Électrotechnique générale : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 16 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Résistances en série: R_eq = R₁ + R₂ + …
Résistances en parallèle: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Deux en parallèle: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Loi d’Ohm: V = I·R
Puissance: P = V·I = I²R = V²/R

Méthode

Commencez par l’extrémité du réseau la plus éloignée des bornes.
Associez les résistances en série en les additionnant, et les résistances en parallèle avec 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redessinez le circuit après chaque étape.
Recommencez jusqu’à ce qu’il ne reste qu’une résistance entre les bornes.

Méthode des nœuds

Loi des nœuds de Kirchhoff: ΣI_in = ΣI_out
Courant de branche: I = (V_a − V_b)/R
Nœud de référence: V_ground = 0

Méthode

Choisissez un nœud de référence (la masse) et nommez les potentiels des autres nœuds.
Écrivez la loi des nœuds de Kirchhoff à chaque nœud inconnu : les courants qui sortent par chaque branche égalent les courants qui entrent.
Exprimez chaque courant de branche sous la forme (V_a − V_b)/R.
Résolvez le système d’équations, puis trouvez les courants demandés.

Thévenin et Norton

Tension de Thévenin: V_th = V_{open circuit}
Résistance de Thévenin: R_th : toutes les sources éteintes, vue depuis a–b
Courant de Norton: I_N = V_th/R_th
Courant de charge: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Transfert de puissance maximal: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Méthode

Retirez la charge et repérez les deux bornes a et b.
Trouvez la tension à vide entre a et b : c’est V_th.
Éteignez toutes les sources indépendantes et trouvez la résistance vue des bornes a–b : c’est R_th.
Rebranchez la charge sur le circuit équivalent : V_th en série avec R_th.
Pour l’équivalent de Norton, convertissez : I_N = V_th/R_th, avec R_N = R_th en parallèle.

Transitoires RC et RL

Constante de temps: τ = RC | τ = L/R
Réponse: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ
Condensateur en continu: circuit ouvert ; v_C ne peut pas sauter
Bobine en continu: court-circuit ; i_L ne peut pas sauter
Régime établi: t ≈ 5τ

Méthode

Trouvez la valeur initiale juste après la commutation : la tension d’un condensateur et le courant d’une bobine ne peuvent pas varier brusquement.
Trouvez la valeur finale longtemps après la commutation : un condensateur se comporte comme un circuit ouvert, une bobine comme un court-circuit.
Trouvez la constante de temps : τ = RC ou τ = L/R, avec la résistance vue par le condensateur ou la bobine.
Utilisez x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ.

Impédance et phaseurs en alternatif

Impédances: Z_R = R, Z_L = jωL, Z_C = 1/(jωC)
Pulsation: ω = 2πf
Module et argument: |Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Loi d’Ohm en phaseurs: V = I·Z

Méthode

Convertissez la fréquence : ω = 2πf.
Trouvez chaque réactance : X_L = ωL et X_C = 1/(ωC).
Additionnez les impédances comme des résistances, avec Z = R + jX.
Trouvez le module |Z| = √(R² + X²) et l’argument φ = atan(X/R), puis appliquez la loi d’Ohm avec les phaseurs.

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance active: P = V·I·cos φ
Puissance réactive: Q = V·I·sin φ
Puissance apparente: S = V·I = √(P² + Q²)
Facteur de puissance: pf = cos φ = P/S
Condensateur de compensation: Q_C = P(tan φ₁ − tan φ₂), C = Q_C/(ωV²)

Puissance triphasée

Couplage en étoile (Y): V_L = √3·V_ph, I_L = I_ph
Couplage en triangle (Δ): V_L = V_ph, I_L = √3·I_ph
Puissance active totale: P = √3·V_L·I_L·cos φ = 3·I_ph²·R
Puissances apparente et réactive: S = √3·V_L·I_L, Q = P·tan φ
Condensateurs de compensation: Q_C = P(tan φ₁ − tan φ₂), C = Q_C/(3ωV²)
Tension aux bornes de chaque condensateur: Δ : V_L Y : V_L/√3
Puissance absorbée par le moteur: P_in = P_out/η

Transformateurs

Rapport de transformation: a = N₁/N₂ = V₁/V₂
Rapport des courants: I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a
Courant nominal: I = S/V
Impédance ramenée: Z₁′ = a²·Z_L
Pertes cuivre à charge partielle: P_cu = x²·P_cu,fl
Rendement: η = x·S·pf/(x·S·pf + P_core + x²·P_cu,fl)
Rendement maximal: x = √(P_core/P_cu,fl)

2Exercices

1.Résistances en série et en parallèleMoyen

Trouvez la résistance équivalente R_eq vue par la source V₁.

