Théorie et applications des circuits électriques 2704200068, 0070189749

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SERIE SCHAUM

THEORIE ET APPLICATIONS DES CIRCUITS ELECTRIQUES JOSEPH A. EDMINISTER University of Akron

Quatorzième tirage

McGraw-Hill Paris — Auckland — Bogota — Hambourg — Lisbonne — Londres — Madrid — Mexico — Milan — Montréal — New Delhi — New York — Panama — San Juan — Sâo Paulo — Singapour — Sydney — Tokyo — Toronto

1989

Théorie et applications des CIRCUITS ELECTRIQUES est traduit de : Theory and problems of ELECTRIC CIRCUITS, by Joseph A. Edminister Copyright © 1972 by McGraw-Hill Inc., New York Copyright © 1972 by McGraw-Hill Inc., Paris pour la traduction française

FRANCE ISBN : 2-7042-0006-8 CANADA ISBN 0-07-084 385-6 (Edition originale : ISBN 0-07-018974-9 McGraw-Hill Inc., New York)

ISSN : 0768-2727 Loi duou11 reproductions mars 1SS7 n'autorisant. termes édea allnéaa 2 etdu3 copistTet do l’ArtIclenon 41 ’ dea"néM d'un. n.rté „ ••• La . copies strictement aux réservées l'usage privé un! utilisation .collective • et. d autre part, ou quereproduction les analyses et les courtes citations d'exemole •t d'illustration • toute représentation Intégrale, ou partielle, faitedans sansunle but coneenûment de l'auteur ou de ses ayants-droit ou ayants-cause, est Illicite • (alinéa !•' da l'Article 401 * ‘ Cette représentation ou P’J Quelque procédé que ce soit, constituerait donc’ une contrefaçon sanctionnée par les Articles 425 et suivants du Code Pénal.

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Préface

Ce livre est destiné à être utilisé comme supplément aux ouvrages de cours usuels ou comme premier livre de cours sur l'étude des circuits. On a mis l'accent sur les lois de base, les théorèmes et les techniques communs aux divers exposés que l'on trouve dans les autres livres.

Chaque chapitre commence par des rappels de définitions, principes et théorèmes accompagnés d'illustrations ou de schémas. Viennent ensuite, par ordre de difficulté croissante, des problèmes réso­ lus qui tendent à illustrer et à dépasser la théorie en présentant de nouvelles méthodes d'analyses; des exemples pratiques mettent en relief les points délicats, ce qui permet au lecteur d'appliquer correcte­ ment et en toute confiance les principes de base. Un large éventail de problèmes non résolus permet de réviser complètement l’objet de chaque chapitre et de vérifier leur assimilation.

Les sujets traités comprennent les réponses des circuits, l'analyse des formes d'ondes, le sys­ tème des nombres complexes, la notation vectorielle, les circuits séries et parallèles, la puissance et la correction du facteur de puissance, ainsi que les phénomènes de résonance. Les matrices et les détermi­ nants sont très fréquemment utilisés pour l'analyse des réseaux par la loi des mailles ou par la*loi des nœuds. Ils trouvent également leur application dans les transformations étoile-triangle, et les théorèmes relatifs aux réseaux, tels que le théorème de superposition et de réciprocité. Les circuits à couplage mu­ tuel sont analysés de façon particulièrement détaillée. Tous les types de circuits polyphasés sont traités en insistant particulièrement sur le circuit équivalent à une seule phase qui a d'importantesapplications. Les séries de Fourier exponentielles et trigonométriques sont traitées dans un même chapitre où on éta­ blit également les relations existant entre les coefficients de la série trigonométrique et ceux de la sé­ rie exponentielle. Ceci permet, en effet, de voir la dépendance de ces deux types de coefficients. Les transitoires, aussi bien en courant continu qu'en courant alternatif, sont étudiés en employant la métho­ de classique des équations différentielles : les lecteurs dont les connaissances mathématiques sont suf­ fisantes peuvent étudier avec profit ce chapitre avant d'aborder le chapitre 5. La méthode des transformées de Laplace est introduite et appliquée à plusieurs problèmes traités dans le chapitre 16 par la méthode des équations différentielles. Cela permet une comparaison entre les deux méthodes et met l'accent sur les avantages de la méthode des transformées de Laplace. Je remercie à cette occasion le personnel de la Schaum Publishing Company, en particulier M. Nicola Miracapillo, pour leurs suggestions et leur aide; je dois plus que des remerciements à ma femme Nina, pour ses encouragements et son assistance dans cette entreprise.

Joseph A. Edminister University of Akron

TABLE DES MATIERES Page Chapitre

1

Chapitre

2

1

DEFINITIONS ET PARAMETRES DES CIRCUITS Unités mécaniques. Loi de Coulomb. Différence de potentiel v. Courant i. Puis­ sance p. Energie w. Résistance, inductance, condensateur. Résistance R. Inductance L. Capacité C. Loi de Kirchhoff.

VALEURS MOYENNES ET VALEURS EFFICACES

16

Graphes. Valeur moyenne. Valeur efricace. Valeur efficace d'une somme desinus et cosinus. Facteur de forme. Chapitre

3

Chapitre

4

Chapitre

5

LES COURANTS ET LES TENSIONS SINUSOÏDALES Introduction. Les courants sinusoïdaux. Les tensions sinusoïdales. La notion de déphasage. Les circuits série et les circuits parallèles. La notion d'impédance

24

LES NOMBRES COMPLEXES Les nombres réels. Les nombres imaginaires. Les nombres complexes. Autres représentations possibles pour un nombre complexe. Le nombre complexe conjugué. La somme et la différence de nombres complexes. La multiplication des nombres complexes. La division des nombres complexes. Les racines carrées des nombres complexes. Le logarithme d'un nombre complexe. L'utilisation de la règle à calcul pour la conversion des nombres complexes d'une forme à l'autre. Les opérations, avec une échelle sinus - tangente pour de faibles angles.

35

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS Introduction. La notion d'impédance complexe. L'expression complexe des tensions et des courants.

43

Chapitre

6

L’ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE Introduction. Association d'impédances en série. Association d'impédances en parallèle. Circuit parallèle à deux branches. L’admittance. Conversion Z-Y et Y-Z

54

Chapitre

7

PUISSANCE ET AMELIORATION DU FACTEUR DE PUISSANCE Introduction. La puissance en régime sinusoïdal, la puissance moyenne P. La puis­ sance apparente S. La puissance réactive Q. Triangle des puissances. La puissan­ ce complexe. Amélioration du facteur de puissance.

68

Chapitre

8

LA RESONANCE SERIE ET LA RESONANCE PARALLELE Introduction. La résonance série. La résonance parallèle : Cas d’un circuit RLC pur. La résonance parallèle : Cas d'un circuit à deux branches. Le coefficient de surtension Q (ou Facteur de mérite). Les lieux d’admittance. Les lieux de courant.

81

Chapitre

9

ANALYSE DES CIRCUITS PAR LA LOI DES MAILLES Introduction. Les courants dans les mailles. Le choix des courants de maille. Nombre de mailles nécessaires. Détermination directe des équations de maille. Matrices. Addition des matrices. Multiplication des matrices. Inversion. Détermi­ nant d'une matrice carrée. Mineurs et cofacteurs. Valeur d'un déterminant. Pro­ priétés des déterminants. Solution des équations linéaires par les déterminants; règle de Cramer. Méthodes matricielles et analyse des circuits. Impédance d'en­ trée d'un réseau. Impédance de transfert.

99

TABLE DES MATIERES

Chapitre

1

Chapitre

2

DEFINITIONS ET PARAMETRES DES CIRCUITS Unités mécaniques. Loi de Coulomb. Différence de potentiel v. Courant i. Puis­ sance p. Energie w. Résistance, inductance, condensateur. Résistance R, Inductance L. Capacité C. Loi de Kirchhoff.

VALEURS MOYENNES ET VALEURS EFFICACES

I

16

Graphes. Valeur moyenne. Valeur ef.icace. Valeur efficace d'une nomme de sinus et cosinus. Facteur de forme. Chapitre

3

Chapitre

4

Chapitre

5

LES COURANTS ET LES TENSIONS SINUSOÏDALES Introduction. Les courants sinusoïdaux. Les tensions sinusoïdales. La notion de déphasage. Les circuits série et les circuits parallèles. Lu notion d'impédance

24

LES NOMBRES COMPLEXES Les nombres réels. Les nombres imaginaires. Les nombres complexes. Autres représentations possibles pour un nombre complexe. Le nombre complexe conjugué, La somme et la différence de nombres complexes. La multiplication des nombres complexes. La division des nombres complexes. Les racines carrées des nombres complexes. Le logarithme d'un nombre complexe. L'utilisation de la règle à calcul pour la conversion des nombres complexes d'une forme à l'autre. Les opérations, avec une échelle sinus - tangente pour de faibles angles.

35

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS Introduction. La notion d'impédance complexe. L’expression complexe des tensions et des courants.

43

Chapitre

6

L’ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE Introduction. Association d'impédances en série. Association d’impédances en parallèle. Circuit parallèle à deux branches. L’admittance. Conversion Z-Y et Y-Z

54

Chapitre

7

PUISSANCE ET AMELIORATION DU FACTEUR DE PUISSANCE Introduction. La puissance en régime sinusoïdal, la puissance moyenne P. La puis­ sance apparente S. La puissance réactive Q. Triangle des puissances. La puissan­ ce complexe. Amélioration du facteur de puissance.

68

Chapitre

8

LA RESONANCE SERIE ET LA RESONANCE PARALLELE Introduction. La résonance série. La résonance parallèle ; Cas d'un circuit RLC pur. La résonance parallèle : Cas d'un circuit à deux branches. Le coefficient de surtension Q (ou Facteur de mérite). Les lieux d’admittance. Les lieux de courant.

81

j

jpitre

9

ANALYSE DES CIRCUITS PAR IjK LOI DES MAILLES Introduction. Les courants dans les mailles. Le choix des courants de maille. Nombre de mailles nécessaires. Détermination directe des équations de maille. Matrices. Addition des matrices. Multiplication des matrices. Inversion. Détermi­ nant d’une matrice carrée. Mineurs et cofacteurs. Valeur d’un déterminant. Pro­ priétés des déterminants. Solution des équations linéaires par les déterminants; règle de Cramer. Méthodes matricielles et analyse des circuits. Impédance d'en­ trée d'un réseau. Impédance de transfert.

TABLE DES MATIERES

Page

Chapitre

10

Chapitre

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS Introduction. Tension de noeud. Nombre d'équations nécessaire pour l'application de la méthode des noeuds. Déterminant des équations de noeuds. Admittance d'en­ trée. Admittance de transfert.

121

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON Introduction. Théorème de Thévenin. Théorème de Norton. Circuit équivalent de Thévenin et de Norton.

139

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX Introduction. Transformation étoile-triangle (Y-A). Théorème de superposition. Théorème de réciprocité.. Théorème de compensation. Théorème relatif au transfert (optimal) de puissance.

155

11

Chapitre

12

Chapitre

13

INDUCTANCE MUTUELLE Introduction. Auto - inductance. Inductance mutuelle. Coefficient de couplage k. Analyse des circuits couplés. Courant induit dans une bobine fermée sur une résis­ tance. Repérage des bobines couplées par des points. Circuits équivalents à cou­ plage direct.

177

Chapitre

14

LES SYSTEMES POLYPHASES .................... ............................ Introduction. Le système diphasé. Le système triphasé. Les tensions dans un sys­ tème triphasé. Charges triphasées équilibrées. Circuit équivalent à un seul con­ ducteur pour des charges équilibrées. Charges déséquilibrées montées en triangle. Charge déséquilibrée montée en étoile et alimentée par un réseau à quatre conduc­ teurs. Charge déséquilibrée montée en étoile et alimentée par un réseau à trois conducteurs. Méthode de déplacement du neutre appliquée au cas d'une charge dé­ séquilibrée montée en étoile et alimentée par un réseau à trois conducteurs. Puis­ sance fournie à des charges triphasées équilibrées. Wattmètres et charges connec­ tées en étoile dans un système triphasé à quatre conducteurs. Méthode des deux wattmètres appliquée à des charges équilibrées.

195

Chapitre

Chapitre

Chapitre

15

16

17

ANALYSE DES SIGNAUX PAR LA METHODE DE FOURIER Introduction. Les séries de Fourier trigonométriques. Les séries de Fourier expo­ nentielles. Symétrie des signaux. Spectre de fréquence d’un signal. La synthèse des signaux. Valeur efficace et puissance. Application à l'analyse des circuits.

219

LES TRANSITOIRES DANS LES CIRCUITS Introduction. Les transitoires dans les circuits à courant continu. Les transitoires dans les circuits RL. Les transitoires dans les circuits RC. Les transitoires dans les circuits RC en utilisant la charge comme variable. Les transitoires dans les circuits RLC. Les transitoires dans les circuits à courant alternatif. Les transi­ toires en régime sinusoïdal dans les circuits RL. Les transitoires en régime sinu­ soïdal dans les circuits RLC. Les transitoires dans les réseaux à deux mailles.

243

L’ANALYSE DES TRANSITOIRES PAR LA METHODE DES TRANSFORMEES 266 DE LAPLACE Introduction. La transformée de Laplace. Applications à l'analyse des circuits. Les méthodes de décomposition des fractions rationnelles. Le théorème de la valeur initiale. Le théorème de la valeur finale. Les circuits dans le domaine complexe s.

INDEX

287

Chapitre 1 Définitions et paramètres des circuits UNITES MECANIQUES

Le système d'unités utilisé dans ce livre est le système MKSA rationalisé. Dans ce système, les unités mécaniques fondamentales sont le mètre (m) pour la longueur, le kilogramme (kg) pour la masse et la seconde (s) pour le temps. L’unité de force qui est le newton (N) accélère une masse de 1 kg de 1 m/s? Force (newton)

= masse (kilogramme) X accélération (m/s2)

11 s'ensuit que l'unité de travail et d'énergie est le newton.mètre appelé aussi joule et l'unité de puissance le joule/seconde ou watt (1 newton.mètre = 1 joule, 1 joule/s = 1 watt).

LOI

DE

COULOMB

La force F qui s'exerce sur deux charges ponctuelles q et q', varie de manière proportionnelle à la grandeur de chaque charge et inversement proportionnelle au carré de la distance r qui les sépare

F

r2

où k est une • >

INDUCTANCE L Quand dans un circuit le courant est variable, le flux magnétique au sein même du circuit varie. Cette variation de flux produit une f.é.m induite v dans le circuit. La f.é.m induite est proportionnelle à la déri­ vée par rapport au temps de l’intensité i du courant, si la perméabilité du milieu est constante. La constante de proportionnalité est appelée auto-induc tance ou inductance du circuit

1 r

v(t)

Fig. 1-4

v(t) = Urb et *‘(0 = L ) di V.s/A^ou henry. L’auto-inductance d’un Quand v est en volt et ---- en ampère/seconde, L est en V.s/A di circuit est de 1 henry (1H), si une f.é.m de 1 V y est induite quand — est égale à 1 A/s. dt CAPACITE

C

+

La différence de potentiel v aux bornes d'un condensateur est proportionnelle à sa charge q. La constante de proportionnalité C est appelée capacité du condensateur

9(t) = Cv(t),

i = ^=

etc

v(t) =

idt

v(t)

Fig. 1-5

Si q est en coulomb et v en V, C est en C/V ou farad. Un condensateur a une capacité de 1 farad (1F) s’il emmagasine une charge de 1 coulomb, lorsqlue la différence de potentiel appliquée à ses bornes est de 1 V. On utilise les sous-multiples suivants: 1 gF = 1 microfarad = 10’6F

et

IpF = 1 picofarad = 10’12 F

4

CHAP. 1

DEFINITIONS ET PARAMETRES DES CIRCUITS

LOIS DE KIRCHHOFF 1. La somme des courants qui arrivent à un noeud est égale à la somme des courants qui en repartent. Si les courants qui arrivent au noeuds sont affectés du signe + et ceux qui en repartent sont affectés du sigme — , la somme algébriq^lue de tous les courants considérés en ce noeud est nulle. L

R

ü û

ii

I

I

t.

i»

2 tensions appliquées = S chutes de tension vA - v, = Ri + L(di/dt) ou vA — vB — Ri — L(di/dt) = 0 Fig. 1-7

2 courants qui arrivent = 2 courants qui repartent ti + ia = it + L + û ou tt + ia-i.-Û-Û = 0 Fig.l-S

2. La somme des tensions appliquées à un circuit fermé est égale à la somme des chutes de tension dans ce circuit. En d'autres termes, la somme algébrique des différences de potentiel dans un circuit fermé est nulle.

Dans le cas de plusieurs sources qui ne débitent pas dans le même sens, on comptera la tension comme positive si elle tend à faire circuler le courant dans le sens positif choisi pour les intensités. RECAPITULATIF

TABLEAU

Tension aux bornes

Elément

Résistance R

Courant

= Ri(t)

Inductance L

i(0 =

*(*) = f Vdt

i>(t) =

v(t) =

Capacité C

1 C

idt

i(t) = c^i

UNITES DANS LE SYSTEME M.K.S.A.

Unités

Grandeurs

Longueur Masse Temps Force Energie Puissance

l m t

F, f W, w

P. P

Mètre kilogramme seconde newton joule watt

Grandeurs

m kg s

N

J W

Charge Potentiel Courant Résistance Inductance Capacité

Unités

Q.0‘] , déterminer C et vR . Rép. C = 200 pF , uR = 100 e'500 1.

1.51.

30 //F est le siège d'un courant i = 1,5 cos 1000 Z. Un circuit LC série où L = 0,02 H et C Rép. vT = 20 sin 1 000 t. Déterminer la tension totale VT-

1.52.

Un circuit RL parallèle est soumis à la tension représentée sur la Fig. 1-45. Déterminer le coutant total.

iT

t 4- d2 sin 2 1/Ccù , l'angle de déphasage est positif; le courant est en retard de phase sur la tension et le circuit a un comportement inductif. Si 1/Ccù > Lcù , l’angle de déphasage est négatif; le courant est en avance de phase sur la tension et le circuit présente un comportement capacitif. Si Lcù = 1/Ccù , l’angle de déphasage 0 est nul; le courant est en phase avec la tension et l'impédance du circuit est égale à R : cette condition correspond à la résonance série. 3.9:

Montrer que Lcù farads.

et 1/Ccù s’expriment en ohms, si Lcù

1

— .H = S

s

s

2

s.

V . s

V

A

A

V A. s

Cù

est donné en rd/ s, L en henrys et C en

n

V

Ccù rd F A Il faut noter que la mesure d’un angle en radians est une grandeur sans dimension.

30

CHAP. 3

LES COURANTS ET LES TENSIONS SINUSOÏDALES

3.10.

Une tension sinusoïdale de pulsation 500 rd/s, est appliquée à un circuit série comportant les éléments R = 15 Q, L = 0,08 H et C = 30 ptF. Déterminer l’an gle de déphasage entre le courant et la tension, ainsi que le sens de ce déphasage. ______ 1______ On a co L = 500(0,08)— 40 Q , -77 = 66,7 Q 500(30 X 10-*) uC uL 1/tjC _ d’où -60,65° s R 15

La réactance 1/Ceo de la capacité est supérieure à celle Léo de l’inductance. Le courant est en avance sur la tension de 60, 65° et le circuit a un comportement capacitif.

y/R* + (uL — 1/uC)* = 30,6 Q

L’impédance est égale à

3.11.

Une différence de potentiel v = — Vm coseo coscü t est appliquée au circuit formé par la combinaison en parallèle d'un élément R et d'un élément L (Fig. 3-13). Déterminer le courant dans chaque élément et mettre le courant total sous la forme z^, = cos (cot + ). = l/ m m On peut écrire if

d'où

iT

=

=

iH + ib

=

£wV +

Vm , . Vm . -R- cos ut 4sin ut

| V dt

V(l/«)2 + (1/wL)* V» cos (ut - tg-1 R/uL)

Le courant est en retard sur la tension d’un angle = tg-1(R/Lco)

Si R » Lco ,-> 90° et tT « ( VJuL) cos (ut - 90°). Pour cette valeur de la résistance relativement élevée (si on le compare à l'impédance Lco ) un courant très faible circule dans la résistance. Il en résulte que le courant dans l’inductance contribue essentiellement au courant total iT .

ir

"I

v

Si Lcû » R , -* 0° et i-r ~ (V^/R) cos ut . Dans ce cas, la réactance Lco de l'inductance est grande et il y circule un courant très faible comparé à celui qui circule dans la résistance; par conséquent ce dernier détermine le courant total 1' .

3.12.

