Trouvez le courant de Norton IN : le courant qui circule de a vers b si les bornes sont court-circuitées.
V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
6.Thévenin et NortonDifficile
Une charge RL = 25 Ω est branchée entre a et b. Utilisez un équivalent de Thévenin pour trouver la puissance PL fournie à la charge.
V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 25 Ω
PL = W
7.Transitoires RC et RLMoyen
La bobine n’est parcourue par aucun courant avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0. Trouvez la tension vL aux bornes de la bobine à t = 1 ms.
Vs = 9 VR = 33 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vL = V
8.Transitoires RC et RLDifficile
Juste avant la fermeture de l’interrupteur à t = 0, le condensateur est chargé à 20 V avec la polarité indiquée. Trouvez la tension du condensateur vC à t = 150 ms.
Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 20 Vt = 150 ms
vC = V
9.Impédance et phaseurs en alternatifMoyen
Un circuit RLC série est alimenté sous 120 V (efficaces), 60 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
10.Impédance et phaseurs en alternatifDifficile
Une résistance R1 est branchée en série avec l’association en parallèle de R2 et d’un condensateur C, sur une alimentation de 230 V (efficace), 100 Hz. Trouvez le courant efficace I.
V = 230 V (rms)f = 100 HzR1 = 30 ΩR2 = 80 ΩC = 22 µF
I = A
11.Puissance alternative et facteur de puissanceMoyen
Deux charges sont branchées en parallèle sur une alimentation monophasée de 230 V : une charge de 25 kW avec un facteur de puissance de 0,75 inductif et une charge de 9 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif. Trouvez le courant total I prélevé sur l’alimentation.
12.Puissance alternative et facteur de puissanceDifficile
Une charge monophasée absorbe 22 kW avec un facteur de puissance de 0,8 inductif sur une alimentation de 230 V, 60 Hz. Un condensateur de 330 µF est branché en parallèle sur la charge. Trouvez le nouveau courant de ligne I.
P = 22 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 60 HzC = 330 µF
I = A
13.Puissance triphaséeMoyen
Un moteur asynchrone triphasé fournit 15 kW de puissance mécanique utile à pleine charge. À cette charge, son rendement est de 91 % et son facteur de puissance vaut 0,9 (inductif). Le réseau a une tension composée de 690 V. Trouvez le courant de ligne IL.
Pout = 15 kWη = 91%cos φ = 0,9VL = 690 V
IL = A
14.Puissance triphaséeDifficile
Une charge triphasée équilibrée absorbe 150 kW avec un facteur de puissance de 0,78 (inductif) sur un réseau de 415 V (tension composée), 50 Hz. Une batterie de condensateurs triphasée branchée en parallèle avec la charge doit relever le facteur de puissance global à 0,98 (inductif). La puissance active reste la même. Trouvez la puissance réactive totale QC que doit fournir la batterie de condensateurs, en kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformateursMoyen
Un transformateur parfait de rapport N₁:N₂ = 10:1 a son enroulement primaire sous 1200 V. Une résistance de 12 Ω est branchée aux bornes de l’enroulement secondaire. Trouvez le courant primaire I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 12 Ω
I1 = A
16.TransformateursDifficile
Un transformateur monophasé de 200 kVA a des pertes fer de 800 W et des pertes cuivre de 1600 W à charge nominale. Il fournit 50 % de sa puissance apparente nominale avec un facteur de puissance de 0,8 (inductif). Trouvez les pertes totales Ploss en watts à cette charge.
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 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 20 + 3,333 = 23,33 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 = 15/23,33 = 0,6429 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 = 15 − 0,6429·20 = 2,143 V
IR2 = VA/R2 = 2,143/4 = 0,5357 A
Réponse
IR2 = 0,5357 A
2.Résistances en série et en parallèle
Réponse: IR1 = 0,8199 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 = 4 + 6 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 1,667 Ω
R3 + 1,667 = 3,667 Ω
R2 ∥ 3,667 = 3,099 Ω
Req = R1 + 3,099 = 3 + 3,099 = 6,099 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 = 5/6,099 = 0,8199 A
Réponse
IR1 = 0,8199 A
3.Méthode des nœuds
Réponse: PIs = 22,56 W
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 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 − 10)/4 + (VA − VB)/10 = 0
0,5167·VA − 0,1·VB = 2,5
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/4 + (VB − VA)/10 = 2,5
−0,1·VA + 0,35·VB = 2,5
Résoudre
Δ = (0,5167)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,1708
VA = Δ1/Δ = 1,125/0,1708 = 6,585 V
VB = Δ2/Δ = 1,542/0,1708 = 9,024 V
Puissance fournie par la source de courant
La source injecte Iₛ vers le haut dans le nœud B, de la masse (0 V) à VB. Une source dont le courant sort par sa borne + fournit P = V·I.