V₁ = 24 VR₁ = 6 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 3 Ω

R_eq = Ω

2.Résistances en série et en parallèleDifficile

Trouvez le courant I_R1 fourni par la source, qui traverse R₁.

V₁ = 12 VR₁ = 15 ΩR₂ = 25 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 3 ΩR₅ = 10 ΩR₆ = 2 Ω

I_R1 = A

3.Méthode des nœudsMoyen

La source de tension Vₛ entre A et B a sa borne + en B, donc elle impose V_B − V_A = Vₛ. Utilisez la méthode des nœuds avec un super-nœud pour trouver le courant I_x dans la source de tension, de A vers B comme l’indique la flèche.

I_s = 2 AV_s = 10 VR₁ = 5 ΩR₂ = 6 Ω

I_x = A

4.Méthode des nœudsDifficile

Utilisez la méthode des nœuds pour trouver le courant I_R2 dans R₂ dans le sens de la flèche.

V₁ = 6 VI_s = 4 AV₂ = 18 VR₁ = 25 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 2 ΩR₅ = 12 Ω

I_R2 = A

5.Thévenin et NortonMoyen

Trouvez la résistance de Thévenin R_th vue des bornes a–b.

V₁ = 12 VR₁ = 5 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 12 Ω

R_th = Ω

6.Thévenin et NortonDifficile

Trouvez le courant de Norton I_N : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.

V₁ = 30 VI_s = 6 AR₁ = 20 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 4 Ω

I_N = A

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.

V_s = 12 VR = 33 ΩL = 47 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 v_C pour atteindre 12,9 V ? Trouvez t.

V_s = 15 VR = 2,2 kΩC = 22 µFv_C(0) = 8 V

t = ms

9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen

Un circuit RLC série est alimenté sous 50 V (efficaces), 100 Hz. Trouvez la puissance active P prélevée sur l’alimentation.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 22 µF

P = W

10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile

Un circuit RLC série est alimenté par une source de 5 V (efficace) dont la fréquence est réglée sur la fréquence de résonance du circuit. Trouvez la tension efficace V_L aux bornes de la bobine.

V = 5 V (rms)R = 10 ΩL = 50 mHC = 0,47 µF

V_L = V

11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen

Un moteur monophasé absorbe 31 kW avec un facteur de puissance de 0,85 inductif sous 230 V. Trouvez le courant de ligne I.

P = 31 kWpf = 0,85V = 230 V

I = A

12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile

Une charge monophasée absorbe 40 kW avec un facteur de puissance de 0,65 inductif sous 400 V, 50 Hz. Un condensateur branché en parallèle relève le facteur de puissance à 0,9. Trouvez le nouveau courant de ligne I_new.

P = 40 kWpf₁ = 0,65pf₂ = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz

I_new = A

13.Puissance triphaséeMoyen

Une charge triphasée équilibrée absorbe un courant de ligne de 50 A sur un réseau de tension composée 208 V. Le facteur de puissance vaut 0,92 (inductif). Trouvez la puissance active totale P absorbée par la charge, en kW.

V_L = 208 VI_L = 50 Acos φ = 0,92

P = kW

14.Puissance triphaséeDifficile

Une charge triphasée équilibrée absorbe 100 kW avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif) sur un réseau de 480 V (tension composée), 60 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,9 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale Q_C que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.

P = 100 kWpf₁ = 0,8pf₂ = 0,9V_L = 480 Vf = 60 Hz

Q_C = kvar

15.TransformateursMoyen

Une résistance de 10 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire d’un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 8:1. Trouvez la résistance R_1′ vue depuis l’enroulement primaire.

N₁:N₂ = 8:1R_L = 10 Ω

R_1′ = Ω

16.TransformateursDifficile

Un transformateur monophasé de 50 kVA a des pertes fer de 150 W. À charge nominale et avec un facteur de puissance de 0,95 (inductif), son rendement est de 97,5 %. Trouvez les pertes cuivre à pleine charge P_cu,fl en watts.

S = 50 kVAP_core = 150 Wpf = 0,95η = 97,5%

P_cu,fl = W

3Solutions

1.Résistances en série et en parallèle

Réponse: R_eq = 8,357 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 + 3 = 11 Ω

R₂ ∥ 11 = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω

R_eq = R₁ + 2,357 = 6 + 2,357 = 8,357 Ω

Réponse

R_eq = 8,357 Ω

2.Résistances en série et en parallèle

Réponse: I_R1 = 0,4972 A

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

R₅ + R₆ = 10 + 2 = 12 Ω

R₄ ∥ 12 = 2,4 Ω

R₃ + 2,4 = 14,4 Ω

R₂ ∥ 14,4 = 9,137 Ω

R_eq = R₁ + 9,137 = 15 + 9,137 = 24,14 Ω

Courant fourni par la source

La source ne voit que R_eq, donc la loi d’Ohm donne le courant qu’elle fournit. Ce courant traverse R₁.