R

’i

L

Fig. 3-13

Une tension v — Vm sincot est appliquée au circuit RC parallèle de la Fig. 3-14. Déterminer le courant dans chaq'|ue branche de ce circuit et mettre le courant total iT sous la forme ZT = Im sin(cot + 'd>). v Vm sin ut + wCVm cos ut Nous pouvons écrire = dt K R +

d’où il résulte après transformation,

tT

=

V(l/R)x + (WQ* Vm sin (ut + tg‘ 1 UCR)

Le courant est en avance sur la tension d’un angle = tg”1(coCR). Si R»l/Cco, - 90° et C 33 tc = wCVw, sin (wt + 90°), c’est-à-dire que le courant total est essentiellement déterminé par la capacité. Si 1/ Ceo » R, -♦ 0° et * tM = (V«/jR) sin ut, dans ce cas le courant total correspond au courant dans la résistance.

"Iest

ir

H

v

R

Fig. 3-14

3.13.

Le circuit de la Fig. 3-15, résultant de la combinaison en parallèle des éléments R, L et C est alimenté par une tension v = Vm sinco Z. Calculer le courant dans chaque branche du circuit et mettre le courant total sous la forme iT = lm sinfeo t + ).

On a ir

-

in + 4 + ic Vm

.

.

=

v R

+

H

vdt +

Vm

-55- sm ut -- --- r- COS ut + ttCVmCOSut

=

uL

K

at

(D

Le courant iT peut encore s'écrire

ir

=

A sin (ut + ) A sin ut cos + A cos ut sin

(2)

v

■’-l

T

R

s1

Fig. 3-15

O O

L

le

C

CHAP. 3

LES COURANTS ET LES TENSIONS SINUSOÏDALES

31

En identifiant les coefficients de sincu/ et ceux de coscot dans les relations (//et (2), nous Vm/R = Acos^,

obtenons:

(uC — l/uL)Vm = A sin 0

«C - 1/—IU1 -5

-4

-2

-»

-1

Fig. 4-1.

0

1

2

»

4

->

S

L'axe réel

LES NOMBRES IMAGINAIRES La racine carrée d’un nombre négatif est un nombre imaginaire pur, par exemple:

Si nous posons

j =

= jyfë,

nous nous avons avons

1,

4 — j%> y/—5 =

,-3 j 3 = j2'j = (“1)7 = —j,

Nous en déduisons j2 = —1,

j4 = (j2)2 = 1»

etc. J* = 3» • ••

Tous les nombres imaginaires purs peuvent être représentés par des points sur un axe appelé axe imaginaire (Fig. 4-2). -;4

->3

—j2

-jl

-------------------- h —I- —I------- 1--------- 1Fig. 4-2.

0

+

>1

>2

>3 H-

;4 -+■

-+-

L'axe imaginaire

Le choix du mot «imaginaire» pour désigner de tels nombres est inopportun étant donné que ces nombres existent aussi bien que les nombres réels. Le terme imaginaire signifie simplement que ces nom­

bres doivent être représentés sur un axe différent de l'axe réel.

LES NOMBRES COMPLEXES

j=

Un nombre complexe z est un nombre de la forme x + jy, où x et y sont des nombres réels et T. Le premier terme x d'un nombre complexe est appelé sa partie réelle et le second terme jy

sa partie imaginaire. Lorsque x = 0, le nombre complexe est imaginaire pur et correspond à un point de l’axe imaginaire ou encore axe j. De même, si y = 0, le nombre complexe est un nombre réel pur et correspond à un point de l’axe réel. Ainsi l’ensemble des nombres complexes comprend l’ensemble des nombres réels et l’ensemble des nombres imaginaires. Deux nombres complexes,

a + jb

et

c + jd sont égaux si

a = c

et

b = d.

36

CHAP. 4

LES NOMBRES COMPLEXES

Lorsque, comme le montre la Fig. 4-3, 1* axe réel, est disposé perpendiculairement à l'axe imaginaire (ou axe j) avec un point commun 0, chaque point j du plan complexe ainsi formé représente un nombre compie xe unique et réciproquement. La fi g. 4-3I représente six nombres complexes (zy ... zç). - >5 z»< >>4

z, = 6

- -; 3------- Z*

z«

I

Z2 = 2-/3

;

Z3 = >4

4—1—t—1—1—k

Z4 = -3 +>2 z5 = -4 - ?4 z« = 3 + >3

Zl

»l H ! I •

-5 -4 -3-2-1

+-

- — il

I

1

-i2 ■

Z»

;

-j4

- -—>5

Fig. 4-3

AUTRES REPRESENTATIONS POSSIBLES POUR UN NOMBRE COMPLEXE Sur la Fig. 4-4 nous avons

X = T COS 0, y = T sin 0 le nombre complexe z devient alors

z = x + jy = r(cos 0 + j sin 0) où r = \/x2 + î/2 est appelé le module ou la valeur absolue de z et 0 = tg-1y/x l'argument de z. La formule d'Euler, eie = (COS 0 4- j sin 0) permet de mettre un nombre complexe sous forme exponentielle (voir Problème 4.1):

z = r cos 0 4- jr sin 0

jy

= rele

La forme polaire (encore appelée forme de Steinmetz) d'un nombre complexe z est souvent utilisée dans l'analyse des circuits électriques; elle s'écrit r/0

o Représentation polaire d'un nombre complexe Z

Fig. 4-4

où 0 est habituellement exprimé en degrés. Ces quatres expressions différentes d'un nombre complexe sont résumées ci-dessous. L'expression effectivement utilisée dépend du type d'opération que l’on veut effectuer.

Expression complexe rectangulaire

z — X + jy

Expression complexe polaire ou de Steinmetz

z = r/0

Expression complexe exponentielle

z = rei0

Expression trigonométrique

z = r(cos 0 + j sin 0)

LE NOMBRE COMPLEXE.CONJUGUE Le nombre z* = x - jy est le nombre complexe conjugué de z = x + jy.

Par exemple, (D 3-/2 complexes conjugués.

et

3 + /2,

(2) - 5 + /4

et

-5-/4 sont deux paires de nombres

CHAP. 4

37

LES NOMBRES COMPLEXES

En coordonnées polaires, le nombre z * = r / —0 est le nombre complexe con jugué de z = r / 0. Comme cos ( — 0) = cos0 et sin( — 0) = “ sin 0, le conjugué de z = r(cos 0 4- j sin 0) est z* = r(C0S 0 — j sin 0). Par exemple, le conjugué de t. ~ 7/30° est z*= 7/-30°. ___

4----- #Z| 5

-4-1-1-

Les affixes de deux nombres complexes; conjugués z et z* sont toujours symétriques par rapport à l’axe :réel, comme le montre la Fig. 4-5.

»

•

Zi

’ ® *yi s 1 *

5

r

En conclusion, les quatre expressions possibles pour un nombre complexe z et son conjugué sont:

«1 = 3 4-/4, «2 = 5/143,1°,

= 3-/4 = 5/-143,1°

Fig.4-5. Les nombres complexes et leurs conjugués

z = x 4- jy z* = x — jy

z = rei9 z* = r e~i9

z = r[0_ z* = rj-0

z = r(cos 0 4- j sin 0) z* = r(cos 0 — j sin 0)

LA SOMME ET LA DIFFERENCE DE NOMBRE COMPLEXES Pour additionner deux qombres complexes, on additionne séparément leurs parties réelles et leurs parties imaginaires. De même pour soustraire deux nombres complexes on soustrait séparément leurs parties réelles et leurs parties imaginaires. En pratique, on ne peut faire la somme ou la différence de nombres complexes que lorsque ces derniers sont exprimés en coordonnées rectangulaires.

Exemple 1.

Soient

et

z} = 5 — /2

12 = —3 —/8.

Nous avons alors

LA MULTIPLICATION

«i + «2

=

((5-3) + /(-2-8)

Z2 - Zi

=

(—3 — 5) 4- /(—8 4-2)

2-/10

= =

-8-/6

DES NOMBRES COMPLEXES

Le produit de deux nombres complexes exprimés sous forme exponentielle résulte directement des lois relatives aux exposants: Z1Z2

=

(rie*»)(rie^)

=

rir2ei(9^9^

On peut déduire le produit de deux nombres exprimés en coordonnées polaires du produit sous forme exponentielle. Z1Z2

=

(n/0i )(r2!02 )

=

Tl 7*2/01 4- 02

Le produit de deux nombres complexes exprimés en coordonnées rectangulaires peut s’obtenir en considérant ces nombres comme des binômes. Z1Z2

=

(xi 4- jyi)(x2 4- jy2)

=

(X1X2 — yiy2) 4- j(xiy2 + yix2)

=

X1X2 + jxiy2 4- jyix2 4- j2yiy2

Exemple 1.

Si

«! = 5«*">

et

«2 =

on a

iA = (5e*"8)(2«-*'«) =

Exemple 2.

Si

Zj = 2/30°

et

z, = 5/—45° ,

on a

ZjZ2 = (2/30° )(5/—45° ) = 10/—15° .

Exemple 3.

Si

zj = 2 4- /3

et

«2 = “1-/3,

on a

zll2 = (2 4-/3)(-l-/3) = 7-/9.

LA DIVISION

DES NOMBRES COMPLEXES

La division de deux nombres complexes sous forme exponentielle résulte directement des lois relatires aux exposants. Zi

Ti ei9*

£1 €«•!-•»)

Z2

r2ei9*

T2

38

CHAP.

LES NOMBRES COMPLEXES

4

Comme pour la multiplication, nous pouvons déduire la division sous forme polaire de la division

sous forme exponentielle: Zl

Z2

__

ri[0i

~

7’2/02

^79.-32

~

7*2

La division de deux nombres complexes exprimés en coordonnées rectangulaires s’effectue en multipliant le numérateur et le dénominateur p ar la quantité complexe conjuguée du dénominateur:

__

«1 Z2

Exemple 5.

On a

X\ 4- jyi / X2- >7/2 \ X2 4- >7/2 \ X2-jy2 J Zj = 4ciu/3

et

_

(XxXz + 7/i7/2) 4- >(3/1X2 ~ 2/2X1)

X^ + y* 4eJir/3

fl

d’où

Z2 - 2e^e;

Exemple 6.

On a Zi = 8/—30°

et

2/—60° ;

»2

8/—30°

fl

d’où

On Z| = 4 — j5 et

z.2 = 1 + >2;

4 — ;5 /l-j2\ l + >2 \1 —j’2/

*1

d'où

*2

4/30° .

”

2/—60°

“

*2

Exemple 7.

2e^6.

2cj,r/®

*2

=

-6 - J13 5

LES RACINES CARREES DES NOMBRES COMPLEXES Tout nombre complexe z = r eie peut s’écrire z z = = reKe+2,rn) où n = 0, ±1, ±2, . . . . De même z = r/0 peut s'écrire z = 7*/(0 4- 71360°) Nous avons ainsi: z = reie

rei(e + 2im)

Z = r[± = r/(fl+n360°)

=

et

et

et et

^/yej(e + 2wn)/k

+ n360°)/fc

y'ï =

Les k racines £ième d’un nombre complexe peuvent par conséquent s’obtenir en assignant suc ce ssivement à n les valeurs 0, 1, 2, 3, ..., k - 1.

Exemple 8.

Les racines cubiques du nombre complexe z == 8/60° ÿz = ^8/(60° + n360°)/3 = 2/(20° 4- n!20°)

sont

Les valeurs de ces racines, qui s'obtiennent en remplaçant successivement n par 0, 1 et 2 sont 2/ 20°, 2/ 140° , 2/ 260°.

Exemple 9.

Trouver les cinq racines cinquième de 1. Comme 1 = lei2vn , nous avons = Vï e^2irn/5 = 1 ei2vnf5 valeurs 0, 1, 2, 3 et 4, nous obtenons les cinq racines

l/0f ou 1, 1/72° » 1/144° , 1/216°

. En donnant à n les

et 1/288°.

LE LOGARITHME D’UN NOMBRE COMPLEXE Le logarithme népérien d'un nombre complexe peut facilement se calculer à partir de l’expression exponentielle de ce nombre.

In z

=

lnreKe+2irn)

=

ln r 4- In eJ(e+2Tn)

=

In r 4- >(0 4-27rn)

La valeur de ce logarithme n'est pas unique et souvent on n'utilise que la détermination principale correspondant à n = 0. Exemple 10.

Soit le nombre complexe z = 3e**z®, son logarithme est In z = In 2 = In 3 4- jr/6 = 1,099 4- y,523.

L’UTILISATION ÜE LA REGLE A CALCUL POUR LA CONVERSION DES NOMBRES COMPLEXES D’UNE

FORME A L’AUTRE

Introduction Dans le chapitre 5, la tension, le courant et l’impédance sont représentés par des expressions com­ plexes qui peuvent être exprimées soit en coordonnées polaires, soit en coordonnées rectangulaires. pie L’expression polaire permet d’effectuer simplement les multiplications et les divisions, alors que l’expres­ sion rectangulaire est utilisée pour faire les additions et les soustractions: il faut par conséquent un

moyen rapide qui permette de passer d une expression à 1 autre.

CHAP. 4

39

LES NOMBRES COMPLEXES

Toute règle à calcul comportant des échelles décimales et trigonométrique permet de faire ces con­ versions. Sur la plupart des règles, l'échelle des tangentes est disposée de telle sorte que les tangentes des angles supérieurs à 45° puissent se lire sur l'échelle réciproque Cl. Les instructions que nous allons donner ne s'appliquent qu'à de telles règles. Le lecteur qui dispose d'une règle à calcul de type différent devra se référer à la notice explicative jointe à la règle.

Dans ce qui suit, notre unique but est d'opérer une conversion rapide d'une expression complexe à 1 autre et par conséquent nous limiterons au minimum les justifications trigonométriques. CONVERSION D'UNE EXPRESSION COMPLEXE POLAIRE EN EXPRESSION COMPLEXE RECTANGULAIRE

Exprimer 50/53,1° sous la forme rectangulaire, x + jy. Représenter le nombre complexe en exagérant le fait que son argument est supérieur à 45°. Faire correspondre l'index de l'échelle C et le nombre 50 de l'échelle D. Amener le curseur à 53,1° sur l'échelle S donnant les sinus et les cosinus. Noter les deux valeurs lues sur l'échelle D : 40 et 30. En se référant au diagramme, noter que la partie imaginaire est supérieure à la partie réelle et que les deux sont positives. 50/53,1° = 30 + /40.

Exemple 11.

1.

2. 3. 4.

5.

12. Mettre l'expression 100/- 120° sous la forme rectangulaire, x Faire une représentation. L'angle de référence est de 60°. Faire coincider l'index de l'échelle C avec l'indication 100 de l'échelle D . Amener le repère du curseur à 60° sur l'échelle des cosinus et des sinus. Noter les indications 86,6 et 50,0 de l'échelle D. En se référant au diagramme, remarquer que la partie imaginaire est supérieure à la partie réelle et que les deux parties sont négatives. 100/-120° =- 50,0 - / 86,6

Exempl e

1. 2. 3.

4. 5.

y

50/53,1°

+ />• i

100/-120°

CONVERSION DE LA FORME RECTANGULAIRE A LA FORME POLAIRE

Mettre le nombre 4+ /3 sous la forme polaire, r/_Q. Faire un diagramme dans le plan complexe en exagérant le fait que la ypartie réelle est supérieure à la partie imaginaire. 2. Placer le repère du curseur sur le plus petit des deux nombres (3) sur J3 l'échelle D. 4 3. Amener l'index de l'échelle C sur le plus grand des nombres (4) sur l'échelle D 4. Sur l'échelle des tangentes on peut lire en regard du repère du curseur les deux angles: 53,1° et 36,9°. En consultant le diagramme, on note que le plus faible des angles lus s'applique à ce problème. On peut alors écrire : 4 + /3 = ... /36,9°. 5. En maintenant le curseur fixe, déplacer la réglette de façon à faire coïncider l'indication 36,9° de l'échelle sinus-cosinus avec le repère du curseur. L'indication 36,9° apparaît deux fois sur cette échelle. Pour obtenir l'indication correcte, on remarquera que sur l'échelle des tangentes l'angle 36,9° était à droite des repères. Pour cette raison on utilisera l'indication 36,9° qui se trouve à droite du repère sur l'échelle sinus-cosinus. On lit alors en regard de l'index de l'échelle C la valeur de r qui est égale à 5. (Toujours utiliser le nombre le plus à gauche. Ceci a pour consé4. Calculer z4-z*.

Rép. (a) 25, (b) 100, (c) 24, (d) 6,25, (e) /16, (/) 20, (g) /80,2, (h) 1/2*.

4.5.

Calculer les racines des différents nombres complexes. (a) V5 4- /8 (b) ^/150/—60° (c) ^6,93 - /4 (d) ^27e>^/2

(e)

(/)

Rép. (a) 3,07/29° , 3,07/209° , (b) 12,25/-30° , 12,25/150° , (c) 2/-10° , 2/110° , 2/230° , (d) 3e^/2, 3ej7ir/s, 3^11^ (C) i/o, 1/90° , 1/180° , 1/270° , (/) 2/0, 2/180° , c-à-d. ±2.

4.6.

Calculer le logarithme népérieni des nombres (a) à (d) . Dans le cas de (e), utiliser les logarithmes pour faire le produit des deux nombres.

(a) 20/45°

(b) 6/-60°'

(c)0, (c)0. 55 /120° /120°

O (d)0,3/180°

(e)(0,3/180° ) (20/45° )

Rép. (a) 3 4- /r/4, (6) 1,79 - /r/3, (c) - 0,693 4- /2r/3, (d) -1,2 4- /=■, (c) 6/225° Utiliser la règle à calculer pour convertir les différents nombres complexes ci-dessous, de la forme polaire à la forme rectangulaire. (e) 0,05/—20° (a) 12,3/30° Rép. 10,63 4-/6,15 Rép. 0,047-/ 0,0171

-49,8 + /18,1

(/) 0,003/80°

0,00052 4- j 0,00295

(c) 25/—45°

17,7 - > 17,7

(g) 0,013/260°

- 0,00226 - /0.0128

(d) 86/—115°

-36,3 - >78

(h) 0,156/—190°

- 0,1535 4- j 0,0271

(b) 53/160°

4.8.

Convertir les différents nombres complexes ci-dessous de la forme rectangulaire à la forme polai­ re en se servant de la règle à calculer. (a) -12 4- 716 (b) 2-j4

(c) -59 - /25

(d) 700 4- /200

Rép. 20/126,8° 4,47/—63,4° 64/203° 727/16°

(c) 0,048 -/ 0,153

Rép. 0,160 /—72,55°

(/) 0,01714-/0,047

0,05/70°

(g) (h)

-69,4 - >40

80/210°

-2 4- /2

28,3/135°

42

CHAP. 4

LES NOMBRES COMPLEXES

4.9.

En utilisant la règle à calculer, mettre les nombres complexes ci-dessous sous forme rectangulaire.

(a) (b) (c) (d)

4.10.

4.11.

4.12.

4.13.

10/3° 25/88° 50/—93° 45/179°

Rép. 10 4- > 0,523 0,871 4- >25 -2,62 - >50 -45 4- > 0,785

(c) (/) (g) (/»)

0,02/94° 0.70 /266e 0,80 /—5° 200/181°

Rép. -0,00139 4- > 0,02 -0,0488 ->0,70 0,8 - > 0,0696 -200 - >3,49

Transformer les expressions complexes ci-dessous en expressions complexes polaires en utilisant la règle à calculer. (а) 540 4- >40 Rép. 540/4,25° (e) 0,8 -j 0,0696 Rép. 0,8 /—5° (б) -10 - >250 250/—92,29° 10/3° (7) 10 4- > .523 8/—3,58° (c) 8->0,5 (g) -200 - >3,49 200/181° (d) 25 4- >717 0,02/—2,87° 717/88° (h) 0,02 - > 0,001 Cet exercice est destiné à se familiariser avec la règle à calculer. On convertira les nombres complexes donnés sous forme polaire en nombres exprimés sous forme rectangulaire et inversement. Une fois ces opérations effectuées, on remettra les nombres qu'on vient de transformer sous leur forme originale. (m) 80/—98° (a) 40/10° (e) 5,0 4- > 0,3 (t) -0,05->0,80 (q) 0,85/12 (» 150/—5° (5) 18->9 (/) 0,50/174° (n) -15 - >30 (r) 3 4- >4 (a) 20/—143,1° (k) 0,002 /—178° (c) 0,03 4- >0,80 (g) 180 4- >55 (o) 5/233,1° (l) -1080 4- >250 (t) -5 - >8,66 (d) 0,06/-100° (A) 25/88° (p) -26 4- >15

Calculer les sommes et les différences données ci-dessous (a) (10/53,1° ) 4- (4 4- >2) Rép. 10 4- >10 (c) (-5 4- >5) - (7,07/135° ) (6) (10/90° ) 4- (8 - >2) 8 4- >8 (/) (2 - >10) - (1 - >10) (c) (-4 - >6) 4- (2 4- >4) -2 - >2 (g) (10 4- >1) 4- 6 — (13,45/—42° ) (d) (2,83/45° ) - (2 - >8) (h) -(5/53,1° ) - (1 - >6) >10

Rép. 0 1 6 4- >10 —4 4- >2

Calculer le produit des nombres complexes ci-dessous. On pourra également mettre ces nombres sous forme polaire, en faire le produit et comparer les résultats.