PIs = VB·Is = 9,024·2,5 = 22,56 W
Réponse
PIs = 22,56 W
4.Méthode des nœuds
Réponse: VA = −0,4533 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 = 24 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/2 + (VA − 24)/25 + (VA − VB)/4 = 0
0,79·VA − 0,25·VB = 0,96
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/8 + (VB − VA)/4 + (VB − (−15))/2 = 3
−0,25·VA + 0,875·VB = −4,5
Résoudre
Δ = (0,79)(0,875) − (−0,25)(−0,25) = 0,6288
VA = Δ1/Δ = −0,285/0,6288 = −0,4533 V
VB = Δ2/Δ = −3,315/0,6288 = −5,272 V
Réponse
VA = −0,4533 V
5.Thévenin et Norton
Réponse: IN = 0,3279 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 3 = 8,714 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/(20+8) = 2,857 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 = 2,857/8,714 = 0,3279 A
6.Thévenin et Norton
Réponse: PL = 1,548 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 2 = 5,429 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) = 2,143 + 1·3,429 = 5,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,571 + 1·2 = 7,571 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) = 7,571/(5,429 + 25) = 0,2488 A
PL = IL²·RL = 0,2488²·25 = 1,548 W
7.Transitoires RC et RL
Réponse: vL = 4,46 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 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(∞) = Vs/R = 9/33 = 0,2727 A
Tension aux bornes de la bobine
À t = 0, toute la tension d’alimentation apparaît aux bornes de la bobine ; elle décroît ensuite jusqu’à zéro.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 9·e−1/1,424 = 4,46 V
Réponse
vL = 4,46 V
8.Transitoires RC et RL
Réponse: vC = 11,77 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.
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.
vC(0) = 20 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 9 + (20 − 9)·e−t/τ
Tension à l’instant donné
vC(150) = 9 + (11)·e−150/108,9 = 11,77 V
Réponse
vC = 11,77 V
9.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 1,059 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/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 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| = 120/113,3 = 1,059 A
Réponse
I = 1,059 A
10.Impédance et phaseurs en alternatif
Réponse: I = 2,985 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|.
Réactance
XC = 1/(2π·100·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω
Association en parallèle
Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué pour séparer Zp en parties réelle et imaginaire.
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 de chaque charge
Une charge inductive absorbe de la puissance réactive (Q > 0) ; une charge capacitive en fournit (Q < 0).
Q1 = 25·tan(arccos 0,75) = 22,05 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,8) = 6,75 kvar
Totaux
P = 25 + 9 = 34 kW
Q = 22,05 + 6,75 = 28,8 kvar
S = √(34² + 28,8²) = 44,56 kVA
Courant total
I = S/V = 44557/230 = 193,7 A
Réponse
I = 193,7 A
12.Puissance alternative et facteur de puissance
Réponse: I = 104,9 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 = 22·tan(arccos 0,8) = 16,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·330·10⁻⁶ = 6581 var = 6,581 kvar
Q2 = 16,5 − 6,581 = 9,919 kvar
Nouvelle puissance apparente
S2 = √(22² + 9,919²) = 24,13 kVA
Nouveau courant de ligne
I = S2/V = 24133/230 = 104,9 A
Réponse
I = 104,9 A
13.Puissance triphasée
Réponse: IL = 15,32 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 = 15/0,91 = 16,48 kW
Courant de ligne
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16484/(√3·690·0,9) = 15,32 A
Réponse
IL = 15,32 A
14.Puissance triphasée
Réponse: QC = 89,88 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 = 150·tan(acos 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar
Puissance réactive fournie par les condensateurs
QC = Q1 − Q2 = 89,88 kvar
Réponse
QC = 89,88 kvar
15.Transformateurs
Réponse: I1 = 1 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.
Tension et courant secondaires
V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/12 = 10 A
Courant primaire
Un transformateur parfait n’a pas de pertes : V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 1 A
Réponse
I1 = 1 A
Vérification : la charge vue du primaire vaut a²·RL = 1200 Ω, et 1200/1200 donne le même courant.
16.Transformateurs
Réponse: Ploss = 1200 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.
Pertes cuivre à cette charge
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·1600 = 400 W
Pertes totales
Les pertes fer sont les mêmes quelle que soit la charge.