I_R1 = V₁/R_eq = 12/24,14 = 0,4972 A

Réponse

I_R1 = 0,4972 A

3.Méthode des nœuds

Réponse: I_x = 1,818 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.

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.

V_B = V_A + V_s = V_A + 10

V_A/R₁ + V_B/R₂ = I_s

Résoudre

V_A/5 + (V_A + 10)/6 = 2

V_A = (2 − 10/6)/(1/5 + 1/6) = 0,9091 V

V_B = 0,9091 + 10 = 10,91 V

Courant dans la source de tension

Tout ce qui traverse la source de A vers B quitte le nœud B par R₂.

I_x = V_B/R₂ = 10,91/6 = 1,818 A

Réponse

I_x = 1,818 A

Un résultat négatif signifie que le courant réel circule à l’opposé de la flèche.

4.Méthode des nœuds

Réponse: I_R2 = −1,276 A

Poser les nœuds

La masse est le fil du bas. Les potentiels connus viennent directement des sources (V₁ = 6 V, V₂ = 18 V). Inconnues : V_A, V_B.

Loi des nœuds au nœud A

Les courants qui quittent A par les résistances égalent le courant injecté dans A par les sources.

V_A/R₃ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₂ = 0

V_A/6 + (V_A − 6)/25 + (V_A − V_B)/10 = 0

0,3067·V_A − 0,1·V_B = 0,24

Loi des nœuds au nœud B

Les courants qui quittent B par les résistances égalent le courant injecté dans B par les sources.

V_B/R₅ + (V_B − V_A)/R₂ + (V_B − V₂)/R₄ = I_s

V_B/12 + (V_B − V_A)/10 + (V_B − 18)/2 = 4

−0,1·V_A + 0,6833·V_B = 13

Résoudre

Δ = (0,3067)(0,6833) − (−0,1)(−0,1) = 0,1996

V_A = Δ₁/Δ = 1,464/0,1996 = 7,336 V

V_B = Δ₂/Δ = 4,011/0,1996 = 20,1 V

Réponse

I_R2 = (V_A − V_B)/R₂ = (7,336 − 20,1)/10 = −1,276 A

5.Thévenin et Norton

Réponse: R_th = 13,43 Ω

Théorème de Thévenin : tout réseau linéaire à deux bornes se comporte comme une seule source de tension V_th en série avec une résistance R_th. Le théorème de Norton donne le même réseau sous forme d’une source de courant I_N = V_th/R_th en parallèle avec R_th.

Trouver R_th 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 1,429 + 12 = 13,43 Ω

6.Thévenin et Norton

Réponse: I_N = 6,592 A

Trouver R_th 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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 2,609 + 4 = 6,609 Ω

Trouver V_th, 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.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 3,913 + 6·2,609 = 19,57 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 19,57 + 6·4 = 43,57 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.

I_N = V_th/R_th = 43,57/6,609 = 6,592 A

7.Transitoires RC et RL

Réponse: i = 0,1834 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.

τ = L/R = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms

i(∞) = V_s/R = 12/33 = 0,3636 A

Courant à l’instant donné

i(t) = i(∞)·(1 − e^−t/τ) = 0,3636·(1 − e^−1/1,424) = 0,1834 A

Réponse

i = 0,1834 A

8.Transitoires RC et RL

Réponse: t = 58,27 ms

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.

v_C(0) = 8 V, v_C(∞) = V_s = 15 V

τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms

v_C(t) = 15 + (8 − 15)·e^−t/τ

Isoler le temps

12,9 = 15 + (−7)·e^−t/τ → e^−t/τ = (12,9 − 15)/(8 − 15) = 0,3

t = τ·ln((8 − 15)/(12,9 − 15)) = 48,4·ln(3,333) = 58,27 ms

Réponse

t = 58,27 ms

9.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: P = 13,91 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

X_L = 157,1 Ω, X_C = 72,34 Ω

Impédance

|Z| = √(60² + (84,74)²) = 103,8 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 = 50/103,8 = 0,4816 A

P = I²·R = 0,4816²·60 = 13,91 W

Réponse

P = 13,91 W

10.Impédance et phaseurs en alternatif

Réponse: V_L = 163,1 V

Résonance

À la résonance, les réactances s’annulent, donc l’impédance se réduit à R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·0,47·10⁻⁶) = 6523 rad/s

I = V/R = 5/10 = 0,5 A

Tension aux bornes de la bobine

X_L = ω₀L = 6523·0,05 = 326,2 Ω

V_L = I·X_L = 0,5·326,2 = 163,1 V

Réponse

V_L = 163,1 V

Cela fait Q = 32,62 fois la tension d’alimentation.