(a) (b) (c) (d)

(3 —>2)(1 —>4) (2 + >0)(3->3) (—1 — >1)(1 4->1) (>2)(4 —>3)

Rép. -5 - >14 6 - >6 ->2 6 4- >8

(e) (>2)(>5)

(7) (->D(>6) (g) (2 + j2)(2-j2) (h) (x + jy)(x - jy)

Rép. -10 6 8

x2 + y2

4.14.

Calculer le quotient des nombres complexes donnés ci-dessous en multipliant le numérateur et le dénominateur par le nombre complexe con jugué du dénominateur. Convertir ces nombres en coordonnées polaires et calculer le quoti ent en partant de cette forme. (а) (5 4->5)/(l — >1) Rép. >5 (e) (3 4->3)/(2 4->2) Rép. 1,5 (б) (4 — >8)/(2 4->2) -1 - >3 (7) (-5 - >10)/(2 4->4) -2,5 (c) (5 — >10)/(3 4->4) -1 - >2 {g) 10/(6 4->8) 0,6 - j 0,8 (d) (8 4->12)/(>2) 6 - >4 {h) j5/(2 — j2) -1,25 4- >1,25

4.15.

Calculer les différents produits ci-diessous. (a) (2,5 4- >10)(-O,854- >4,3) Rép. 45/177,1° (b) (3,8 — >1,5)(6 — >2,3) 26,2/—42,6° (c) (72 — >72)(1,3 4->4,8) 506/29,8° 6/—25° (d) (3/20° )(2/—45° )

4.16.

(2 4->6)(18/21° ) 1/80° (25/—45° )(0.2-15° ) (12 - >16) (0,23 4-> 0,75) (>1,63)(2,6 4->1)

Mettre chacun des rapports ci-dessous sous forme d’un Rép. 5/45° (c) 6/0° (/) 2/125° (g) 5/-45° (h) (d) (—>45)/(6,36 - >6,36) (a) (23,5 4- >8,55)7(4.53 - >2,11) (b) (21,2 - >21,2)/(3,54 - >3,54) (e) (-7,07 4- >7,07)/(4,92 4- > ,868)

4.17.

(e) (7) (g) (h)

Rép. 113,5/92,5° 5/20° 15,66/19,7° 4,53/111,1°

nombre complexe simple. Rép. 3.08/—14,6° (6,88/12° )/(2 4- il) 1.414/—35° (5 4- >5)75/80° 0,1/—53,1° 1/(6 4->8) (—10 4->20)/(2 — >1) 10/143,2°

Pour chacun des cas ci-dessous, évaluer l'expression ZiZa/(Zi 4-Z2). (c) 21 = 6 —>2, z2 — l + >8 Rép. 7,18/27,8° (a) Zi = 10 4- >5, z2 = 20/30° (d) Zi — 20, z2 = >40 5,5 /15,2° (b) Zi = 5/45° , z2 = 10/-700

Rép. 5.52/23,81° 17,9/26,6°

Chapitre 5 Impédance complexe et expression complexe des tensions et des courants INTRODUCTION

L’analyse des circuits en régime sinusoïdal est très importante; d’une part parce que les courants délivrés par les alternateurs sont pratiquement tous sinusoïdaux et d'autre part parce que toute tension périodique peut être représentée par la somme d'un terme constant, d'une série de termes en sinus et d'une série de termes en cosinus. Dans ce dernier cas, on a recours à l'analyse des signaux par déve­ loppement en série de Fourier; cette analyse fait l'objet d'un chapitre ultérieur. Dans le chapitre 3 nous avons étudié plusieurs circuits simples où les courants et les tensions étaient des fonctions sinusoïdales du temps. Nous avons cependant pu nous rendre compte que l'analyse de ces circuits bien que simple était fastidieuse. En utilisant une « expression complexe » pour les ten­ sions et les courants et l'impédance complexe pour les éléments de circuit, cette analyse peut être sim­ plifiée dans une très large mesure. LA NOTION D’IMPEDANCE COMPLEXE Considérons le circuit RL série de la Fig. 5-1 auquel on applique une tension v(t) = Vmeiut . En utilisant la formule d'Euler, nous constatons que cette tension peut s'écrire sous la forme Vm COS a>t 4jVm sin a>t et comprend un terme en sinus et un terme en cosinus. Pour ce circuit, la loi de Kirchhoff nous donne l'équation différentielle

Ri(t) 4- L

dl(t)

t

R

Q| L

Vme*“

dt

Une solution particulière de cette équation différentielle est l(t) = Keiut

.

Fig. 5-1

Par substitution nous obtenons:

RKeiat -h jtùLKeiut

d’où K = R + j^L

Vmeiut

=

Le rapport de la tension au courant nous montre que

72 + jwL eiut

ct

l'impédance est un nombre complexe qui a une partie réelle R et une partie imaginaire Leur

Z

^(0 i(0

vm^ Vm

R+

—

R 4" 710 = 11,16/63,4°

jlO

5Ü

Z

jio Q 5

Fig. 5-5 Exemple 2. Un circuit RC série comporte les éléments R = 20 Q et C = 5 ptF ; on lui applique une tension v - 150 cos 10 000 Z (voir Fig. 5-6 ci-après). Calculer la valeur de l’impédance complexe Z de ce circuit. La réactance de la capacité est donnée par Xc = -L = ______ 1_______ = 20 Q ; on en tire wC 10 000(5 X 10~6) 7- (20 “ ;20)Q, ou encore sous forme polaire Z = 28,3 / -45° Q.

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

45

26 4S*

20 Q

v

Z i

ZZZ —>20 Q

- >20

Z = 20-/20 = 2837-45-

Fig. 5-6

Dans tous les circuits comportant des éléments autres que des résistances, l’impédance est une fonction de co vu que Xf et Xc dépendent de . De ce fait une impédance complexe n’est valable qu’à la fréquence pour laquelle elle a été calculée.

L’EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS Considérons la fonction /(t) = T eiut , qui est une expression complexe dépendant du temps r. Le module de la fonction est r. Des représentations de cette fonction faites par exemple aux instants / = 0, 77 /4a) et zr / 2o> mettent en évidence sa nature (voir Fig. 5_7). j

t = r/"2w ut = r/2

t = r/4u ut = r/4

t = 0 ut = 0

1

Fig. 5-7. La fonction r eiut

Pour une valeur de co constante, le segment rectiligne de longueur r tourne à vitesse constante dans le sens trigonométrique. Les projections du segment tournant sur 1 axe réel et 1 axe imaginaire, cor­ respondent aux termes en sinus et en cosinus donnés par la formule d Euler: r

= rcostuZ + /’rsincoZ.

i Z

/ /

K

Lw

wt

1) Fonction sinus

2) Fonction cosinus

2r

ut

Fig. 5-8

46

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

Au cours du chapitre 3, nous avons montré qu’un courant i = Z„, sin (o»É — 0) circule dans un circuit RL série alimenté par une tension V = V», sin J(Wl < U

1...

lut / "\7

0>)

——e,i(a

Vin .

0)

\/2 ze ' ln

Ija—Q

V/a

~

Z/JL

(2) (5)

w

V Z L’équation (2) est une équation transformée et n’a de sens que dans le domaine des fréquences : le temps n’apparaît ni dans cette équation ni dans celles qui suivent. Cependant, il faut toujours se rappeler que l’équation (1) dépend du temps. Dans la relation (3), I et V correspondentt aux valeurs efficaces du courant et t. de — la - - tension. Dans la relation (4) 1, V et Z sont des quantités complexes et par conséquent il faut toujours tenir compte du module et de l’argument de ces grandeurs. La relation (4) est l’équivalent de la loi d'Ohm en notation complexe.

I

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

47

ym eKut + a)

V/a_

»

fm ej(ut + a-0)

(b) Domaine des fréquences

(a) Domaine du temps

Fig. 5-10

La Fig. 5-10(a) représente dans le plan complexe les fonctions donnant la tension et le courant sous forme exponentielle: ceci est une représentation dans le domaine du temps étant donné que t y ap­ paraît explicitement. La Fig. 5-10(b) montre les « vecteurs tournants >*représentant le courant et la tension: sur ce diagramme les longueurs des segments orientés sont égales à l/x/IFfois celles de la Fig. 5-10(a) et le temps n’apparaît plus explicitement. L’angle 6 et le module du courant sont fonction de la fréquence et de ce fait la Fig. 5-10 (b) correspond à une représentation dans le domaine des fréquences. Note du traducteur: Le terme anglais «phasor» n’a pas d'équivalent dans la langue française. L'auteur suppose implicitement qu'un nombre complexe peut être représenté par un vecteur (d'où les segments de droite orientés). Par ailleurs, en présentant ce nombre sous forme d'une fonction T , il fait apparaître un déplacement de l'affixe de ce nombre sur un cercle de rayon r, dans le sens trigonométrique. En combinant, par conséquent la représentation vectorielle d'un nombre complexe et le déplacement de l'affixe de ce nombre sur un cercle on ob­ tient un «vecteur tournant» ou «phasor». Par la suite nous n'utiliserons que le terme «vecteur» pour désigner un « phasor»

Problèmes résolus 5.1.

Représenter sur un graphique la variation de X^ et Xc en fonction de cû pour 400 < cû 43,3

V >43,3

--2 Z

/\

/ I

50.

/

I

f

45° -15°

I I 60° 1

1

25

Diagramme vectoriel

Diagramme d'impédance Fig. 5-12

Le courant est déphasé en arrière de 60°, indiquant qu'il s'agit d'un circuit RL série. La dernière équation ci-dessus permet alors d'écrire eu L = 43,3 Q et L = 43,3/5000 = 8,66 mH. Nous en déduisons que le circuit comporte une résistance R de 25 Q et une inductance L de 8,66 mH.

5.3.

Lorsqu'on alimente un circuit par une tension V = 311 Sin sin (ZOUUC (2500t 4+ 170°^ 17UWJ il y circule un courant i — 15,5 sin (2500t — 145°).Construire le diagramme vectoriel et le diagramme d'impé­ dance pour ce circuit et en déterminer les constantes. /170° = 220/170° ,

On peut écrire V =

II = = ^-^/-145° = 11/-145°

y2

et

y

Z

i

\/2

220/170° 11/—145°

20/—45°

14,14 - >14,14

14,14 ir-

170°

V

1

i i

-45°

■ i

i i i

20

-145°

.

I

->14,14

Diagramme vectoriel

X. i

-xz

Diagramme d'impédance

Fig. 5-13 Le courant est en avance sur la tension de 45°, indiquant ainsi qu'on a affaire à un circuit RC. Par ailleurs la dernière équation permet d'écrire Xc = 1/wC = 14,14 Q et C — 1/(14,14 x 2500) = 28,3 gF. Le circuit est constitué par une résistance R de 14,14 Q et une capacitéC de 28,3 /zF.

5.4.

L’impédance complexe d’un circuit à deux éléments R = 20 Q et L — 0,02 H est égale à 40/0 D . Déterminer l'angle 0 ainsi que la fréquence / en hertz. L'impédance du circuit est = 20 + >XL = 40/$. De la Fig. 5-14, nous déduisons

jxL

cos- 1 20/40 = 60°;

20

d'où XL = 40 sin 60° = 34,6 Q Nous avons également

— wL — 2vfL f

Fig. 5-14

d'où nous tirons

2-L

34,6 = 275 Hz. 2-(0,0 2)

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

5.5.

Dans un circuit série comportant une résistance R = 10 fi et une capacité C = 50 /zF, le courant est en avance sur la tension appliquée d’un angle de 30°. Pour quelle fréquence le courant serat-il en avance sur la tension de 70° ? 10 -Xc./lO = - 0,576 De la Fig. 5-15, nous tirons tg -30° ou X C1 = 5,76 fi. Par ailleurs comme on a Xc, = l/2ir/j C , 1 / 1 553 Hz 1 2irCXci ~ 2tt(50 X 10-® F)(5,76 fi) -ÎXct Pour la fréquence (2 , le courant est en avance sur la tension de 70°. Comme tg —70° = —Xc,/10 = —2,74 , on a Xc, = 27,4 fi . Sachant Fig. 5-15 que /zZ/j = Xc,/Xc„ /2/553 = 5,76/27,4,on en déduit /2 = 116 Hz. Comme Xc est inversement proportionnelle à cù , le déphasage entre i et v dans le circuit RC série est d'autant plus grand que la fréquence est plus faible.

5.6.

49

-Z,

jXL

Soit un circuit série comportant une résistance R — 25 fi et un élé­ ment pur inconnu. Déterminer la nature et la valeur de cet élément qui, pour une fréquence de 500 Hz, entraîne un déphasage entre / et v de (a) 20° (en avant) (b) 20° (en arrière). -jXc Un déphasage arrière de 20° est obtenu avec une inductance de réactance en série avec la résistance R . La réactance Xq d'une capacité entraînera un déphasage avant de 20° si Xc = X^. Dans le cas du déphasage arrière nous avons tg 20° = XL/25, d'où XL déduisons : L = XJ2irf — 9,l/2n-(500) = 2,9 mil.

20°

Î25

J-20° i

-z, Fig. 5-16

9,1 fi . Nous en

Dans le cas du déphasage avant la valeur de la capacité est C = l/2r/Xc = l/2ir(500)(9,l) = 35/zF.

5.7.

Un circuit série RL avec R = 25 fi et L — 0,01 H est utilisé à des fréquences de 100, 500 et 1000 Hz. Déterminer l'impédance complexe Z pour chacune de ces fréquences. Pour / = 100 Hz, XL = 2irfL = 2r(100)(0,01)= 6,28Q De meme pour / = 500 Hz, on a XL - 31,4 fi et pour / = 1000 Hz, on a XL = 62,8 fi . Les valeurs correspondantes de Z sont représentées sur les diagrammes ci-dessous. >62,8

Z

! >31,4 >6,28

—^z 25

25

25

f = 100 Z = 25 + >6,28 = 25,8/14,1° fi

I

683° !

✓wm* ;

J 14,1°!

5.8.

67,7.

Z

f = 500 Z = 25+ >31,4 = 40/51,4° fi Fig. 5-17

f = 1000 Z = 25 + >62,8 = 67,7/68.3° fi

Un circuit série avec R = 10 fi et C = 40 /zF est alimenté par une tension V =500 COS (2500t — 20°). Calculer le courant i circulant dans le circuit. I On a Xc = 1/wC = 1/2500(40 x 10"®) = lOD et l’impédance 25° 10^/2/—45° fi . La tension appliquée complexe est Z = 10 —>10 '—20°

peut se mettre sous la forme I

V Z

_

V = (500A/2 )/—20° V. On en déduit

(500/y/2)/-20°

(10a/2)/-45°

V

25/25° A

Fig. 5-18

Le diagramme vectoriel de la Fig. 5-18 montre que le courant et t = 25\/2 cos (2500t + 25°) I est en avance de phase sur V d'un angle de 45°, correspondant à l'argument de l'impédance complexe.

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

50 5.9.

Une tension, v — 283 sin (300t 4- 90°) est appliquée à un circuit série comportant une résistance R = 8 O et une inductance L = 0,02H. Calculer le courant i circulant dans le circuit.

CHAP. 5

v.

La réactance du circuit est XL = uL = 300(0,02)= 6 Q , son impédance complexe Z = 8 4- >6 = 10/36,9° Q. La tension appli­ quée peut s’écrire sous la forme V = (283/\28,4 = 28,8/80° Q.

Fig. 5-20

106

5.11.

Une capacité C de 25 pF est montée en série avec une résistance R, l’ensemble est alimenté par un réseau à 60 Hz. Le courant dans le circuit est en avance sur la tension d’un angle de 45°. Calculer

la valeur de R .

Xc =

On a

1 2tf/C

—45° .

K

i

I

-------

->106

________ 1 = 106 Q . 2n-(60)(25 X 10-6)

|

I

Fig. 5-21

Comme le déphasage est de 45°, on en déduit R = Xc = 106 a.

5.12.

Soit un circuit série comportant une résistance R de 8 O et une inductance L de 0,06 H. Dans un premier stade on lui applique une tension Vy = 70,7 sin (200 t 4- 30°) et dans iun second stade une tension =70,7 sin (300 t 4- 30°). Calculer le courant i pour chacun des> cas et construire les diagrammes vectoriels correspondants.

(a) Lorsque la tension vy est appliquée au circuit on peut écrire XL = «L = 200(0,06)= 12Q et

Vx = (70,7/V2 )/30° = 50/30° V ,

Comme

on a

Zx = R 4- jXL = 8 4->12 = 14,4/56,3° Q

II

_ Vj _ 50/301 = 3,47/—26,3° A Z[ “ 14,4/56,3°

et ij = 3,47\/2 (sin 200£ - 26,3°).

(b) Lorsque le circuit est alimenté par la tension V2,on a

XL = UL =300(0,06)= 18 Q

et Z2 = 8 4->18 = 19,7/66° Q

V2 = 50/30° V On en déduit

V 2 » t? I2 = —

50/30°

z2

19,7/66°

2,54/—36° A

et i2 = 2,54^2 sin (300t - 36°). V,

V.

30°

30°

J-26,3°

/-36e

II

Diagramme vectoriel pour w

h

200

Fig.5-22

Diagramme vectoriel pour u = 300

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

5.13.

51

En utilisant les propriétés des nombres complexes trouver la somme des courants ii = 14,14 sin (ut + 13,2°) et i2 = 8,95 sin (ut + 121,6°). Se référer à la Fig. 5-23 ci-dessous. On peut écri re Ij = (14,14/72 )/13,2° - 10/13,2°

=

9,73 + >2,28 A

I2 = (8,95/-/2)/121.6° = 6,33/121,6° = -3,32 + >5,39 A

Ii + I2 = d’où l’on tire

6,41 + >7,67 = 10/50° A

h + »2 = 1072 sin (wt + 50°).

-25°

-145°

1.

I.

Fig. 5-23

5.14.

Fig. 5-25

Fig. 5-24

Déterminer la différence i\ ~ z’2 ,

où il = 50 COS (œt + 75°) et £2 — 35,4 COS (34,2 A

= 35,4/75° =

= -12,5 + >21,7 A 21,7 +>12,5 = 25/30° A

Il - I2 =

Trouver la somme des trois courants ij — 32,6 sin (ut -145°),

i2 = 32,6 sin (a>t — 25°) et

>3 = 32,6 sin (œi + 95°).

On peut écrire : Ix = (32,6/72 )/-145° = 23/-145° = -18,8 - >13,2 A

12 = (32,6/72 )/-25°

= 23/—25°

13 = (32,6/72 )/95°

= 23/95°

=

20,8- >9,71 A

—2

Il + I2 + I3 =

+ >23

> 0,09 A

En se limitant à la précision de la règle à calcul on constate que la somme est nulle. Le diagramme vectoriel de la Fig. 5-25 montre que les trois courants sont déphasés de 120° l'un par rapport à l'autre. Tenant compte de ce fait, et sachant que l’amplitude des trois courants est identique, on voit que leur somme doit être nulle.

5.16.

Déterminer la somme des deux tensions Vi = 126,5 sin (80 V

= (44.7/72 )/-71,5° = 31,6/—71,5° = 10 — >30 V Vj + V2 = 50 + >50 = 5072/45° V

d’où Vi 4- v2

100 sin (wt + 45°).

Par ailleurs, comme

sinx = cos (x- 90°), on a également

+ v2 = 100 cos (wt - 45°).

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

52

5.17.

