La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez le courant i à t = 5 ms.
Vs = 9 VR = 47 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 18 V avec la polarité indiquée. Combien de temps faut-il à vC pour atteindre 10,8 V ? Trouvez t.
Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 68 µFvC(0) = 18 V
t = ms
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série avec C = 10 µF doit résonner à 1000 Hz. Trouvez l’inductance L nécessaire.
f0 = 1000 HzC = 10 µF
L = mH
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Un circuit RLC série est alimenté sous 24 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Un moteur monophasé absorbe 38 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 400 V. Trouvez la puissance réactive Q qu’il absorbe.
P = 38 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 25 kW avec un facteur de puissance de 0,7 inductif sur une alimentation de 240 V, 50 Hz. Un condensateur de 470 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 25 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 50 HzC = 470 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 30 A sur un réseau de tension composée 400 V. Le facteur de puissance vaut 0,85 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.
VL = 400 VIL = 30 Acos φ = 0,85
P = kW
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 50 kW avec un facteur de puissance de 0,75 (inductif) sur un réseau de 480 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. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un amplificateur de résistance de sortie 7200 Ω alimente un haut-parleur de 50 Ω à travers un transformateur parfait. Pour un transfert de puissance maximal, le haut-parleur doit être vu comme 7200 Ω depuis l’amplificateur. Trouvez le rapport de transformation a = N₁/N₂.
Rs = 7200 ΩRL = 50 Ω
a =
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 200 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,85 (inductif), son rendement est de 99 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge Pcu,fl en watts.
S = 50 kVAPcore = 200 Wpf = 0,85η = 99%
Pcu,fl = W
3Solutions
1.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 5,81 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 = 8 + 8 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
Req = R1 + 3,81 = 2 + 3,81 = 5,81 Ω
Réponse
Req = 5,81 Ω
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: Req = 7,439 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 = 20 + 4 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 7,059 Ω
R3 + 7,059 = 17,06 Ω
R2 ∥ 17,06 = 4,439 Ω
Req = R1 + 4,439 = 3 + 4,439 = 7,439 Ω
Réponse
Req = 7,439 Ω
3.Méthode des nœuds
Réponse: IR3 = −0,452 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 = 10 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/3 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/12 = 0
0,4833·VA − 0,08333·VB = 0,6667
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 = 36 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/4 + (VA − 36)/8 + (VA − VB)/6 = 0
0,5417·VA − 0,1667·VB = 4,5
Loi des nœuds au nœud B
Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.
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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 4 = 5,818 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) = 24·2/(20+2) = 2,182 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 = 2,182/5,818 = 0,375 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 44,03 W
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 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 8 = 19,11 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) = 10,67 + 2,5·11,11 = 38,44 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 38,44 + 2,5·8 = 58,44 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) = 58,44/(19,11 + 15) = 1,713 A
PL = IL²·RL = 1,713²·15 = 44,03 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: i = 0,1732 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((18 − 9)/(10,8 − 9)) = 224,4·ln(5) = 361,2 ms
Réponse
t = 361,2 ms
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: L = 2,533 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·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·10·10⁻⁶) = 2,533 mH
Réponse
L = 2,533 mH
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 0,775 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 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| = 24/30,97 = 0,775 A
Réponse
I = 0,775 A
11.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: Q = 23,55 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(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Puissance réactive
Q = P·tan φ = 38·0,6197 = 23,55 kvar
Réponse
Q = 23,55 kvar
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 126 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 = 25·tan(arccos 0,7) = 25,51 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·470·10⁻⁶ = 8505 var = 8,505 kvar
Q2 = 25,51 − 8,505 = 17 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(25² + 17²) = 30,23 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 30233/240 = 126 A
Réponse
I = 126 A
13.Puissance triphasée
Réponse: P = 17,67 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 = √3·400·30 = 20,78 kVA
Puissance active
P = S·cos φ = 20,78·0,85 = 17,67 kW
Réponse
P = 17,67 kW
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 22,8 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 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 22,8 kvar
Réponse
QC = 22,8 kvar
15.Transformateurs
Réponse: a = 12
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.
Adapter la charge ramenée
a²·50 = 7200
a = √(7200/50) = √144 = 12
Réponse
a = 12
16.Transformateurs
Réponse: Pcu,fl = 229,3 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.