11.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I = 158,6 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) = 31000/(230·0,85) = 158,6 A

Réponse

I = 158,6 A

12.Puissance alternative et facteur de puissance

Réponse: I_new = 111,1 A

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 = 40·tan(49,46°) = 46,77 kvar

Q₂ = P·tan φ₂ = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar

Q_C = Q₁ − Q₂ = 27,39 kvar

Nouveau courant de ligne

I_new = P/(V·cos φ₂) = 40000/(400·0,9) = 111,1 A

Réponse

I_new = 111,1 A

13.Puissance triphasée

Réponse: P = 16,57 kW

Puissance apparente

S = √3·V_L·I_L = √3·208·50 = 18,01 kVA

Puissance active

P = S·cos φ = 18,01·0,92 = 16,57 kW

Réponse

P = 16,57 kW

14.Puissance triphasée

Réponse: Q_C = 26,57 kvar

Systèmes triphasés équilibrés : en couplage étoile (Y), la tension composée vaut √3 fois la tension simple, V_L = √3·V_ph, 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, I_L = √3·I_ph. La puissance totale vaut trois fois la puissance d’une phase : P = 3·V_ph·I_ph·cos φ = √3·V_L·I_L·cos φ. Compensation du facteur de puissance : les condensateurs fournissent localement de la puissance réactive, Q_C = P·(tan φ₁ − tan φ₂). Chacun des trois condensateurs fournit Q_C/3 = V²·ω·C, où V est la tension aux bornes de ce condensateur : V_L dans une batterie en triangle, V_L/√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 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar

Q₂ = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Puissance réactive fournie par les condensateurs

Q_C = Q₁ − Q₂ = 26,57 kvar

Réponse

Q_C = 26,57 kvar

15.Transformateurs

Réponse: R_1′ = 640 Ω

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.

R_1′ = a²·R_L = 8²·10 = 640 Ω

Réponse

R_1′ = 640 Ω

16.Transformateurs

Réponse: P_cu,fl = 1068 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·P_cu,fl. Rendement η = P_out/(P_out + P_core + P_cu), avec P_out = x·S·pf. Le rendement est maximal pour la charge à laquelle les pertes cuivre égalent les pertes fer.

Puissances utile et absorbée

P_out = 50·0,95 = 47,5 kW

P_in = 47500/0,975 = 48718 W

Pertes totales et pertes cuivre

P_loss = 48718 − 47500 = 1218 W

P_cu,fl = 1218 − 150 = 1068 W

Réponse

P_cu,fl = 1068 W

ExamProblems · examproblems.com/courses/electrical-engineering-fundamentals

Électrotechnique générale : pack de révision

1Formules et méthodes

Résistances en série et en parallèle

Méthode

Méthode des nœuds

Méthode

Thévenin et Norton

Méthode

Transitoires RC et RL

Méthode

Impédance et phaseurs en alternatif

Méthode

Puissance alternative et facteur de puissance

Puissance triphasée

Transformateurs

2Exercices

3Solutions

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Réponse

Regrouper les résistances depuis l’extrémité

Courant fourni par la source

Réponse

Former un super-nœud

Résoudre

Courant dans la source de tension

Réponse

Poser les nœuds

Loi des nœuds au nœud A

Loi des nœuds au nœud B

Résoudre

Réponse

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Rth avec toutes les sources éteintes

Trouver Vth, la tension à vide

Équivalent de Norton

Constante de temps et courant final

Courant à l’instant donné

Réponse

Valeur initiale, valeur finale, constante de temps

Isoler le temps

Réponse

Réactances

Impédance

Puissance active

Réponse

Résonance

Tension aux bornes de la bobine

Réponse

Courant de ligne

Réponse

Puissance réactive avant et après

Nouveau courant de ligne

Réponse

Puissance apparente

Puissance active

Réponse

Puissance réactive avant et après

Puissance réactive fournie par les condensateurs

Réponse

Résistance ramenée

Réponse

Puissances utile et absorbée

Pertes totales et pertes cuivre

Réponse

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver R_th avec toutes les sources éteintes

Trouver V_th, la tension à vide