CHAP. 5

Exprimer chacune des tensions qui suivent en notation complexe et les représenter sur un dia­ gramme vectoriel.» Vi = 212 sin (ut + 45°), = 141,4 sin (ut — 90°), V3 = 127,3 cos (œt 4-30°), = 85 cos (wt — 45°), Vs = 141,4 sin (ut 4-180°). v. Avant de pouvoir représenter les différentes tensions sur un diagramme vectoriel, il faut que celles-ci soient fonctions soit du sinus seul soit du cosinus seul. Par conséquent, nous expri merons les tensions et v4 sous forme d'une fonction d'un sinus, c'est-à-dire: v3 = 127,3 sin (wt 4-120°), v4 = 85 sin (wt 4-45°). On peut alors écrire les expressions complexes des tensions

Va

A

Va

V3 = (127,3/y^ )/120° = 90/120° V V4 = (85/V2)/45° = 60/45° V V2 = (141.4A/2)/-90° = 100/—90° V V5 = (141,4/\/2)/180° = 100/180° V

Vj = (212/\/2)/45°

O

s A

= 150/45° V

45°

V,

Fig.5-26

Problèmes supplémentaires 5.18.

Pour chacun des problèmes 5.18 à 5.22 ci-dessous tracer un diagramme vectoriel et un diagramme d'impédance; déterminer les paramètres du circuit sachant que ce dernier comporte deux éléments montés en série. v = 283 cos (800t 4-150°), i = 11,3 cos (800t 4- 140°). Rép. R = 24,6Q,L = 5,43 mH

5.19.

v = 50 sin (2000t — 25°),

5.20.

v = 10 cos(5000t- 160°),

5.21.

v

80 sin (10001 4- 45°),

5.22.

v

424 cos (2000t 4-30°),

5.23.

Un circuit série comporte une résistance R de 8 Q et une capacité C de 30 gF. Déterminer la fréquence pour laquelle le courant sera en avance de phase de 30° sur la tension. Rép. / = 1155 Hz. Un circuit RL série est constitué par une inductance L de 21,2 mH et par une résistance R de valeur inconnue. Déterminer la valeur de cette résistance, sachant que pour une fréquence de 60 Hz le courant est en retard sur la tension de 53,1°. Rép. R = 6 Q Pour un circuit série à deux éléments, la tension appliquée est V = 240/ 0° V et le courant résul­ tant I = 50/ —60° A. Déterminer quel sera le courant pour une tension appliquée identique, si on réduit la résistance respectivement à (a) 60 % (b) 30 % de sa valeur initiale. Rép. (a) 54,7/—70,85° A (6) 57,l/-80,15° A Un courant I = 7.5_____ /—90° A circule dans un circuit série à deux éléments, lorsqu'on lui applique une tension V 150/—120° V. De quel pourcentage faudra-t-il changer la résistance pour que le module du courant soit de 12 A? Quel sera l'argument de ce courant? Rép. Une diminution de la résistance de 56,8 %, / — 66,8°. L'argument de l'impédance d'un circuit RC série comportant une résistance R de 10 ü est de -45° pour une fréquence = 500 Hz. Déterminer la fréquence pour laquelle le module de l'impédance est égal à (a) deux fois le module à la fréquence /y (b) la moitié du module à la fréquence f\ Rép. (a) 189 Hz, (b) ceci est impossible car la limite inférieure de Z est (10 + ;0)Q.

5.24. 5.25.

5.26.

5.27.

5.28. 5.29.

5.30.

i = 8 sin (2000t 4- 5°). i = 1,333 cos (5000t -73,82°).

i

8 cos (lOOOt — 90°).

i = 28,3 cos (2000t 4- 83,2°).

Rép. R = 5,41 D, C = 160 gF Rép. R = 0,5Ü,C

Rép. R =.7,07Ü, L

= 26,7 gF

7,07 mH

Rép. R = 9iï,C = 41,6 gF

Dans un circuit RL série avec R = 10 Q , l'argument de l'impédance est égal à 30° pour une fré­ quence /1 = 100 Hz. Pour quelle fréquence le module de l'impédance sera-t-il égal au double du module pour la fréquence /j? Rép. 360 Hz. Dans un circuit série à deux éléments dont une résistance R de 5 H, le courant est déphasé en arrière par rapport à la tension de 75° pour une fréquence de 60 HZ. (a) Déterminer la nature et la valeur du second élément, (b) Calculer le déphasage correspondant au troisième harmonique / = 180 Hz. Rép. (a) 0,0496 H (b) 0 = 84,88°. Un circuit comporte une résistance R de 5 (1 et une capacité, Ç de 50 gF montées en série. Le circuit est successivement alimenté par deux sources de tension différentes, Vj = 170 cos (lOOOt 4- 20°) et v2 = 170 cos (2000t 4- 20°) . Dans chacun des cas déterminer le courant circulant dans le circuit . Rép. tj = 8,25 cos (lOOOt 4-95,95°), i2 = 15,2 cos (2000t 4-83,4°)

IMPEDANCE COMPLEXE ET EXPRESSION COMPLEXE DES TENSIONS ET DES COURANTS

CHAP. 5

5.31.

5.32.

5.33. 5.34. 5.35.

Un courant I = 4,74/—116,6°A circule dans un circuit à deux éléments montés en série, lorsqu’on lui applique une tension V = 150/—45° V (w = 2000 rd/s). En l'alimentant par une seconde sour­ ce de tension,le déphasage entre la tension et le courant est de 30°. Déterminer la pulsation eu de la seconde source. Rép. 385 rd/ s. En se référant au problème 5.31., déterminer la variation de fréquence nécessaire pour que le mo­ dule du courant soit de 6 A. En supposant une variation illimitée de la fréquence, quel serait le courant maximal possible dans le circuit ? Rép. Une réduction de / de 23,6 %, 15,0 A. Calculer la somme des tensions Vj = 50 sin (ut 4- 90°) et v2 = 50 sin (ut + 30°) (voir Fig. 5-27 cidessous). Quelle serait la tension lue sur un voltmètre branché entre les extrémités des deux sources montées en série? Rép- 86,6 sin (ut + 60°), 61,2 V. Calculer la somme des tensions = 35 sin (wt 4-45°) et v2 = 100 sin(wt —30°) en prenant comme sens positif celui de la tension vj . (voir Fig. 5-28 ci-dessous). Rép. 97 sin (ut + 129,6°) Refaire le problème 5.34. en inversant le sens de v2 . Rép. 114 sin (wt - 12,75°)

Vi

Vi

5.37. 5.38.

5.39.

5.40.

vt

I I

I I

V VT

4 Fig. 5-30

Fig. 5-29

Déterminer l’indication d'un voltmètre branché aux bornes de trois impédances comme le montre sont la Fig. 5-29 ci-dessus, sachant que les tensions aux Ibornes des J““ impédances ---------------‘ •: v3 = 14,14 cos (ut 4-30°). Rép. 58,3 V Vi = 70,7 sin (ut 4- 30°), v2 = 28,3 sin (ut 4-120°), et v2 = 31,6 cos (ut 4- 73,4°) Pour le circuit de la Fig. 5-30, déterminer 14 sachant que vT = 20 cos (ut — 35°). Rép. Vj = 42,4 cos (ut — 80°) En se reportant au problème 5.37., déterminer les indications d’un voltmètre branché respective­ ment entre les extrémités de chacune des impédances et entre les extrémités des deux impédan­ ces en série. Comment ces indications peuvent-elles s'expliquer? Rép. Vi = 30, V2 = 22,4, VT = 14,14 V Quel est le courant indiqué par l'ampèremètre de la Fig. 5-31, ci-dessous, sachant que les deux courants sont tj = 14,14 sin (ut — 20°) et = 7,07 sin (ut 4- 60°). Rép. 11,9 A En se reportant à la Fig. 5-32 ci-dessous, déterminer iT sachant que les trois courants sont: il = 14,14 sin (wt + 45°), i2 = 14,14 sin (ut - 75°), £3 = 14,14 sin (ut - 195°). Rép. iT = 0 I.-------*■

—•-ti

»i

— I»

Fig. 5-31

5.43.

A

Fig. 5-34

Fig. 5-33

Fig. 5-32

En se référant au diagramme de la Fig. 5-33 ci-dessus, déterminer le courant I3 (avec le sens approprié) sachant que

5.42.

ii

Ii------ -

* t»

5.41.

Vi

Vi

Vt

Fig. 5-28

Fig.5-27

5.36.

53

It = 25/70° A et

I2 = 25/—170° A

Rép.

I3 = 25£—5Q2 A

Déterminer le courant z‘2 ainsi que l’indication de l’ampèremètre de la Fig. 5-34 ci-dessus, sa­ chant que les deux autres courants sont ij. = 13,2 sin («t —31°) et tj = 3,54 sin (ut 4- 20°). Rép. i2 = 11,3 sin (ut — 45°), 8 A A fréquence constante et poux des éléments de circuit donnés, l’impédance est représentée par un point sur le diagramme d’impédance. Cependant, si la valeur d’un élément ou la fréquence varie l'impédance sera représentée par un lieu d’impédance et non plus par un point unique. Pour cha­ cune des figures ci-dessous, déterminer et discuter ce qui pourrait être à l’origine du lieu d'impédance. j j Lieu de l’impédance Z

J

3 §

—


V,

Z,

V,

Zj

V,

Chutes de tensions

Fig. 6-1. Le circuit série

V = V1 + V2 + V3 = IZ1 + IZ2 + IZ3 = I(Zi + Z2 + Z3) = IZeq d'où l’on tire

I = V/Zeq

et

Zeq = Zi + Z2 + Z3

La différence de potentiel d’une impédance est donnée par le produit de l’expression complexe du courant I et de l’impédance complexe Z. Pour le circuit de la Fig. 6-1 ceci donne Vi = IZi, V2 = IZ2 et V3 = IZ3 . Pour chacune des impédances la flèche indique la direction de référence pour la tension; elle est orientée dans le sens par lequel le courant I entre dans l’impédance.

L’impédance équivalente Zeq d’un nombre quelconque d’impédances connectées en série est égale à la somme de ces impédances; Zeq — (Zi 4- Z2 + Z3 4- • • •) . Ces impédances sont des nombres com­ plexes et leur somme ne peut s'effectuer qu’en mettant chacune des impédances sous forme rectangulaire. Exemple 1. Pour le circuit série de la Fig. 6-2, déterminer I et Z^q • Montrer que la somme des chutes de tension est égale à la tension appliquée (expression complexe).

Z.

Z»

/3Û | (~J 100/0° Vx

On a:

I

Zeq — Zi 4- Z2 4- Z3 — 4 4- j’3 — jQ = 4 - >3 = 5/—36,9° Q

Fig. 6-2

—/6 ” X Zj

o

CHAP. 6

L'ASSOCIATION D'IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE

et

y Zeq

I

On peut alors écrire

100/0° 5/~36,9°

“

55

20/36,9° A

Vj = IZj = 20/36,9° (4)

80/36,9° VV9 = 60/126,9° V , V3 = 120/-53,l°V

Vj 4- V2 4- V3 = (64 4- >48) 4- (-36 4- 7 4 8) 4- (72 - >96) = 100 4- jO V = V

et vérifier que

comme le montre le diagramme de la Fig. 6-3 (c). .

/

A

>3

60 X

4

V,

I

~J6

36,8°

>

V3

\120

FA

V

4-/3

.

V = 100/0°

(a) Diagramme d'impédance

(b) Diagramme vectoriel représentant V et I Fig. 6-3

(c) Diagramme vectoriel représentant les dif­ férentes tensions.

L'impédance équivalente est de nature capacitive, ce qui donne lieu à un courant I qui est en avance sur la tension d'un angle de 36,9° correspondant à l'argument de l'impédance (voir Fig. 6-3 (è) ci-dessus). On peut remarquer que la tension Vj aux bornes de la résistance est en phase avec le courant. Par ailleurs le courant I est en retard de 90° sur V2 et en avance de 90° sur V3 . Un voltmètre placé aux bornes de Zj,Z2 et Z3 indiquerait respectivement 80, 60 et 120 V; la tension totale aux bornes des trois impédances semblerait ainsi être de 260 V : ceci n'est cependant pas le cas car une mesure de tension faite aux bornes des trois impédances in­ dique 100 V. Il faut en effet se rappeler qu’une fois le régime sinusoïdal établi dans un circuit, les tensions ainsi que les courants doivent s'additionner vectoriellement. ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN PARALLELE

Sur la Fig. 6-4 (a) ci-dessous, une source unique de tension alimente trois impédances montées en parallèle. Le circuit a été modifié sur la Fig. 6-4 (b) pour mettre en évidence les deux jonctions corn­ munes (ou noeuds) des trois impédances 40 = 44,7/—63,4° fi et le courant I = ~ zZ - 44,7/—63,4 O 2.68/63,4° A. Par conséquent, les tensions aux bornes des éléments du circuit sont VR = 53,6/63,4° V , VL = 26,8/153,4° V et Vc = 134/-26,6° V. On a

Le diagramme vectoriel de la Fig. 6-16 ci-dessus montre que VR + VL 4- Vc = V.

6.4.

Les constantes R et L d’une bobine doivent être déterminées en mettant en série avec la bobi­ ne une résistance standard Rs de 10 fi et en relevant les tensions aux bomes de Rs, de la bo­ bine et du circuit complet. Calculer R et L sachant que le circuit est alimenté par une tension de fréquence 60 Hz et que les différentes tensions relevées sont: VRg = 20 V, Vbob = 22,4 V et VT = 36 V. La tension VD aux bornes de la résistance standard est en phase avec le courant I dans le circuit. Soit = 20/ 02V; on en déduit I = Vr,/R, = 2/0°. * La Fig. 6-17 donne la construction permettant de dé­ terminer VT et Vhoh : de l’origine du vecteur VR , on trace un arc de cercle de rayon 36, et de l'extrémité du vecteur V/j on trace un arc de cercle de rayon 22,4. L'in­ tersection de ces deux arcs correspond aux extrémités des vecteurs VT et Vbob , satisfaisant ainsi la relation VT = yRt 4-

\

❖

V,

Vbob

,

ia

v«.

20/0°

L'argument de la tension VT se calcule par la relation Fig. 6-17 = (36)2 4(20) 2 (22,4)2 = Qg a = 33,7° cos a 2(36)(20) Les tensions V-p et Vbob s'écrivent alors VT = 36/33,7° = 30 4- >20 et

=

/I = VT - VR. = 10 4- >20 = 22,4/63,4° V. L'impédance de la bobine est Z^h = 5 4- >10 fi,d'où R = 5fi. Par ailleurs, comme la fréquence de la source est de (10 4- >20)/2 = 60 Hz, on a XL = 2irfL = 2ir(60)L = 10 fi et L = 26,5 mH

6.5.

Dans le circuit parallèle de la Fig. 6-18 ci-dessous déterminer le courant dans chaque branche ainsi que le courant total; faire une représentation vectorielle de ces courants. Déterminer Zeq à partir de V/l et comparer le résultat avec ZiZ2/(Zi 4-Z2).

I

iïl

ïïj

3fi

50/0*

lofi

V

Fig. 6-18

Fig. 6-19

Les impédances des deux branches sont Zj = 3 — >4 = 5/—53,12 Œ

Zi = io n

Il en résulte que les différents courants sont donnés par : v 50/02 11 “ Z[ “ 5/—53,1° = 10/53,1° = 6 4- >8 A

■.=£

50/0° 10

= 5/02

= 5 A

IT = Il + I2 = 11 + j8 = 13,6/362.A

5

60

L’ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE

CHAP. 6

On constate que les impédances calculées par les relations

Z3Q

6.10.

8.5/30° Q

Dans le circuit série parallèle de la Fig. 6-26, la valeur efficace de la tension aux bornes de la partie parallèle du circuit est de 50 V. Déterminer le modu­ le correspondant de V . (20 4- >60)>6 Z» “ 20+ >60 +>6 = 5,52/88,45° = 0,149 + >5,52 Q

20

I

>6 Q

>60 I

n1

J

Z". = 8,5/30° + (0,149+>5,52) = 12,3/52,4° Q

et

Comme V = IZ,

on a

6.11.

Vp = IZp, Vp/Zp = y/z^,

Fig. 6-26

V = Vp(Z^/Zp} = 50(12,3/5.52) = 111,5 V

Déterminer le courant total circulant dans le circuit parallèle à quatre branches de la Fig: 6-27; Calculer l’impédance équivalente du circuit. — > 0,2 mhos

Yj = l/>5

|

Ir

5

f7?)t y2 = 1/10/60° = 0,05 - >0,0866 mhos = 1/15 = 0,067 mhos 1 50V I y3 = >0,1 mhos | y4 = l/->10

n

>5'

a

6.12.

v Yeq = — «i v

Comme

Y,

= 1/Y^ = l/(0,22/-58° ) = 4,55/581 Q

du circuit parallèle à trois branches de la Fig. 6-28.

L’admittance complexe du circuit est: IT

n

Fig. 6-27

= (150/45° XQ,22/—58°) = 33/-13°A et

Déterminer l’impédance Zy

-;io Z=Z

O

Yeq = 0,117-/0,1866 = 0.22/-58° mhos

On en déduit IT = VY^

15 Ü

>8,66

31,5/24° , . , ----- ’= = 0.637-36° = 0,51—; 0,37 50/60° mhos

I

IT = 31,5/24° A 50/60° V

z.

10 D

>3:

= Y1 + Y2 + Y3 = Yl + (0,l) + (0,16-

Q

/0,12) = 0,51 — >0,37 mhos, on a Yt =0,25-/0,25 = 0,2 5 72/^45? mhos. On en déduit Zt = 1/Yj = 272/45° = 2 + j2 Q

Fig. 6-28

Autre méthode:

It = It + I, + I, et

Zj

—

V Il

“

= h+

50/60° 17,7/15°

50/60° 10

50/60° + 5/36,9°

4 Q

= 31.5/24° A, d’où I, = 17,7/15? A

= 272/45° = 2 + j2 Q

62

L’ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE

6.13.

CHAP. 6

Déterminer les impédances et les admittances équivalentes, correspondant au diagramme vectoriel de la Fig. 6-29. Impédance équivalente Admittance équivalente 120/30° 3/-15V 3/-Ï5° “ 120/3021 1 120 40/45° = 0.025/—45°

z = X

Y = v

\30°

28,3 D

3

z

Fig. 6-29

6.14.

= 0,0177 — >0,0177 mhos

28,3 + >28.3 Q

G 0,0177 mhos

Y

>28d

---------------

Calculer Zeq et Yeq pour le circuit série-

•---- AVM—

parallèle de la Fig. 6.30. Dans un premier stade on calculera l’admittance équivalente aux trois branches parallèles, ainsi que l’impédance correspondante. Y = A. 1 +___ 1____ Pmi 5 j2 5/—53,1°

2Ü

—>0 ,0177 mhos

;5Ü

3

5 D

n

>2

fl I

= 0,32 - j 0,34 = 0,467/—46,7° mhos et

Fig. 6-30

Z,•p«, = l/YPe, = 2,14/46,7° = 1,47 + >1,56 Ü

Nous avons à présent comme impédance équivalente et comme admittance équivalente res­ pectives 7,42/62,1° Q

= (2 + >5) + (1,47 + il,56) = 3,47 4- >6,56

Y^ = 1/(7,42/62,1°) = 0,135/—62,1° = 0,063 ->0,119 mhos

6.15.

Transformer le circuit série parallèle du problème 6.14; en deux circuits équivalents contenant respectivement Zeq et Y^ . Trouver le courant circulant dans chacun des circuits sachant que la tension appliquée est V = 120/0° V. f - VMW 3,47 n

1

1

d 120/0° V

J

120/0°

,6'n§

■

- J 0,119mhoso

Fig. 6-31

(6) Y = 0.135/—62,1° mhos

(a) Z = 7,42/62,1 °Q j

6.16.

V

120/01’ = 16,2/—62,1° A 7,42/62,1°

I = VY = (120/0° )(0,l 35/—62,1° )

= 16,2/-62,1° A

Une bobine est définie par sa résistance série Rs et son inductance série Ls . Déterminer les

constantes Rp et Lp du circuit parallèle équivalent à cette bobine, en fonction de Rs et Ls .

être

Comme les admittances des deux circuits équivalents représentés sur la Fig. 6-32 doivent égales, on a i_ + 1 1 R» - >£, Yp = Y. ou Rp juLp Rs + (R,)2 + (w^)2

En égalant les parties réelles et les parties imaginaires des deux admittances on obtient

1 _ R' RP (R.)2 + ^s)2

et

On en déduit Rp = Rt + (ojL,)2//?,

_L_ et

R,

~juLa

(*«)2 + («LJ2 Lp = L, + R2/M,.

Fig.6-32

L,

CH AP. 6

6.17.

Déterminer l'impédance équivalente du circuit série-parallèle de la Fig. 6-33.

=

(R2R3 4- juLR3)[(R2 4- R3) - faL] (R2 4" R3)2 4- (wL)2

Ri +

(R2 + j»L)R3 R% "h R3 4- juL

Ri +

R2R3(R2 4- R3) 4- «2L2R3 4- /WLR3(R2 4- R3) - /WL(R2R3) (R24-R3)24- («L)2

= [«! + 6.18.

