,105 Ω
R3 + 4,105 = 12,11 Ω
R2 ∥ 12,11 = 6,699 Ω
Req = R1 + 6,699 = 30 + 6,699 = 36,7 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 = 5/36,7 = 0,1362 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 = 5 − 0,1362·30 = 0,9127 V
IR2 = VA/R2 = 0,9127/15 = 0,06085 A
Réponse
IR2 = 0,06085 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR1 = 2,538 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 = 9 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/6 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/3 = 0
0,8333·VA − 0,3333·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.
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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Résoudre
(VA − 24)/25 + VA/10 + (VA − 3)/20 = 3
VA·(1/25 + 1/10 + 1/20) = 3 + 24/25 + 3/20 = 4,11
VA = 4,11/0,19 = 21,63 V
VB = 18,63 V
Réponse
VB = 18,63 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,4545 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 4 = 8,8 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) = 10·8/(12+8) = 4 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 = 4/8,8 = 0,4545 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 3 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 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) = 18 + 1,5·4 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + 1,5·8 = 36 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 = 36/12 = 3 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vR = 7,313 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
τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
Décroissance du courant
i(t) = 3·e−1/0,4545 = 0,3324 A
vR = R·i = 22·0,3324 = 7,313 V
Réponse
vR = 7,313 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 4,767 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) = 30·3,3/(10 + 3,3) = 7,444 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 3,3·68 = 224,4 ms
Décharge
vC(t) = 7,444·e−100/224,4 = 4,767 V
Réponse
vC = 4,767 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: φ = 46,7 °
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·60·0,15 = 56,55 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 = 100/60 = 1,667 A
IX = V/XL = 100/56,55 = 1,768 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) = √(1,667² + 1,768²) = 2,43 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(1,768/1,667) = 46,7°
Réponse
φ = 46,7°
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: Q = 149,1
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·√(0,05·0,01·10⁻⁶)) = 7118 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.
Courant de ligne
Seule la partie active de la puissance fournit un travail, donc divisez par le facteur de puissance.
I = P/(V·cos φ) = 12000/(240·0,85) = 58,82 A
Réponse
I = 58,82 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Pmax = 1 W
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* = 25 − j20 Ω
Puissance maximale
I = Vs/(2Rs) = 10/50 = 0,2 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·25) = 1 W
Réponse
Pmax = 1 W
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 18,43 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 = 480/√3 = 277,1 V
Courant de phase
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 277,1/10 = 27,71 A
Puissance active totale
Seule la partie résistive de chaque impédance absorbe de la puissance active.
P = 3·Iph²·R = 3·27,71²·8 = 18,43 kW
Réponse
P = 18,43 kW
Vérification : cos φ = R/|Z| = 0,8, et √3·VL·IL·cos φ donne la même puissance.
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 130 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 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 19,44 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.
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 = 10²·4 = 400 Ω
Réponse
R1′ = 400 Ω
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 1984 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.