La source de courant est réglée jusqu’à ce que le potentiel du nœud A vaille VA = 8 V. Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant de la source Is (sens indiqué).
La bobine est parcourue par un courant permanent de 2,5 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 = 5 ms.
i(0) = 2,5 AR = 50 ΩL = 100 mHt = 5 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 le courant i2 dans R2 à t = 400 ms.
Vs = 24 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2,2 kΩC = 100 µFt = 400 ms
i2 = mA
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 12 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 150 mHC = 10 µF
P = W
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 50 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 17 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.
P = 17 kWpf = 0,85V = 230 V
I = A
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 7 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif sur une alimentation de 230 V, 60 Hz. Un condensateur de 100 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 7 kWpf1 = 0,75V = 230 Vf = 60 HzC = 100 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 75 A sur un réseau de tension composée 415 V. Le facteur de puissance vaut 0,95 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 415 VIL = 75 Acos φ = 0,95
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (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 0,92 (inductif). La puissance active reste la même. Les condensateurs sont couplés en triangle (Δ). Trouvez la capacité Cph de chaque condensateur, en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformateursMoyen
Un transformateur monophasé de 25 kVA, 480/240 V fonctionne à sa charge nominale. Considérez-le comme parfait. Trouvez le courant ILV dans l’enroulement basse tension.
S = 25 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 75 kVA a des pertes fer de 225 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif), son rendement est de 98 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 75 kVAPcore = 225 Wpf = 0,85η = 98%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 18,11 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.
R3 + R4 = 20 + 5 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Req = R1 + 8,108 = 10 + 8,108 = 18,11 Ω
Réponse
Req = 18,11 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 13,16 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 = 3 + 10 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 4,952 Ω
R3 + 4,952 = 14,95 Ω
R2 ∥ 14,95 = 3,156 Ω
Req = R1 + 3,156 = 10 + 3,156 = 13,16 Ω
Réponse
Req = 13,16 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: VA = 6,566 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 = 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/2 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/5 = 0
0,825·VA − 0,2·VB = 1,875
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)/5 = 4
−0,2·VA + 0,3·VB = 4
Résoudre
Δ = (0,825)(0,3) − (−0,2)(−0,2) = 0,2075
VA = Δ1/Δ = 1,363/0,2075 = 6,566 V
VB = Δ2/Δ = 3,675/0,2075 = 17,71 V
Réponse
VA = 6,566 V
4.Méthode des nœuds
Réponse: Is = 1 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.
Loi des nœuds en A
VA est connu, donc cette équation donne VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(8 − 10)/2 + 8/10 = (VB − 8)/4
−0,2 = (VB − 8)/4 → VB = 7,2 V
Loi des nœuds en B
Les courants sortant de B par les résistances sont égaux au courant injecté dans B par les sources.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (7,2 − 8)/4 + 7,2/6 = 1 A
Réponse
Is = 1 A
5.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 0,2857 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 20 = 24 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) = 12·12/(6+12) = 8 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) = 8/(24 + 4) = 0,2857 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: IL = 3,563 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 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 5 = 6,852 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) = 1,111 + 6·1,852 = 12,22 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,22 + 6·5 = 42,22 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) = 42,22/(6,852 + 5) = 3,563 A
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vR = 10,26 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 = 100 mH / 50 Ω = 2 ms
Décroissance du courant
i(t) = 2,5·e−5/2 = 0,2052 A
vR = R·i = 50·0,2052 = 10,26 V
Réponse
vR = 10,26 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: i2 = 0,5646 mA
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) = 24·2,2/(4,7 + 2,2) = 7,652 V
Constante de temps après l’ouverture de l’interrupteur
τ = R2·C = 2,2·100 = 220 ms
Décharge
vC(t) = 7,652·e−400/220 = 1,242 V
i2 = vC/R2 = 1,242/2,2 = 0,5646 mA
Réponse
i2 = 0,5646 mA
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: P = 0,4867 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 = 94,25 Ω, XC = 159,2 Ω
Impédance
|Z| = √(15² + (−64,91)²) = 66,62 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 = 12/66,62 = 0,1801 A
P = I²·R = 0,1801²·15 = 0,4867 W
Réponse
P = 0,4867 W
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,459 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 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| = 24/52,29 = 0,459 A
Réponse
I = 0,459 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 86,96 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.
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) = 17000/(230·0,85) = 86,96 A
Réponse
I = 86,96 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 35,45 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 avant et après
La puissance active P ne change pas ; seule la puissance réactive prélevée sur le réseau change.
Q1 = 7·tan(arccos 0,75) = 6,173 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·100·10⁻⁶ = 1994 var = 1,994 kvar
Q2 = 6,173 − 1,994 = 4,179 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(7² + 4,179²) = 8,153 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 8153/230 = 35,45 A
Réponse
I = 35,45 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 51,21 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.
Puissance apparente
S = √3·VL·IL = √3·415·75 = 53,91 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 53,91·0,95 = 51,21 kW
Réponse
P = 51,21 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: Cph = 252 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 45,59 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) = 15197/(377·400²) = 252 µF
Réponse
Cph = 252 µF
15.Transformateurs
Réponse: ILV = 104,2 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 = 25000/240 = 104,2 A
Réponse
ILV = 104,2 A
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 1076 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.