63

L'ASSOCIATION D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE

Ri1 +

R3(R2 4-R2R34-m2L2)“| (R24-R3)24- («L)2 J

R,

R>

r wLR3 ”1 J U(R24-R3)24- («L)2J

L

T

R*n 4T- juL 7«*>eq t

Fig. 6-33

La première branche du circuit parallèle de la Fig. 6-34 contient deux résistances égales R montées en série et la seconde branche contient une résistance Rj en série avec une inductance variable L . Comment la différence de potentiel entre A et B varie-t-elle en fonction de L ? Le courant dans la première branche est égal à IA = V/2R et la d.d.p. aux bornes de la résistance in­ férieure est IXR = £V.

1.

R>

’OI

Hb R? Fig. 6-34

Dans la seconde branche le courant est IB = VARj+iwL)

L

et la d.d.p. aux bornes de l'inductance est IBj»L = * (juL) (Rl 4- ]uL)

ir+

'•IV+

juL â

R>

Fig. 6-35 En considérant les polarités indiquées sur la Fig. 6-35, on peut écrire V = |V (/

) - 0,50, Y = 0,47 + >0,1175 mhos.

Afin de déterminer la résistance R et l’inductance L d'une bobine, on branche en série avec cet­ te bobine une résistance de 25 Q et on applique au circuit ainsi formé une tension de 120 V (60 Hz); les tensions aux bornes de la résistance et celle aux bornes de la bobine sont alors respectivement VR = 70,8 V et Vbob = 86 V. Calculer R et L. Rép. R = 50 , L = 79,6 mH. Un circuit est constitué par la combinaison en série d'une résistance R , d'une capacité C et d'une résistance de 15 O . Lorsque l'on applique à ce circuit une tension de 120 V (60 Hz), la tension efficace aux bornes de la combinaison RC et celle aux bornes de la résistance de 15 O sont respectivement 87,3 V et 63,6 V. Déterminer R et C. Rép. R = 50 , C = 132,5 gF.

Calculer l'impédance équivalente Zeq , et l'admittance équivalente Yeq , du circuit parallèle à deux branches de la Fig. 6-46 ci-dessous. Calculer le courant total pour chaque circuit équiva­ lent. Rép. = 18,6/7,15° O, = 0.0538/-7,15°mhos,IT = 10,75/-7,15° A

10

200/0° v(~)|

n

15

n 240/45°V

J

J

15/20°

20/45°

o

>20

Fig. 6-46

6.33.

85

V 250 V

Fig. 6-43

6.28.

I 41,2

V

I 7,91 A

139,05°,

25°

45°

63,5°

Fig. 6-47

a

Ir

Ôl

100/30°^

4Ü

1 ■*» ~/4 n

5 Q

>8.66 Q

Fig. 6-48

Calculer le courant dans chacune des branches du circuit parallèle de la Fig. 6-47 ci-dessus, ainsi que le courant total. Construire un diagramme vectoriel représentant !j , 12 et 1T.

Rép. 16/25° A, 12/0_° A , 27,4/14,3° A

66

D’IMPEDANCES EN SERIE ET EN PARALLELE

L’ASSOCIATION

CHAP. 6

6.34.

Calculer le courant total Ip pour le circuit parallèle à deux branches de la Fig. 6-48 ci-dessus. En se servant du rapport V/ lT , déterminer Zoq , et comparer le résultat avec Zcq = ZjZ^çZj 4- Z2). Rép. IT = 17,9/42,4°A^= 5,59/-12,4°fl .

6.35.

Le diagramme vectoriel de la Fig. 6-49 ci-dessous représente la tension et les courants dans un circuit parallèle à deux branches. Calculer les impédances Zj et Z2 de chacune des branches. Rép. Zi = 2,5+ >20 fl,Z2 = 15/—90° fl

6.36.

Le diagramme vectoriel de la Fig. 6-50 ci-dessous, représente la tension appliquée à un circuit parallèle à deux branches ainsi que les courants qui y circulent. Déterminer les impédances Zj et Z2 de chacune des branches. Rép. Zj = 11,55 — >20.fl, Z2 = 27,6 + >11,75 fl II

Ii

4.95^

82,87/^

V

\ 30°

z,

10 n

L_

100

H

Ir

6^

/—30°

SK..

6,67

I»

^Ii

Fig. 6-49

v 150

Fig. 6-50

Fig. 6-51

6.37.

Pour le circuit de la Fig. 6-51, on donne Ix = 2/—30° A et IT = 4,47/33,4°, calculer Z 2 Rép. Z2 = ->5.

6.38.

En se servant des admittances, calculer Z^ et Yeq , pour le circuit à quatre branches de la Fig. 6-52 ci-dessous. A partir du circuit équivalent calculer le courant total l-p. Rép. Y^ = 0,22/—58° mhos, Zeq= 4,55/58° fl, IT = 33/-13° A. >5 fl 10 fl —-vVMW1 15 n

■

5 fl WAW---------

=:-jioQ

2 fl —AWAW

Fig. 6-53

6.39.

Calculer Zeq e etf YCÎ eq , pour le circuit parallèle à trois branches de la Fig. 6-53 ci-dessus. Rép.Z^ = 2,87 2,87/27° /27° fl, = 0.348/-27° mhos.

6.40.

Dans le circuit de la Fig. 6-54 ci-dessous, on donne calculer Z. Rép. Z = 5/—30° fl

-(~)l ' I

V = 50/30° V et

10 O

67

50 C^|50/-45° V

—>50

5O A Fig. 6-56

6.45.

Fig. 6-57

Un voltmètre placé aux bornes de la résistance de 3 Q du circuit de la Fig. 6-58 indique 45 V. Quelle est l'indication de l'ampèremètre ? Rép. 19,4 A. 10O —

r—MW/—

50

50

>6 0 >3 0

20

—vww—

V

V 30 B —VWW— 30

_ >4 »

>30

Fig. 6-59

Fig. 6-58

6.46.

La tension lue sur un voltmètre branché aux bornes de la résistance de 5 O du circuit de la Fig. 6-59 ci-dessus est de 45 V. Déterminer l'intensité lue sur l'ampèremètre. Rép. 18 A.

6.47.

En se référant au problème 6 .46., calculer la tension efficace entre les points A et B. Rép. 25,2 V.

6.48.

Dans le circuit de la Fig. 6-60 ci-dessous, la tension efficace entre les points A et B est de 25 V. Calculer les valeurs efficaces correspondantes de V et I7 . (On choisira une tension V’ appropriée et on calculera la tension N'ab correspondante; on aura alors V/25 = V’/ ). Rép. 54,3 V, 14,2 A.

A 50

A

>30

3/60° O

60

50

B

§40 O

V

>2 o

4Q

_E

S5-/30 O

Fig. 6-61

Fig. 6-60

6.49.

Calculer la valeur efficace de la tension délivrée par la source (Fig. 6-61 ci-dessus), sachant que la différence de potentiel entre A et B est de 50 V. Rép. 54,6 V.

6.50.

En se référant à la Fig. 6-62 ci-dessous, choisir des valeurs arbitraires pour R et . Montrer que pour n'importe quelles valeurs de R et X^, la valeur efficace de la tension V^b est de 50 V.

100/0° (C) |

10 O

R A

10

o

Fig. 6-62

B

Chapitre 7 Puissance et amélioration du facteur de puissance INTRODUCTION Dans un grand nombre d’appareils électriques, on s’intéresse essentiellement à la puissance: par exemple la puissance délivrée par un alternateur, la puissance consommée par un moteur ou encore celle fournie par un émetteur de radio ou un émetteur de télévision.

i(t)

Dans le réseau de la Fig. 7-1., supposons que la tension soit une fonction du temps. Le courant résultant sera également une fonction du temps, et son amplitude dépendra des éléments qui constituent le réseau. A chaque instant le produit de la tension par le courant représente la puissance instantanée, qui s'écrit p = vi.

Réseau passif

Fig. 7-1 Suivant l’intervalle de temps considéré la puissance p peut être positive ou négative. Une puissance p positive correspond à un transfert d’énergie de la source au réseau, alors qu' une puissance p négative correspond à un transfert d’énergie du réseau à la source. LA PUISSANCE EN REGIME SINUSOÏDAL.

LA PUISSANCE MOYENNE (P)

Considérons le cas idéal où le réseau ne comporte qu’un élément inductif. En appliquant à ce réseau une V = Vm sin wt , il y circulera un courant tension i = Iin sin (mt — tt/2) . La puissance à chaque instant est alors donnée par: p = vi = Vm Zm (sin œt) (sin œt — 7r/2) Comme sin (11,31 = 19,25/—36° A

L’ampèremètre indique 19,25 A.

Déterminer le triangle des puissances pour chacune des branches du circuit parallèle de la Fig. 7-15. En faire la somme vectorielle pour obtenir le triangle des puissances pour le circuit COmPletP. = 86.6 7X4^

30°

h

Qi = 50 inductifs

Si

P, = 40

V = 20/60° vQ |

111

Zi = 4/30° Ql

Z, = 5/60° Q

60°

ST = 174

St

Fig. 7-15

Q, = 69,2 inductifs

Fig. 7-16

Branche 1. Ix = V/Zx = (20/60° )/(4/30°) = 5/30° A

Si = VI* = (20/60° )(5/—30°) = 100/30°

Branche 2. I2 = V/Z2 = (20/60° )/(5/60°) = 4/02 A

s2 = vij = (20/60° )(4/0° ) = 80/60°

= 86,6 + >50 VA

= 40 + >69,2 VA

D’où l’on tire

D’où l’on tire

Pi

= ReVI* = 86,6 W

P2

Qi

— ImVl* = 50 vars inductifs

Q2 = 69/2 vars inductifs

Sx

= |VI*| = 100 VA

s2 = 80 VA f.p2 = 0,5 inductif

F.P.j = Pi/Si = 0,866 inductif

= 40W

En tenant compte des résultats ci-dessus et en se référant à la Fig. 7-16, le triangle des puis­ sances pour le circuit complet s'obtient comme suit: pT = px + p2 = 86,6 + 40 = 126,6 W,

Par ailleurs, comme

St = PT + jQT = 126,6 + >119,2 = 174/43,4° VA on a également

ST = |ST| = 174 VA

7.7.

QT = Qi + Q2 = 50 + 69,2 = 119,2 vars inductifs

et

F.P.t = PT/ST = 126,6/174 = 0,727 inductif

Un moteur à induction a un rendement de 85 %, pour une puissance de sortie de 2 CV. A cette puissance, le facteur de puissance est de 0,8 (inductif). Déterminer tous les paramètres définis­ sant la puissance fournie au moteur.

Comme 1 CV = 746 W,

PPee

= 2(746)/0,85= 1755 W. On en déduit:

S = 1755/0,8= 2190 VA, fi = cos“1(0,8)= 36,9°,

Q = 2190 sin 36,9° = 1315 vars inductifs

CHAP. 7 7.8.

PUISSANCE ET AMELIORATION DU FACTEUR DE PUISSANCE

Tracer le triangle des puissances totales pour le circuit parallèle de la Fig. 7-17, où la résistance de 2 fl dissi­ pe une puissance de 20 W.

75

>T -------- -

“I

La relation P = PR nous permet d’écrire Zj(2) = 20 et = 3,16 A. Comme = 2->5 = 5,38/-68,2° Q, nous avons V = IXZ = 3,16(5,38) = 17 V. Posons V = 17/ 0° V; il en résulte '•

S*

2(1

—>5 Q

10

>1Q

Ij = 3,16/68,2° A, I2 = V/Zj = (17/0f )/(V2/45^ ) A IT =

et

Fig. 7-17

+ I2 = 11,1/—29,8° A .

Afin de calculer les côtés du triangle des puissances, nous devons connaître ST : ST = VI? = 17/0° (11,1/29,8° ) = 189/29,8° = 164 4->94 VA

Nous en déduisons PT = 164 W,

7.9.

Qt = 94 vars inductifs, ST = 189 VA, F.P.= 164/189 = 0,868 inductif

Déterminer le triangle des puissances pour la combinaison des trois charges suivantes: charge 1, 250 VA, F.P. = 0,5 (inductif); Charge 2, 180 W, F.P. = 0,8 (capacitif); Charge 3, 300 VA, 100 vars inductifs. Calculer la puissance moyenne et la puissance réactive pour chacune des charges, dans les cas où celles-ci ne sont pas connues. Charge 1. Sont connus 5 = 250 VA et F.P. = 0,5 (inductif). P = S. (F.P.) = 250(0,5) = 125 W,$ = cos-1 0,5 =60°, Q = S sin 9 = 250 sin 60° = 216 vars inductifs

Charge 2. Sont donnés P = 180 W et F.P. = 0,8 (capacitif) P S = = 180/0,8 = 225 VA 9 = cos-*0,8 = 36,9°, Q = 225 sin 36,9° = 135 vars capacitifs. RP. Charge 3. On connaît S = 300 VA et Q = 100 vars inductifs 9 = sin~i(Q/S) = sin-1 (100/300) = 19,5°,

P = S cos 9 = 300 cos 19,5° = 283 W

Nous pouvons alors écrire :

PT = 125 + 180 + 283 = 588 W, Comme

nous avons

QT = 216 - 135 + 100 = 181 vars inductifs

ST = PT + jQT = 588 + >181 = 616/17,1° , ST = 616 VA

et

F.P.= P/S = 588/616 = 0,955 inductifs

La Fig. 7-18 représente les triangles des puissances pour chacune des charges ainsi que le trian­ gle des puissances totales. PT = 588 125

(1)

283

A 216

(*) (*)

135

100

Qt = 181 inductifs

180

Fig. 7-18

7.10.

Un transformateur de puissance nominale 25 kVA alimente une charge de 12 kW ayant un facteur de puissance de 0,6 (inductif). Déterminer en % le taux de charge du transformateur. Si ce trans­ formateur doit alimenter d’autres charges ayant un facteur de puissance égal à l’unité, combien de kW sont encore disponibles avant d’atteindre la charge nominale du transfoimateur ? Pour la charge de 12 kW on a S = P/F.P. = 12/0,6 = 20 kVA. Par conséquent le trans­ formateur est chargé à (20 7 25) 100 = 80 % . 6

76

PUISSANCE ET AMELIORATION DU FACTEUR DE PUISSANCE

Comme e = cos-1 0,6 = 53,1°, on a Q = S sin e = 20 sin 53,1° = 16 kvar inductifs. La charge additionnelle a un facteur de puissance égal à 1; par conséquent la puissance réactive Q reste inchangée. On a alors pour la charge nominale un angle 0' = sin-1 (16/25) = 39,8° et une puissance totale PT = S' cos = 25 cos 39,8° = 19,2 kW.

PT

CHAP. 7

19,2

P= 12

i i i i

' = 39,8°

I

On en déduit que la charge additionnelle est égale à : PT- P = 19,2 - 12 = 7.2 kW Le résultat ci-dessus peut aussi s’obtenir graphique­ ment comme le montre la Fig. 7-19.

Q = 16

On peut remarquer que l’addition de charges de facteur de puissance unitaire a amélioré le facteur de puissance de l’ensemble: P.F. = cos 39,8° = 0,768 (inductif).

7.11.

Nouvelle charge à F.P. unitaire,

i i

à 25 kVA

Fig. 7-19

En se référant au Problème 7.10., quelles çharges supplémentaires en kVA peut-on alimenter pour amener le transformateur à sa charge nominale, sachant que ces charges ont un facteur de puissance de 0,866 (capacitif) ? Du Problème 7.11. nous tirons S = 20kVA,$ = 53,1°, Q = 16 kvar inductifs. Nous pou­ vons tracer le triangle des puissances correspondant, comme le montre la Fig. 7-20 (a) . En ajoutant les charges S2 avec un angle 02 ~ cos-10,866 = 30°, il nous faut calculer le nouvel angle 0’. En considérant la Fig. 7-20 (b) , nous pouvons écrire 25/sin96,9° = 20/sin £, sin p = 0,795, p = 52,6°

Nous en déduisons

et

y = 180° — (96,9° 4- 52,6°) = 30,5°

e' = 53,1 ° - 30,5° = 22,6°.

P = 12

1

1 1

Y

-*

! X I ?

S = 2(T

25

JS

Q = 16

20

36^. 60o

S./ ^7

Q.

P

S»

P.

(a) Fig. 7-20 (6) La puissance activé et la puissance réactive à pleine charge sont respectivement : PT = 25 cos 22,6° = 23,1 kW et Qt = 25 sin 22,6° = 9,6 kvar inductifs. Pour les charges additionnelles, nous avons P2 = 23,1 — 12 = 11,1 kW , Q2 = 16 - 9,6 = 6,4 kvar capacitifs et, comme S2 = P2 + jQ2 = 11,1->6,4 = 12,8/-30°, S2 = 12,8 kVA On peut ainsi ajouter une charge de 12,8 kVA avec un facteur de puissance de 0,866 (capa­ citif) aux 12 kW avec un facteur de puissance de 0,6 (inductif), pour amener le transformateur à sa charge nominale de 25 kVA.

Autre méthode : La Fig. 7-20 (a) permet d’écrire pour un angle 02 ~ 30° P2 = S2 cos 30° = (V3/2)S2,

Par ailleurs on a également

Q2 = S2 sin 30° = |S2

(S')2 — (P + P2)2 + (Q — Q2)2

Ce qui donne après substitution : 252 = (12 + V3/2 S2)2 + (16 - |S2)2

et

S2 = 12,8 kVA

CHAP. 7

7.12.

PUISSANCE ET AMELIORATION DU FACTEUR DE PUISSANCE

Soit un transformateur de 500 kVA à pleine charge alimentant un système dont le facteur de puissance est de 0,6 (inductif) . On améliore ce facteur de puissance par l’adjonction de capa­ cités, jusqu’à ce qu’il ait atteint la valeur de 0,9 (inductif). Déterminer le nombre de kvars capacitifs nécessaires. Après correction du facteur de puissance, à quel taux (en %) le transformateur est-il chargé ? Pour le transformateur à pleine charge on peut écrire (voir Fig. 7-21) P = VI cos 9 = 500(0,6)= 300 kW

77

P = 300 ^*=26°

il L/C et Rl > L/C ou R2L < L/C et Rl < L/C. Pour R2L — R2C = L/C, le circuit est en résonance pour toutes les fréquences (voir le Problème 8.12. pour ce cas particulier).

En tirant L de la relation (1) , nous obtenons L = |C[(B2 L

ou encore, comme

+x2c)

± y](R2 c + X2)2 - 4R2 lxQ

Zc = y/R2 c + X2 c,

L

= ic[z2 ± yJzic-4R2LX2']

(*)

Si dans la relation (3) , Z J- > 47?* X*, nous obtenons deux valeurs de L pour lesquelles le circuit est en résonance. Si Zl = 4R^X% , le circuit est en résonance pour L = iCZ ^CZl2 c . Enfin si Zl < 4RlXc, aucune valeur de L n’entrafnera la résonance. En tirant C de la relation (1) , nous obtenons C

2L

’___________ 1__________

Zl ± yjziL-4R2Xl2

w

Dans ce cas le circuit est en résonance pour deux valeurs de C si Zj > En tirant R^ de la relation (1) , nous o b t en o ns_____________________ c - (20-20) = 10/02 Q X

Comme

œ = — et ----- = ---- ; ces derXLq °o Xco et Z à des fréquences différentes de /0 .

X^ — Lcù et Xq = 1/ Ccù , on peut écrire -----

nières relations permettent de calculer XL , Xq

La Fig. 8-14 (a) ci-dessous donne le tableau des valeurs des réactances et des impédances, et la Fig. 8-14(6) donne la représentation graphique demandée.

88

LA RESONANCE SERIE ET LA RESONANCE PARALLELE

x/o)

40

3200

IG

3600

18

XC(Q)

25

Z(Q)

10->9

6 -- 40°

Z (H)

1 »3,4/-42°

10->4,2

22,2

CHAP. 8

•- 20°

14 -

10,8/—22,8e'

-- 0’

13 -

4000

20

4400

4800

22 24

20

10

18,2

10/0°

10 + >3,8

----- 40° 10 ■■

12,4/36,2°

—i— 3200

—I— 3600

Fig. 8-14

(a)

8.2.

------ 20°

Il ■

10,7/20,8°

10 + >7,3

16,7

12-

^0 4000

—I— 4400

—I— 4800 w

rd/ s

(b)

On applique une tension V = 100/0° V au circuit série du Problème 8.1. Calculer les tensions aux bornes de chaque élément pour les pulsations a) = 3600 , 4000 et 4400 rd/s. Tracer un dia­ gramme vectoriel pour chaque fréquence.

Pour

L , on obtient comme condition de résonance L = 2,43 mH ou L = 0,066mH.

8.11.

Déterminer la valeur de la capacité C qui permet d’obtenir la résonance du circuit de la Fig. 8-19 à la fréquence

——

——■

/ = -^Hz.

8,34 o

2 7T

1 8 + j6

Y

=

+

1 8,34 - jXc

< 8 + 834 :) V00 69,5+ X|

je O

*

’( xc 69,5 + X*

6 \ 100/ Fig. 8-19

A la résonance l'admittance complexe doit être réelle. Par conséquent Xc/(69,5 + X2) = 6/100 et XC 2 - \^1XC + 69,5 = 0 d’où Xc = 8,35 O. En substituant cette valeur dans la relation Xr C = 1/ Ceo on obtient C

8.12.

Déterminer la valeur de /?£ et celle de Rq qui permettent d’obtenir la résonance du circuit de la Fig. 8-20 à n’importe quelle fréquence.

Rl

24/zF.

Rc

La fréquence de résonance du circuit est "0

1

R2 l - L!C

Te

R2 c - L!C

2 mH

ZySSO/zF

peut prendre n'importe quelle valeur si R^ = Rc = LIC. Fig.8-29 Sachant que Lie = (2 X 10-»)/(80 X 10"®) = 25, on a RL = Rc = V^25 = 5 0.

cl>q

Comme exercice supplémentaire, le lecteur pourra vérifier la validité de ces résultats pour 000 „ , e ' . 2 500 „ , , 5 5000 des fréquences de —----- Hz et de —---- Hz. 2n 2n

8.13.

Montrer que

Qq = 10 Q

1 mH

Fig.8-36

Fig. 8-35

8.31.

Déterminer la fréquence de résonance /0 du circuit parallèle de la Fig. 8-35 ci-dessus. Rép. fo = 159 Hz.

8.32.

En se référant au Problème 8.31., quelle serait la valeur de la résistance à mettre en série avec Rc = 6Ü la capacité pour amener la fréquence de résonance du circuit à 300 Hz ? Rép.

8.33.

Déterminer la valeur de RL qui entraîne la résonance du circuit de la Fig. 8-36 ci-dessus. Rép. Rl = 12,25 Q .

8.34.

Pour quelle valeurs de XL le circuit de la Fig. 8-37 ci-dessous est-il en résonance ? Expliquer ce résultat en traçant le lieu de Y .

ioÜ

2,94 Q

5Ü

Rc

>11,7 n

->10 Q

= ->12,5 O

Fig. 8-38

Fig. 8-37

8.35.

Calculer la valeur de Rq qui permet d'obtenir la résonance du circuit parallèle de la Fig. 8-38 ci-dessus. Expliquer ce résultat au moyen du lieu de Y . Rép. Rc = 0.

8.36.

Le circuit parallèle de la Fig. 8-39 ci-dessous est en résonance pour Xc = 9,68 Q et Xc 1,65 Q. Déterminer le courant total pour chacune des valeurs de Xc . Rép. 1,83/0° , 3.61/0° A.

4Ü

=t= -jXc Fig. 8-39

8.37.

10 Q

Rc >10 0

= ->2ÎÎ

Fig. 8-40

Quelle valeur de Rc entraîne la résonance du circuit parallèle de la Fig. 8-40 ci-dessus ?

Rép.

Rc = 6 O.

CHAP. 8

LA

97

RESONANCE SERIE ET LA RESONANCE PARALLELE

8.38.

Une tension V - 50/0° V est appliquée à ... -i un circuit série comportant une réactance inductive fixe XL ■= 5 O et une ___________ ______ résistance variable R. Tracer les lieux d'admittance et de courant pour ce circuit.

8.39.

Une tension V - 50/ 0° V est appliquée à un circuit série comportant une résistance fixe R = 5 O et une capacité variable C. Tracer les lieux d'admittance et de courant pour ce circuit.

8.40.

L'inductance du circuit parallèle de la Fig. 8-41 peut varier sans limites. Construire le lieu d'ad­ mittance pour montrer que la résonance ne peut pas être obtenue pour ce circuit.

ioO

jxL

5Ü

=T= ->10O

Fig. 8-41

i4Ü

5Ü

JL

10 0/0a. V

R

Fig. 8-42

60

f

Y

7'C

0,6 mH

Ir

>6.25 O

~ ~>8 O

Fig. 8-43

8.41.

Le circuit de la Fig. 8-42 ci-dessus est résonant pour deux valeurs de la capacité C et la fréquen­ ce de résonance correspondante est 5 000/2rr Hz. Déterminer les deux valeurs de C et construire le lieu d'admittance. Rép. 20,6 pF, 121 pF.

8.42.

Dans le circuit parallèle de la Fig. 8-43 ci-dessus, Ij’ est en retard sur la tension de 53,l°pour R = Q. Pour R = 00 (circuit ouvert), ly* est en avance sur la tension du même angle. Construire le lieu d'admittance pour illustrer ces deux cas. Pour quelle valeur de R le circuit est-il en ré­ sonance ? Rép. R = 6,25 fi .

8.43.

Déterminer la valeur de R pour laquelle le circuit parallèle de la Fig. 8-44 ci-dessous est en ré­ sonance, et construire le lieu d'admittance pour expliquer le résultat.

8.44.

En se référant au Problème 8.43., quelles valeurs de la réactance inductive XL permettent d'ob­ tenir la résonance pour une valeur quelconque de R? Rép. XL/ sources de tension créent des courants dans les différentes branches; il en résulte 1' ’ ’ 2 ' __ 2 rpotentiel . des différences de aux bornes des éléments correspondants du circuit. La connaissance des courantsJ------dans1— les1--------branches ou des tensions aux homes des éléments définit ------------------parfaitement le réseau. LES COURANTS DANS LES MAILLES

Afin d’appliquer la méthode des mailles à un réseau, on choisit des boucles fermées ou circulent des courants appelés courants de mailles (voir Fig. 9-1 ci-dessous). On écrit ensuite et on résout le système de trois équations comportant les inconnues lj , I2 et I3. Le courant dans chaque branche est alors obte­ nu soit directement par le courant de maille soit par une combinaison de ces courants. Zx

Zç

i2

ZB

Fig.9-1. Les courants de mailles dans un réseau

Pour le réseau considéré, le courant dans est et le courant dans Zg est I] — I2j en supposant une direction positive du courant dans cette impédance, de haut en 1bas. On peut calculer le courant dans chaque branche du réseau de manière similaire. La tension aux bornes de chaque élément du circuit est donnée par le produit du courant dans l’élément et de l’impédance complexe de celui-ci. Pour obtenir l’ensemble des trois équations, on applique la loi de Kirchhoff relative aux tensions à chaque maille. La Fig. 9-2 représente la première maille du réseau de la Fig. 9-1; dans cette maille la somme des chutes de tension est égale à la tension appliquée.

IiZa + (Ii-I2)Zb = Va

(1)

Za 1____ >

v-©t

La seconde maille ne contenant pas de source, la somme des chutes de tension est nulle

laZc + (I2 4" Is)Zd + (I2 — Ii)Zb

= 0

4 O

Ecrire les équations de maille pour le réseau de la Fig. 9-5. Les courants de maille sont représentés sur le dia­ gramme du circuit. Comme il n’existe pas de source de tension dans la maille 1, la somme des chutes de ten­ sion est nulle. Ii(->8) + (I, - I2)10 + (I, - I3)5 = 0 10/0, v La source de tension de 5/30° V de la maille 2 y fait circuler un courant opposé au courant de maille; son signe est par conséquent négatif.

II

10 n

8Ü

5Ü

K

5/30* n

www—

—www

I

I2

1.3

WT

I20'4) + (I2 - I3)8 + (I2 - I^IO = -(5/30° )

Fig. 9-5

En appliquant la loi de Kirchhoff, relative aux tensions, à la troisième maille, on obtient I3(3 + 74) + (I3-Ii)5 + (I3-I2)8 = -(10/01)

Après réarrangement des termes, l’ensemble des trois équations devient (15-7'8)1! 10I2 5I3 = 0

-lOIj + (18 + ;4)I2 -

-(5/30° )

8I3

-5Ij 8I2 + (16 + 74)I3 = -(10/0° ) On peut comparer le système d’équations ci-dessus au système d’équations général pour un réseau à trois mailles. On constate qlors que l’impédance propre de la maille 1 est Zu = (5 + 10 — 78) = 15 — 78 . L’impédance commune aux mailles 1 et 2 est Z12 = 10 Ü. Cependant comme I2 est de sens opposé à ly l’impédance Z12 est affectée d’un signe négatif. De même l’impédance commune aux mailles 1 et 3 est Z13 = -5ü. On peut également remarquer que Z12 - Z21» Z13 = Z31 et Z23 ~ Z32 • La tension délivrée par la source de la deuxième maille est de 5/30° V; mais comme elle fait circuler un courant de sens opposé au courant de maille, elle est affectée d’un signe moins. Chacun des termes du système d’équations ci-dessus peut également se calculer en utilisant la notation générale.

MATRICES Une matrice est un ensemble de nombres ou de fonctions disposés selon une grille rectangulaire et soumise à certaines règles de calcul. Dans la matrice ttn

Û12

)v>

- (rh)v’

1 + (^+ 10

(âTTï)^ ■ (À)Vl

4-

=•

(-10/0? )/(3 4-;4)

À) V2 ’ G)v’' =

(5/02)/(;4) 10/OfX 3 + i4/

(ï + À + 3 4-1 ;4 )’■

/5/02\ \ ;4 )

Les équations de noeud peuvent alors se mettre sous la forme matricielle

-œ -œ

(^8 + l + 3T7ï)

± + l.A

-(^)

1,1. =J8 + ÏÔ 10 ’

“(âTÿï)

-(rk) -(À) ’i . 1 . 1 \ 8 + 74 + 3+7r;

Vx

/10/02X “\3 + *4/

V2

/6/0,°X k >4 ) /io/o° \3 4-;4

V3

—WW----- pww—I i

R>

R*

6/02 ;4

u___

10 4- Vx/(3 - >4) = d’où

Vi

=

(10/0° )/(0,326/ 10.6°)=

=

_

300/180° - 150/120°

_

”

10/45°

“

Pour le circuit de la Fig. 10-16, déterminer la puissance délivrée par la source ainsi que la puissance dissipée

par chacune des résistances.

=

5Î1

26/45° A

26/—75° A

26/—195° A

-

I--- WW—j------

I

50/0° V (~)f

’6 R>1OQ J M

3D

SSZ-À4Q 0

30,77—10,6^ V

Fig. IMS

130

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUk PAR LA METHODE DES NOEUDS

A présent on calcule les courants dans les différentes branches en supposant qu'ils sont orientés comme l'indique le diagramme I5 = (50/0° - Vi)/5 = (50/0° - 30//—10/° )/5 = 4,12/15,9° A I3 = V!/(3-j4) = (30,7/—10,6° )/(5/-53,l° ) = 6,14/42,5° A

La puissance délivrée par la source est P = Viscose = (50)(4,12) cos 15/° = 198 W De la relation P = I2 R on déduit la puissance dissipée dans chacune des résistances

P5 = (/5)26 = (4,12)25 = 85 W

P3 = (Z3)23 = (6/4)23 = 113 W

et

On peut remarquer que la puissance totale délivrée par la source est égale à la somme des puis­ sances dissipées par les deux résistances du circuit, c'est-à-dire PT = 85 4- 113 = 198 W

10.11.

Dans le réseau de la Fig. 10-17, déterminer les différences de potentiel respectives entre le noeud 2, le noeud 2 et le point de référence choisi

4o AAMW-

A

2o WW

i.

|(~) 50/901V

=j=->2fl

j2Q

Fig. 10-17

Aux noeuds 1 et 2, nous pouvons écrire deux équations qui, réunies sous forme matricielle, donnent :

G

(0

+ À + ï)

1 (ï + =?2 + -7’2

"(I)

=

(0,75 + 7’0,5)

;25

(0,45-/0,5) "0,25

-0,25

10.12.

V2

\~5~”

(50/90°)

13^5/56,3° 0,546/—15/5°

=

24^7/72^25° V

(0,75 + 7’0,5)

(0,45 -;0,5) V2

O

’/50/0f

- 0,25

10 d’où l'on tire Vt

Vx

10 ;25

-0,25

18,35/37,8° 0,546/—15195°

=

33^6/53^75° V

Dans le réseau de la Fig. 10-18, Vq est la différence de potentiel aux bornes de l’impédance (2-/2)O due à l'application d'une tension V£ ; déterminer le rapport Vq/V, .

•**

«1

v.ôt

H

gQ

1

20 30

50

Vo

=-;2O Fig. 10-18

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

131

Les noeuds 1 , 2 ainsi que le noeud de référence sont choisis comme l’indique le diagram­ me du circuit. Pour ce choix Vo correspond à la différence de potentiel entre le noeud 2 et le noeud de référence. L'équation matricielle pour ce réseau est

1 (ê^ÿ2 + l + À) >5

Vj

~Çi) 1 .

1

Vi

5-;2

V,

0

En tirant Vo de ce te relation, on obtient (0,506-/0,131)

V0,2

= 0,1345/-61,2°

(5 — 72)(0,276/“7° )

Le résultat obtenu correspond à la fonction de transfert du réseau et permet de calculer directement la différence de potentiel aux bornes de la branche considérée pour une tension d’en­ trée donnée, c’est-à-dire y0 = V, (0.1345/-61.20 ) V 10.13.

Déterminer le rapport

Pour Ie réseau de la Fig. 10-19 pour le choix préconisé des noeuds

1 et 2.

4Û

t

io a

;5D

j2Q

Fig. 10-19

Le réseau est caractérisé par la matrice suivante:

4+ .

1 . 75

-(1) (1 + À+iïï) 0 V1

~

(V,/5)

V,

0

“0,25

(Vg/5)

On en tire

V!

(0,35-/0,2)

(Vb/5)(0, 403/-29,8° )

Ay

Ay

(0,45-/0,5) (Vfl/5)

-0,25

V,

Ay

0

(Vo/5X0>25) Ay

(Vg/5)(0,403/-29,8^ )/Ay , Vi 1,617-29,8° (Vg/5)(0,25)/Ay V2 a Antre méthode On exprime la tension à chaque noeud1 en fonction des cofacteurs. Vu que le circuit ne comporte qu’une seule source entraînant un courant d’entrée Ij , on a Vt = I1(A11/ûy) et Il(An/Ay) V2 = Ii(Aia/Ay). On en déduit V> _ Ii(Aii/Ay) _ An _ 0,35 — ;0,2 __ gj/ 99 qo V2 “ I^Ajj/Ay) Ajj 0.25 ’ L-----Ai» Il(Ai2/Ay)

et

132

10.14.

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

CHAP. 10

Déterminer les I tensions des noeuds 1 et 2 du réseau de la Fig. 10-20 en se servant des admittances de transfert 2Ü

A

AMW

3Ü 50/po y

= -;10Q

j4ü

Fig. 10-20

La matrice admittance [ Y1 correspondant au choix de noeud effectué est

M

-L +± + 10 j5

=

ï)

(0,6-/0,2)

-(I)

1 3 + >4

-0,5

+ z7Üj

“0,5

(0,62 -/0,06)

On peut alors écrire (0,6-/0,2) Y entrée 1 =

-0,5

Ay

Au

et

-0,5

(0,62 - /0,06)

0.194/—55,5°

Y transfert 21 =

0,194/—55,5° (-1)("0,5)

Ay

A,2

0.313/—49,94° Q

0.62/—5,56°

(0,62-/0,06)

Au noeud 1

0.388/—55,5° ü

I2

V! ^entrée 1

Y

transfert 21

Comme il n’y a pas de source de courant correspondant au noeud 2 , c’est-à-dire I2 on a

Vx

De même

V2

II

Yentrée 1

(50/0f )/10 0,313/—49^94°

*2 transfert 12 ^entrée 2

15^5/49^94° V

(50/0°)/10 0,388/-55,5°

12,9/55,5° V

0,

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

133

Problèmes supplémentaires 10.15.

Déterminer le nombre d'équations nécessaires pour étudier les réseaux des Fig. 10-21 (a- f) WA

WAV

(e) Fig. 10-21 Rép. (a) 3, (h) 5, (c) 1, (d) 4, (e) 4, (/) 4.

10.16.

Ecrire l'équation du noeud 1 pour le réseau de la Fig. 10-22 1

i _L_

VxQt

*2

WWA

juL

î Fig. 10-22

10.17.

Ecrire les équations- caractérisant le réseau de la Fig. 10-23 (par la méthode des noeuds) et les mettre sous forme matricielle. Ecrire ensuite la matrice admittance [Y] au vu du circuit et la comparer au résultat précédent. 10 O 30

;4O

2

1

jbO,

20

50

S/3Q0 v(~)f

T

T “,2 n Fig. 10-23

=t=-;3O

134

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

10.18.

En tenant compte du choix de noeuds effectué pour le réseau de la Fig. 10-24 ci-dessous, écrire les équations caractérisant le circuit et les mettre sous forme matricielle. Ecrire ensuite la ma­ trice admittance [ Y ] et la comparer aux résultats précédents. 1

I

no

10/90° v(^|

|bQ

*»

ww-

4=-üu

io/o° v(^)|

t

v.

( iO •—VÂV-

c.

ji n

8

Fi*. 10-24

10.19.

10.20.

10.21.

Fi*. 10-25

Le circuit représenté par la Fig. 10-25 ci-dessus est un pont de Wien. Etablir les équations pour les trois noeuds du circuit et les mettre sous forme matricielle; écrire ensuite la matrice admittance [ Y ] et la comparer à la matrice des coefficients obtenus par la méthode précé­ dente. 50/Q° V

En appliquant la méthode des noeuds au réseau de la Fig. 10-26, déterminer la puissance délivrée par la source de 50 V, ainsi que la puissance dissipée dans les deux résistances. Rép. 140, 80, 60 W.

io

(

O

--------

WW

L

J

l’n

Y’

==”° à* Fi*. 10-25

Déterminer la tension Vab du circuit de la Fig. 10-27 ci-dessous en utilisant la méthode des noeuds. Rép. 75,4/ 55,2° V î

Q

-WW-

I

1

sQ WWsQ

: :»Q

100/45° V

50Z£LV^j|

-/B O

*1. tG)5o/o v

js Q B

Fi*. 10-28

Fi*. 10-27

10.22.

Déterminer la tension Rép. 43,9/14,9° V.

10.23.

Dans le circuit de la Fig. 10-29 ci-dessous, déterminer la tension au noeud 1 ainsi que le cou­ rant h . On supposera que la direction de est celle donnée par le diagramme. Rép. 11M-W V > 1,77/135° A

au noeud 1 du circuit de la Fig. 10-28 ci-dessus.

1

■WW-

-wwJ ;1O

t 10.24.

50ZSLV

— Fi*. 10-20 Fi*. 10-30 En appliquant la méthode des noeuds au circuit de la Fig. 10-30 ci-dessus, calculer la puissan­ ce délivrée par la source de 10 V ainsi que la puissance dissipée dans chacune des résistances. Rép. 86,7, 27,8, 6,66 et 2,22 W

CHAP 10 10.25.

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

Déterminer la puissance fournie au réseau de la Fig. 10-31 ci-dessous par la source Vt- — 50/0° V, ainsi que la puissance dissipée par chacune des résistances. Rép. p = 354 W-, = 256 W, P2 = 77,1 W, P3 = 9/12 W, = H/3 W ->2 fl ;5 fl

—IF

2

1

I—If—1

R1 = 6Ü

«» = 5fl

#2 — 3 fl

V
4 fl

v(5t

3Î1

2fl

=±= -yen

jBfl

3Ü

tOv

;4fl

10.28.

Fig. 10-34 Fig. 10-33 Pour le circuit de la Fig. 10-34 ci-dessus, déterminer la tension V de telle sorte que la tension au noeud 1 soit égale à 50/0° V. Rép. 71,6/-30,2° V.

10.29.

Déterminer la tension du noeud 1 du circuit de la Fig. 10-35 ci-dessous.

Rép.

179/204,8° V

1a — 50/90° V

3Î1

5/30°fl

240/—120°

;4fl 10 fl

Ig

1 bQ

5/30° Q

50/—30° V

1 5/30° Q

240/0°

;8fl

50/-150° V

Fig. 10-36

Fig. 10-35

10.30.

, 1B et lc du réseau de la Fig. 10-36 ci-dessus. Déterminer les courants Rép. 10/60° A ( 10/—60° A et 10/180° A

10.31.

Pour le circuit de la Fig. 10-37, calculer la tension V2 de telle sorte que le courant dans l’impé­ dance (2 + / 4)0 soit nul. 2fl 5 fl Rép. 125/ 135° V I------- VMA—j------ W--------1

10.32.

En se référant au circuit de la Fig. 10-37, calculer le courant dans l’impédance (2 + ;4)Q 50/ 45° pour une tension V2 de 100/ 30° V. Rép. 12,1/-11° A

10.33.

En se référant au Problème 10-32, déterminer la puissance fournie au réseau par chacune des sources. Rép. px = -90,6 W ■ F2 = 1000 W

/a A

< 2O 1

| T |£J

Fig. 10-37

136

10.34.

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

Le courant d'entrée du réseau de la Fig. 10-38 ci-dessous est Ij , le courant dans la résistance 12/ .■ de 10 £1 O est I2 ; calculer le rapport I2/I1 Rép. 0,151/ 25,8° AWW40

Ii

-ko

l’2

30

5Q

10 O

5Ü

5Ü

Vo

V(

=±= ->sd

>6 O

BO II

Fig. 10-38

Fig. 10-39

10.35.

En utilisant la méthode des noeuds déterminer la fonction de transfert Vq / Vf du circuit de la Fig. 10-39 ci-dessus. Rép. 0,707/45°

10.36.

Calculer la fonction de transfert Vo/\ du circuit de la Fig. 10-40 ci-dessous. Rép. 0,159/ -61,4° 8O AWW-

-ko

>20O

50

V
4 0

3O

W-----

Vo

1

I= 20/45° A -jsO

^2 0

|

HH

Fig.10-41

Fig. 10-40

10.37.

Utiliser la méthode des noeuds pour calculer la tension aux bornes du circuit parallèle de la Fig. 10-41 ci-dessus. Rép. 72,2/ 53,8° V

10.38.

Calculer

, Vgc » Vcd Par la méthode des noeuds dans le circuit de la Fig. 10-42 ci-dessous.

Rép. 35,4/45° V , 50/0° V 13,3/—90° V

50

-ko

>5 O

->4Ü

A

D

1= 10/0^ A

I

-Il— Fig.10-42

10.39.

Dans le réseau de la Fig. 10-43 ci-dessous, calculer en utilisant la méthode des noeuds la ten­ sion aux bornes de la combinaison parallèle d'impédances. Rép. 35/ - 24,8° V 50

jsO

A

H

30

i4Q10/30* vÇ)| 1 =T= -J3 O I_______ I

100/0» v(~)t >4 0

|2O

30

50

= —>2 0

I Fig. 10-43

10.40.

Fig. 10-44

Calculer les tensions Vj et V2 des noeuds 1 et 2 du réseau de la Fig. 10-44 ci-dessus ainsi que le courant circulant dans la source de 10/ 30° V Rép. 3,02/65,2° V 1,34/-31>3° V 1,44/383° A

CHAP. 10 10,41.

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

137

Calculer la puissance dissipée dans la résistance de 6 fl du réseau de la Fig. 10-45 en utilisant la méthode des noeuds. Rép. 39,6 W >8 fl 2Q _____ 4fl _____ 6 fl______ WW*--------- 1

30/0* 1

j >5 fl

10.42.

10.43.

6fl

|(~) 2CZJJ1 V

Fig. 10-45 En se référant au circuit de la Fig. 10-45 ci-dessus, calculer le courant dans l'impédance (2 + ;3)fl en supposant une direction positive de la gauche vers la droite. Rép. 1,73/40° A Calculer la tension V] du réseau de la Fig. 10-46 de telle sorte que le courant dans la résistan­ ce de 4 fl soit nul. Choisir une extrémité de cette résistance comme référence. Rép. 95,4/ - 23,2° V

sfl

«fl

WW

WW-

SS-,2Q

üQ

V,

2q —--------- WW--------- 1 |(~)V2

[50/9Q* V

Fig. 10-40

10.44.

En se référant au circuit de la Fig. 10-44 ci-dessus supposons Vj = 50/0° V et V2 quelconque. Déterminer V2 de telle sorte que le courant dans la résistance de 4 0 soit nul. Rép. 26,2/113,2° V.

10.45.

Déterminer le courant l3 du circuit de la Fig. 10-47, sa direction étant celle indiquée sur le dia­ gramme. Rép. 11,7/ 112,9° A

fl

;2fl

sfl____

HH 5fl

50/45° V

;2fl

II1’

Fig. 10-47

10.46.

Calculer le rapport des deux tensions de noeuds Vj /V2 pour le réseau de la Fig. 10-48. Rép. 2,26/96,35°

-yzfl

|—w---(f-^ 4 ----; W--- p 10/30° V

i

G)t

2fl 5fl

= -j2fl

Fig. 10-48

138

CHAP. 10

ANALYSE DES RESEAUX PAR LA METHODE DES NOEUDS

10.47.

En utilisant la méthode des noeuds calculer la tension Vq dans le réseau de la Fig. 10-49. Rép. 1,56/128.7° V 2Ü WW

WW

Vq

Fig. 10-49

10.48.

Déterminer les tensions de noeuds Vj et V2 du réseau de la Fig. 10-50. Rép. 18,6/68,2° V bQ « 4Ü «--------- WW--------- t-------- WW

50/Q* V

2 Q______ t^)26,2/113,2- V

f = = ->2

Ot Fig. 10-50

10.49.

Dans le réseau de la Fig. 10-51, déterminer la tension V2 de telle sorte que le courant dans cette source soit nul. Rép. 4/ 180° V j2 Q

bQ

—I------- W.V-----------

tQV*

= =->2(1

3(1

Fig. 10-51

10.50.

Déterminer le courant d'entrée 1 du réseau de la Fig. 10-52 de telle sorte que la tension Nab égale à 5/ 30° V. Rép. 9.72/ - 16° A io n WW-

1

A

2Q

2Î1

;5 Q

;5 Q

>2 a

== -a n

I

B Fig.10-52

Chapitre 11 Les théorèmes de Thévenin et de Norton INTRODUCTION Un réseau dans lequel les impédances restent constantes peut être étudié par la méthode des mail­ les ou par la méthode des noeuds. Considérons à présent le réseau de la Fig. 11-1: Chacune des impé­ dances Zi , Z2 et Z3 doit être connectée consécutivement au réseau. Pour chacun des cas nous obte­ nons une matrice [Z] ou [Y] (selon la méthode utilisée) différente exigeant trois résolutions différentes. Dans la mesure ou le réseau actif peut être remplacé par un réseau équivalent simple, la résolution sera facilitée. Les théorèmes de Thévenin et de Norton permettent une telle simplification.

Za

»©t Fig.11-1

THEOREME DE THEVENIN Le théorème de Thévenin s’énonce ainsi: «Tout réseau linéaire actif présentant des connexions de sortie A, B comme le montre la Fig. 11-2 (a) peut se remplacer par une source de tension unique V’ en

série avec une impédance unique Z* comme le montre la Fig. 11-2 (b).

T Réseau actif linéaire

♦B

(*)

(a) Fig. 11-2.

Circuit équivalent de Thévenin.

La tension équivalente de Thévenin V* correspond à la tension mesurée entre les bomes A et B du circuit non chargé. L’impédance équivalente T? correspond à l’impédance d’entrée du réseau mesurée entre les bomes A et B, toutes les sources internes délivrant des tensions nulles.

140

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

CHAP. 11

La polarité de la tension équivalente de Thévenin V doit être telle que le sens du courant dans l’impédance connectée au circuit équivalent soit le même que celui dans l’impéd;lance connectée au circuit actif initial. ->5 n Exemple 1.

♦A

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin pour le circuit de la Fig. 11-3, sachant que les bornes de sortie sont A et B. Utiliser le résultat pour cal­ culer le courant dans les deux impédances Zj = 5 -j5 (1 et Z2 = 10/02 Q reliées successivement aux bornes A et B, ainsi que la puissance qui leur est fournie.

f

50/0° V

5Û

I

;5Q

B

En se référant à la Fig. 11-3, le courant est donné par I = 50/02 /(5 4- j5 - ;5) = 10/02 A

Fig. 11-3

La tension équivalente de Thévenin est alors égale à la chute de tension aux bornes de l’impédance (5 + ;5)Q c’est-à-dire • V* = VAB = 1(5 4- >5) = 70,7/45° V Z' = (5 + >5)(->6) = 6_ -5n L’impédance vue des extrémités A et B est : 5 4- ;5 — j5

Le circuit équivalent de Thévenin est représenté par la Fig. 11-4 (a) et la tension V’ est orien­ tée vers l’extrémité A . T

A

5-j5 Q

z2

v'Q|

10/0^ Q

70,7/45° V|

B (c)

B

En connectant l’impédance Zi au circuit équivalent comme le montre la Fig. 11-4 (b), il y circule un courant Ij = (70,7/45° )/(5 — 75 4- 5 — j'5) = 5/90° A et la puissance correspondante est Pi = (7025 = 125 W. Lorsqu’on connecte l'impédance Z2 à ce même circuit comme le montre la Fig. 11-4 (c), on obtient I2 = (70,7/45° )/(5 —j*5 4-10) = 4,47/63,43° A

et

P2 = (/2)210 = 200 W

THEOREME DE NORTON

Le théorème de Norton s’énonce ainsi*. «Tout réseau linéaire actif présentant des connexions de sortie A et B comme le montre la Fig. 11-5 (a), peut se remplacer peur une source de courant unique I branchée en parallèle sur une impédance unique Z’ comme le montre la Fig. 11-5 (b)».

A

I'

Réseau actif linéaire

Z'

r (a)

•B

(*) 11-5. Circuit équivalent de Norton

CHAP. 11

141

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

La source de courant équivalente de Norton I’ est le courant mesuré à la sortie du réseau actif lorsque cette dernière est court-circuitée (A relié à B). L’impédance Z’ est l’impédance mesurée entre les bornes A et B lorsque toutes les sources internes délivrent une tension nulle. On constate ainsi que pour un circuit linéaire actif, les impédances Z’ des circuits équivalents de Norton et de Thévenin sont identiques. Le courant traversant l’impédance connectée au circuit équivalent de Norton doit être dirigé dans le même sens que celui traversant la même impédance connectée au réseau actif initial. Exemple 2.

Soit le circuit de la Fig. 11-6; déterminer le circuit équivalent de Norton en considérant A et B comme bornes de sortie. Utiliser le résultat trouvé, pour calculer le courant dans les impé­ dances Zt = 5 — >5 O et Z2 -= 10/0c Q connectées successivement aux bornes 4 et B du réseau et pour déterminer la puissance qui y est dissipée. — >5 £2

-;5Q

HH

-II-

A

A

5Ü

50ZÜ2 v(~)|

50/0° V

B

B Fig.11-7

Fig. 11-6

En se référant à la Fig. 11-7 où un court-circuit est établi entre les bornes A et B, on peut calculer F = 50/0° /(—>5) = 10/90? A. En supposant que la source délivre une tension nulle on peut calculer _ —>5(5 4- >5) _ 5 _ ?-k p Z “ 5 + J5-/5 ” 5

Le circuit équivalent de Norton est représenté par la Fig. 11-8 (a). On peut noter que le courant est dirigé vers la borne A . A

F— 10/90° A

A

F— 10/90° A

i| z2

Z' 5 - j5 O

; I io/oj Q B

F

F

(a)

B

(b)

(*)

Fig. 11-8

Le courant résultant de la connexion de Zj aux bornes du circuit équivalent de Norton (Fig. 11-8 0 ( b)) est donné par : Z' = 10/90° ( 5-J5 \ — — ? ---5 /90° A h 10-/10; 1 \Z' + Zj et la puissance dissipée dans Zj est

P, = (Zt)25 = 125 W.

Lorsque l’impédance Zj est remplacée par l’impédance Z2 (Fig. 11-8 (c)),on a (Z2)210 = 200 W P2 I2 = I'(5 — ;5)/(15 — >5) = 4,47/63t43°A et

CIRCUIT EQUIVALENT DE THEVENIN ET DE NORTON Dans les exemples 1 et 2 le théorème de Thevenin et le théorène de Norton ont été respectivement appliqués à deux circuits identiques et les résultats obtenus étaient les mêmes. Il en résulte que les cir­ cuits de Thévenin et de Norton sont réciproquement équivalents.

CHAP. 11

11.2.

LES THEOREMES DE

THEVENIN ET DE NORTON

143

Calculer le circuit équivalent de Norton pour le réseau actif de la Fig. 11-10.

Z' = 2,5 4->6,25 fl , comme on l'avait établi dans le

L'impédance équivalente est Problème 11.1.

;5fl

5fl

A

i-----------

0.R3/—41,65° A

3Î1

I*'

10/0* v(~) f

Z' 2,5 + ;6,25 fl

;4 fl

r

B

B

Fig.11-12

Fig.11-13

En établissant un court-circuit entre les bornes A et B, comme le montre la Fig 11-12, on peut déterminer l'impédance totale vue pour la source de 10/0° V.

5 +

Z-p

(3 4- >4)>5 (3 4- >4 4- >5)

IT = 10/0f /ZT

Le courant peut alors s'écrire Et on en déduit : F

5,83 + >2,5

IT Ç 3 4-3 >44- >44- >5 )\

=

6,35/23,2° fl

(10/Of )/(6,35/23,2° ) = 1,575/—23,2° A.

75/53,1 °\ 1.575/—23,2° \"3~+>9 )

0,83 /-41,65°A

Le circuit équivalent de Norton est représenté par la Fig. 11-13. On peut remarquer que le cou­ rant I’ est dirigé vers la borne A.

11.3.

= 5 fl

Dans le circuit à courant continu de la Fig. 11-14, les trois résistances R\ — 1 fl,

et R3 = 10 fl sont connectées successivement aux bomes A et B. Déterminer la puissance dissipée dans chacune des résistances

sfl

10 V

T

Z'

15 fl

4

20 V

r

A

3;75a

Rl

12,5 V-T

B

Fig. 11-15

Fig.11-14

On détermine le circuit de Thévenin. Dans le circuit de la Fig. 11-14, le courant 1 est égal à (20 — 10)/(5 4-15) = 0,5 A. La chute de tension aux bomes de la résistance de 5 fl est alors égale à V5 = Z(5) = 2,5 V avec la polarité indiquée. L'expression de la différence de potentiel entre A et B est

=

VAB

V'

=

10 4- Vs

=

12;5 V

Lorsque la tension des deux sources est nulle, l'impédance Z’ correspond à l’association en parallèle des résistances de 5 fl et de 15 fl, c'est-à-dire

Z'

=

=

3j75n

Le circuit équivalent de Thévenin est représenté par la Fig. 11-15. Grâce à ce circuit, on peut calculer la puissance dissipée dans chacune des trois résistances lorsque celles-ci sont connectées aux bornes A et B. —

Pour Pour Pour

1 —

J•

■

* _

J

—

.L

M

= 1 ohm, Zj = 12,5/(3,75 4-1) = 2,63 A R2 = 5 ohms, I2 = 12,5/(3,75 4- 5) = 1,43 A R3 = 10 ohms, Z3 = 12,5/(3,75 4-10) = 0,91 A

« r*

«■ a *■*«*■* Ton

et et et

1

1 1

m

Z

~ —

a.

—. _

Pi = (/i)2(D = (2,63)2(1) = 6,91 W P2 = (4)2(5) = (1.43)2(5) = 10,2 w

P3 = (Z3)2(10) =( 0,91)2(10) = 8.28 W

r—--

144

CHAP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

11.4.

Déterminer le circuit équivalent de Norton correspondant au réseau de la Fig. 11-16 ayant comme bornes de sortie A et B.

5n

10 V_=_

T

ir il"

15 n

A

F-— «,33 A

Z' 3,75 n

"y”20V

k

B Fig. 11-17

Fig.11-16

Le courant F se détermine en établissant un court-circuit entre les bornes A et B. F = 10/5 4- 20/15 = 3,33 A L’impédance équivalente vue des bornes A et B , les sources internes délivrant des tensions nulles, est z, _ 5(15)/(5 +15) _ 3/75 q

Le circuit équivalent de Norton est représenté par la Fig. 11-17.

11.5.

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin pour le réseau de la Fig. 11-18.

5 Q

2 Q -Î-.Q

T

A

A

3,32 + il,41 Q

/a 4

55,8/ - 17,4° V(~) |

Op6 1*

V'Of

§ 6Q

1

20/0° V|

B B Fig. 11-18

Fig. 11-19

Dans le circuit non chargé, il existe les 2 mailles représentées sur le diagramme. Le cou­ rant de maille I2 est donné par 5 4- >5 55,8/—17,4° —;5 0 279/72,6° 3,33/0° A I2 83,7 /72,6° 5 4- ;5 -;5

-;5

8 4- ;8

Il en résulte que la tension Vdu circuit non chargé est égale à L’impédance équivalente Z’ est donnée par 6

Z'

r/+%+(2+/3)i |_5 4- ;5

6 4-

J

r^ +(2+,-3)Ji L5 4- j5

I2(6) = 3,33/0° (6) = 20/0^ V.

3,32 4- fl,41 O

Le circuit équivalent de Thévenin est donné par la Fig. 11-19, où V’ est orientée vers la borne A.

11.6.

Déterminer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-18. On établit un court-circuit entre les bornes A et B. Le courant I2 traversant ce court-circuit est : 5 4- ;5 55,8/—17,4° -j*5 0 279/72,6° I' = 5,58/—23,14° a I2 (-5 4- ;50) 5 4- ;5 -;5 -;5 2 4- ;8

CHAP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

L’impédance Z’ a été calculée dans le Problème 11.5. et est égale à (3,32 + ;1,41)Q. A titre de vérifica­ tion, la différence de potentiel entre les extrémités A et B du circuit équivalent de Norton de la Fig. 11-20 peut être comparée à la tension V’ du circuit équivalent de Thévenin du Problème 11.5.

145

r—------

A

5,58/—23,14° A

Z' 3,32 + >1,41 Q

Voc = l'Z' = 5,58/—23,14° (3,32 4- il,41 )

r

=20, l/-0,14°V

11.7.

B

Dans le Problème 11.5 on avait V' = 20/0° V Remplacer le réseau actif de la Fig. 11-21 par un réseau équivalent de Thévenin. Pour le circuit non chargé on a :

Fig.11-20 10/45° V

5Q

//WW—eA

I = 20/0f/(10 + 3-/4) = 1,47/17,1° A

3n

t \2z 2°/°° v

I

La chute de tension dans la résistance de 10 Q est alors égale à V10 = 1(10) = 14,7/17,1° V

io n

La tension est donnée par la somme des tensions délivrées par les deux sources et de la chute de tension dans la résistance de 10 Q les polarités étant celles indiquées par la Fig. 11-22. On a alors

B

Fig. 11-21

V' = vAB = 20/0° - 10/45° - 14,7/17,1° =

11,39/264,4° V

10(3 - ;4) = 7,97 - ;2,16 Ü Z' = 5 + 10 + 3 - >4

L’impédance

Le circuit équivalent deThévenin est représenté par la Fig. 11-23. 10/45° V

V

MVW—

t

A

7,97 - ;2jl6 Q

20/ê2 v

v'Ç)t

1 1.39/264,4° V|

10 n

B

B Fig. 11-23

Fig.11-22

11.8.

Déterminer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-21. Z' = 7,97 — >2,16 Q comme établie dans le Problème 11.7. On établit un court-circuit entre les bornes A et B et les courants de maille sont dirigés dans le sens des aiguilles d’une montre; on peut alors écrire

r

i2

13 - ;4

-20

-10

(20 - 10/45° )

13 - ;4

-10

-10

15

Dans le circuit de Norton le courant I’ est dirigé vers la borne A comme le montre la Fig. 11-24.

En comparant les différences de potentiel entre les bornes A et B pour le circuit non chargé à la tension équivalente de Thévenin V du Pro­ blème 11.7., on obtient = l'Z' = (1,39/279,7° )(8,S5/-15,2° )

et

= 11,45/264,5° V V' = 11,39/264,4° V

156/247,4° 112,3/—32,3~°

=

1,39/279,7° A

r—-------

A

1,39/279,7° A

Z* 8,25/—15,2° H

r—

B Fig. 11-24

146

CHAP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

11.9.

Le circuit actif de la Fig. 11-25 comporte une source de courant I = 5/ 30° A. Déterminer le circuit équivalent de Thévenin. 10 Q

Z'

A

WvV----- Y 6Q li

I — 6/30° A

4 + ;3 Q

j5Ü

B

B

I

Fig. 11-25

Fig.11-26

L’impédance équivalente Z’ vue des extrémités A et B du circuit, la source interne ne débitant aucun courant, correspond à la combinaison en parallèle de deux branches, c'est-à-dire

(5 4- ;5)(15 4- ;5) (5 4- ;5 4-15 4- ;5)

Z'

4 + J3 Q

Le courant I pour le circuit non chargé se répartit dans les deux branches. En calculant comme le montre le diagramme, on obtient 5/30° / 5 4-;5 \20 4-;10/

II

Comme la tension (5 + j 5) D, on a

=

1,585/48,4° A

= V’ correspond à la chute de tension aux bornes de l'impédance de Vz = 1,(5 4- ;5) = (1,585/48,4° )(7,07/45° ) = 11,2/93,4° V

Le circuit équivalent de Thévenin est représenté par la Fig. 11-26.

11.10.

Déterminer le circuit équivalent de Nortdn pour le réseau actif de la Fig. 11-25. L'impédance équivalente du réseau calculée dans le Problème 11.9. est Z' = 4 4- j3 = 5/36,92 Q. ____ »A F —---------On établit un court-circuit entre les extrémités A et B . Le courant dans ce court-circuit est égal à 2,24/56,6° A 5/30° ( 5 4- j5 \ \5 4- J5 4-10/

I'

=

2,24/56,6° A

Z' 6/36,9° Q

B Le circuit équivalent de Norton est représenté I' par la Fig. 11-27. Fig.11-27 Dans ce circuit, la différence de potentiel entre les extrémités A Â ei et ô B est V V,M = (2,24/56,6° )(5/36t9° ) = 11,2/93,5 °V; lorsqu'il n'est pas chargé. La tension équivalente de Thévenin trouvée dans le Problème 11.9. était V = 11,2/93,4°V.

11.11.

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin pour le circuit en pont de la Fig. 11-28. Dans quelles conditions la différence de po­ tentiel entre A et B est-elle nulle lorsque le circuit n’est pas chargé ? Lorsque la source délivre une tension nulle, l’impédance équivalente vue des bornes A et B consiste en la combinaison parallèle de Zj et Z4 en série avec la combinaison parallèle de Z2 et Z3 , c'est-à-dire nf

—

^1^4

Zj 4- Z4

+

^2^3

Zj 4- Z3

Fig. 11-28

CHAP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

147

Lorsque l’impédance connectée entre les extrémités A et B est infinie, la source Ng établit dans le circuit des courants Ii et I2 comme le montre le diagramme. Ii = Va/(Zj + Z4)

et

I2 = V0/(Z2 + Z3)

En supposant le potentiel de A supérieur à celui de B, nous avons V'

Z'

I1Z4 — I2Z3

VAB

Vaz4

v0 Z3

Zj 4- xS4

Z2 4- Z3

r ^*2^4 ~~ ZjZ3 ~i L(ZX 4- Z4)(Z2 4- Z3)J La tension équivalente de Thévenin V est propor­ tionnelle à la différence Z2Z4 — Pour Zj Z3 — Z2 Z4 , la tension V’ est nulle.

11.12.

Fig. 11-29

Etablir le circuit équivalent de Thévenin piiour le circuit en pont de la Fig. 11-30. Z'

A

50 O

210 20/0* V (~)|

47,4/26,8°O

v'Qt

BA

0,328/170,5* V

120

30 O

î 24 O

Z?

>60 O

Fig. 11-31 Fig.11-30 Pour une tension de source nulle, l’impédance équivalente vue des extrémités  et B

est 50(30 4- >60) 21(12 4->24) 480 4- >60 33 4- >24

Z'

=

47,4/26,8° P,

Pour le circuit ouvert, le courant dans la branche gauche du pont est alors que pour la branche droite il est I2 = (20/0° )/(80 4->60) A.

It = (20/0° )/(33 4- >24) A ,

En supposant que le potentiel du point A est supérieur à celui de B, on obtient

V'

(20/05 )(12 4- >24) 33 4- >24

Vab

=

11.13.

(20/0_° )(30 4- >60) 80 4- >60

30 ~| 80 4- >60 J

(20/0° )(l+>2)^ 12 33 4- >24

0.328/170,5° V

Dans le réseau de la Fig. 11-32 ci-dessous, remplacer le circuit se trouvant à gauche des bornes A et B par un circuit équivalent de Thévenin. Déterminer ensuite le courant dans l'impédance (5-;2)O. L’impédance Z’ peut être calculée par les méthodes classiques. L’impédance de (5 - ;2) Q est en parallèle avec la résistance de 3 O. L’impédance équivalente de ces deux branches est

Z,

(5 - >2)3 8 — ]2

194

■ o 265 p

148

CHAP. H

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

->2 0

50

Ii

>5 O

A

( I2 80

5Ü

10/30* v(~)|

-j2Q 2,16229^2 V

B Fig. 11-32 Zi est en série avec l’impédanQp >50, en les additionnant on obtient Z2

1,94 - j 0,2654- >5

-

=

Fig.11-33

1,94 + >4,7350

L’impédance équivalente Z’ peut à présent être obtenue à partir de la combinaison parallèle de Z2 et de la résistance de 5 O : (1,94 4- >4,735)5 6,94 4- >4,735

Z'

3,04/33,4°

=

2,54 4- >1,670

On peut alors considérer le circuit ouvert et calculer le courant I2 par la méthode des mailles. 8 - >2

10/30°

-3

0

8->2

-3

-3

8 + >5

30/30° 69,25/20,3°

Ï2

=

0,433/9.70 A

La tension de Thévenin correspond à la différence de potentiel aux bornes de la résistance de 50 (circuit non chargé) V' = I2(5) = (0,4 33/ 9,70)5= 2,16/9,7° V Le courant circulant dans l’impédance de (2- ;2)O connectée au circuit équivalent de Thévenin représenté sur la Fig. 11-33 est I = V7(Z'4-2->2) = (2,16/9,7° )/(4,54 - >0,33) = 0,476/1^87? A

11.14.

Dans le réseau de la Fig. 11-34, déterminer V2 de telle sorte que le courant dans l'impédance de (2 4- j 3) O soit nulle.

A

1

30ZULV

2O

;sO B 40 —WAV

1

cPTTEFl' |

y-

T

7* j 11

b

(2MZ452-0,6V2) V

400 Q

Fig.11-45

Fig. 11-46

11.24.

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin pour le pont alternatif de la Fig. 11-46 (bornes de sortie A et B) 0,192/-43,4° V. Rép. Z’ = 88,7/11,55° fl , V’

11.25.

En utilisant le théorème de Thévenin déterminer la puissance dissipée dans une résistance de 1 H connectée aux bornes A et B du réseau de la Fig. 11-47 ci-dessous. Rép. 2,22 W.

152

CHAP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

11.26.

Refaire le Problème 11.25 en utilisant le circuit équivalent de Norton 3q ■WW-

U

10q ,16q r-WWA—

|(

jB n

♦A 10 Q

10/ o° v

10/_Q2 |(~) 10/90° V

♦B i* Q Fig. 11-48

Fig. 11-47

11.27.

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin correspondant au réseau actif de la Fig. 11-48 (boi* nés de sortie A et B) Rép. Z' = 10,6/45° Q, V' = 11,17/-63,4° V

11.28.

Déterminer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-48 (bornes de sortie A et B) Rép. Z’ = 10.6/45° Q ; I’ = 1,05/251,6° A

11.29.

En utilisant le théorème de Thévenin, déterminer la puissance dissipée dans une impédance de (2 + /4)Q branchée entre les bornes A et B du réseau actif de la Fig. 11-49. Rép. 475 W.

11.30.

Refaire le Problème 11.29 en utilisant le théorème de Norton

i—ww—-^7)0| 8Q

w

BQ

II

1 oozjh v(~)t

»

|

|10Ü

@t

t(~)

lOsZJiV

| 60/ - 90° V

jB

Fig.11-49

Fig. 11-50

11.31.

Déterminer le circuit équivalent de Thévenin correspondant au réseau actif de la Fig. 11-50. Rép. Z’ = 5,55/0° Q. V = 5,9/16,4° V

11.32.

Déterminer le circuit équivalent de Norton correspondant au réseau actif de la Fig. 11.50. Rép. T = 5,55/0° Q. I’ = 1,06/16,4° A.

11.33.

Calculer le circuit équivalent de Thévenin correspondant au réseau actif de la Fig. 11-51 ayant comme bornes de sortie A et B. Rép. Z’ = 2,5 + 712,5 Q, V = 25x^7/45° V

11.34.

Calculer le circuit équivalent de Norton correspondant au réseau de la Fig. 11-51. Rép. Z’ ='2,5+ 712,5 Ü, 1’ = 2,77/-33,7° A.

11.35.

Déterminer le courant I circulant dans l’impédance (3 + ;4) Q du circuit de la Fig. 11-52; rem­ placer pour cela le réseau par son circuit équivalent de Thévenin. Rép. Z’ = 3,53/45° Q , V’ = 70,7/135° V f I = 8,3/85,2° A. 50/0° V jbQ

bQ

jlO

5Q

A

JD

• ■■

jioQ z 0~0 0A-

/bQ

I---I 50/90° V (~) |

BQ

T

|sü 1I S

r

50/90° V

Fig.11-51

Fig.11-52

|Q 50/0° V

CH AP. 11

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

153

11.36.

Refaire le Problème 11.35 en utilisant le circuit équivalent de Norton. Rép. Z' = 3,53/45° O, r = 20/90° A. I = 8,3/85,2° A.

11.37.

Comme l'indique la Fig. 11-53, le réseau est alimenté par une source de courant de 15/45° A. Remplacer le réseau par un circuit équivalent de Thévenin (bornes de sortie A et B), Rép. Z’ = 11,48 + /1,19 D, V’ = 28,6/83,8° V.

11.38.

Calculer le circuit équivalent de Norton correspondant au circuit de la Fig. 11-53. Rép. Z' = 11,48 + ;l,19O, I’ = 2,47/77,9° A. I \10/0^ a

1 ^15/45° A

2D

AW/———• A 20

>2,5 n = —>3 Q 50

B I

I

Fig. 11-54

Fig. 11-53

11.39.

Calculer le circuit équivalent de Thévenin correspondant au réseau de la Fig. 11-54. Rép. = 5,34/— 49,8° O , V’ = 43,3/-70,6° V.

11.40.

Calculer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-54. Rép. Z' = 5.34/ -49,8° O, I’ = 8,l/-20,8° A.

11.41.

En utilisant le théorème de Thévenin, déterminer la puissance dissipée dans l'impédance Z = 10/60° O branchée entre les bornes A et B du réseau de la Fig. 11-55. Rép.

11.42.

Refaire le Problème 11.41. en utilisant le circuit équivalent de Norton.

I ——

1 --------- 1-------

10/0f A

20/-90oA|

ü io O

50

I

A

•A

sfc-XO

50

>2 0

2 O

2Ü

>15 D

>2 0

I--------

•B

•B Fig. 11-55

Fig. 11-56

4,33 0

11.43.

11.44.

IJ.45.

23 W

Déterminer le réseau équivalent de Thévenin correspondant au réseau actif de la Fig. 11-56. Rép. Z' = 5,09/-82,5° O, V’ = 46,2/-57.5° V

Calculer le circuit équivalent de Norton correspondant au réseau de la Fig. 11-56. Rép. Z’ = 5,09/-82,5 Q. I’ = 9,05/25° A Déterminer le circuit équivalent de Thévenin pour le réseau actif de la Fig. 11-57 (bornes de sortie A et B ). Rép. Z’ = 6.2/51,8° O. V’ = 62,6/44,17° V

AÇ.Q

■vav—^Oo^

E

5/0° A

>ioO

6û

If

Jî

r Fig. 11-57

h

154

LES THEOREMES DE THEVENIN ET DE NORTON

CHAP. H

11.46.

Déterminer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-57. Rép. Z’ = 6,2/51,8° ü, I’ = 10,1/-7,63° A.

11.47.

Le réseau actif de la Fig. 11-58 comporte une source de courant de 4/ 45° A et une source de tension de 25/ 90° V. Trouver le circuit équivalent de Thévenin pour ce réseau. Rép. Z’ = 3,68/36° D , V’ = 22,2/98° V.

11.48.

Déterminer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-58. Rép. Z’ = 3,68/36° D, F = 6,03/62° A.

I—►4/ 45e A

A

sQ

io Q 2 0/0° V

Mil

|(~) 25/ 90° v

—-I

B

I

Fig. 11-58

Fig.11-59

11.49.

Calculer le circuit équivalent de Thévenin correspondant au réseau actif de la Fig. 11-59. Rép. Z’ = 3.47/ 6,85° D, V’ = 31,2/6,89° V.

11.50.

Calculer le circuit équivalent de Norton pour le réseau de la Fig. 11-59. Rép. Z’ = 3,47/6,85° ü, 1’ = 9.0/0° A.

Chapitre 12 Théorèmes relatifs aux réseaux INTRODUCTION La méthode des mailles et la méthodes des noeuds permettent de résoudre pratiquement tous les pro­ blèmes relatifs aux circuits. L’introduction dans le chapitre 11 des théorèmes de Thévenin et de Norton réduit les calculs numériques dans le cas où un réseau donné doit alimenter différentes impédances. Les théorèmes que nous introduisons dans ce chapitre ont également pour but de simplifier la résolution de certains types particuliers de problèmes rencontrés dans l’étude des circuits. Ce chapitre peut ainsi être considéré comme une extension du chapitre 11.

TRANSFORMATION ETOILE-TRIANGLE

(Y-A)

Dans le quadripôle passif de la Fig. 12-1 (a), les trois impédances , Z# et 7^ sont montées en triangle. Dans le quadripôle passif de la Fig. 12-1 (è) les trois impédances Zj , Z2 et Z3 sont montées en etoile. Les deux circuits sont équivalents lorsque leurs impédances d’entrée, de sortie et de transfert sont respectivement égales.

Z3 =3-

Zi

ZB . , -T Ï2

V
10

Zb

z; ZjZ2 4- ZjZ3 4- Z2Z3

Zc

Z“

50 4- >150 ”

5

50 4- >150 10

5 4- >159

15 - >5 0

10 4- >30 fl

Afin de vérifier les résultats obtenus on peut recalculer à partir du réseau en triangle de la Fig. 12-12 les éléments du réseau en étoile.

Zi za

(5 4- >15)(15 - >5) 5 4- >15 4- 15 - >5 4- 10 4- >30

ZaZç_____ Za + ZB 4- Zc

Z2

zBzc

z3 12.2.

ZaZb + ZB 4- Zc

Za + ZB 4- Zc

(5 4- >15)(10 4- >30) 30 4- >40

yio a

(15 - >5)(10 4- >30) 30 4- >40

io a

150 4- >200 30 4- >40

5fl

Un réseau monté en triangle comporte trois impédances égales Z^ =. 15/ 30° Q . Déterminer les impédances équivalentes du circuit monté en étoile. On a

ZAZB Zi =

za

+ ZB 4- Zc

où

Za — ZB — Zc — ZA.

Z2 = Z3 = Za/3 = 5/30° Q. On en déduit Zj = ZA/3 = (15/30° )/3 = 5/30°fl et de même Ainsi, à tout circuit monté en triangle et composé de trois impédances identiques correspond1 un tiers de zzllzz celles dz du circuit circuit équivalent monté en étoile dont les impédances sont égales au tic.z monté en triangle.

La réciproque est également vraie; dans ce cas, les impédances du circuit en triangle sont égales à trois fois celles du circuit en étoile.

12.3.

Montrer qu'un quadripôle passif à plusieurs mailles peut être remplacé par un circuit équivalent à trois impédances montées en triangle. On applique la tension Vj à l’entrée du quadripôle (bornes h de gauche) comme le montre la Fig. 12-13 et on appelle h Réseau le courant entrant dans le réseau. De même on appelle V2 Vi V2 p as sif et l2 les grandeurs correspondantes à la sortie du réseau (bornes de droite). Etant donné que le réseau est passif, toutes les autres sources de tension sont nulles. Fig. 12-13

CHAP. 12

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

163

Les équations pour les différentes mailles peuvent se mettre sous la forme matricielle suivante

Z11

z12

Z2I

Z22

...

zIn

II

v.

I2

V2

0 0

Znl

d'où l’on tire

Ii

Z„n

v,^ + v2x £* Az ûz

=

0

In

h = v.^+v2^

et

&Z

aZ

En mettant ce système sous forme matricielle on obtient Ail

a2i

Az

Az

A|2

A22

Az

Vi

Ii

AZJ _ V2

I2

Cette équation matricielle est analogue à celle que l'on trouve pour un réseau à trois noeuds, dont un de référence. Un tel réseau est représenté sur la Fig. 12-14 et comporte les impédances , Z g et Zc montées en triangle. En reportant sur cette figure Vy , Ij , V2 et I2 avec les mêmes sens que sur la Fig. 12-13,on peut écrire l'équation matricielle correspondante en utilisant la méthode des noeuds. 1

zB

Vi

II

zB zc /

V2

I2

\ZA + ZB.

^B

ZB —F

1

h

Ii Vt

V,

Zc

Za

Fig. 12-14

En identifiant les éléments correspondants des matrices de coefficients,on obtient 1 a21 A22 — — W -----(I) (*) (zB (z\ + zB) AAhz ’ ZB Az Â7

et en substituant (3) dans (2) et (2) on a ZA

__

Az An + A2i ’

ZB

Az A2i’

Zc —

Az

A22 “h A2i

La transformation d'un quadripôle en un circuit équivalent en triangle ou en étoile est toujours réalisable mathématiquement, comme cela a été démontré. Cependant, les éléments du circuit équivalent ne sont pas toujours réalisables physiquement (voir problème 12.4).

12.4.

Appliquer les résultats du problème 12.3 au réseau de la Fig. 12-15 pour obtenir le circuit équivalent en triangle. On choisit les mailles comme le montre le diagrammejon peut alors écrire

Az

5 - j2

0

-5

0

-;2

-;4

-5

-;4

5-/2

40 - ;24

46,6/—31°

-12 Q

;2 Q

4H

b II

j2 Q

W 5(1

Fig. 12-15

164

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

CHAP. 12

et

I —>2 | —>4

An

—>4 5 - >2

5- >2 -5

a22

12 - >10,

o -5 (-) ->4 5 - >2

*21

~

-5 5->2

-4 - >20,

>20

En utilisant les expressions établies dans le problème 12.3, on a 46,6/—31° *z = 2,987-70,8° (2 ZA = An + A21 12 - >10 4- >20

ZB

46.6/—31° >20

*21

Zc

=

=

2,33/59° (2

46,6/—31° -4 - >20 + >20

*Z

*22 + A21

=

11,65/149° (2

On peut remarquer que l’impédance Z 4 peut être réalisée en associant en série une résistance et une capacité et l’impédance Z g peut être réalisée en associant en série une résistance et une in­ ductance. L’impédance Z^ cependant exigera une résistance négative et par conséquent le circuit calculé est irréalisable.

12.5.

Déterminer le courant circulant dans la résistance de 2 (2 du circuit de la Fig. 12-16 en utilisant le principe de superposition. Soit V le courant circulant dans la résistance de 2 (2 dû à la tension Vj (pour V2 = 0) e* F' le courant circulant dans cette même résistance dû à V2 (pour Vj = 0). En choisissant les mailles comme l’indique la Fig. 12-16, on peut calculer /' et Vi

5 12

0 -4

Vl 0 -4

r

10

6

7 5

12

0 -4

0

-4

6

5

-4

6 242

5

0

12

—4

0

12

-4

—(—20)

5

101

5 -4

0

6

=

1,075 A

0

6 -4 -4 6 ----------------------= -----------------------= 2.48 A 242 242 En appliquant le théorème de superposition, on peut calculer le courant /j lorsque les deux sources sont branchées simultanément. 0

1"

=

Zj

=

Z' + I"

=

1,075 + 2,48

=

3,555 A

3 (2

5 (2

1--------- VAWA- ---- !---------WAW1 io v JF

2(2

A

2

A/WWA

h -WW2(2 Fig. 12-16

4(2

T- 20 V

CHAP. 12

12.6.

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

165

Calcul er le courant dans l'impédance (3 4- 74) Q du réseau de la Fig. 12-17 en appliquant le théorème de superposition

5O WM

>5 O

■I

3Ü

I GE)v*= 50/00v

Vj = 50/90° V (~)|

>4 O

Fig. 12-17

Vj est alors la seule source du circuit. Dans ces conditions on a

On pose V2 = 0, ZT

= 1

5 + (3 + 74U5 3 4-/9 Vj

z^

et

Le courant dans l’impédance (3 II

5,83 4- j’2,5

6,35/23,2° O

50/90° 6,35/23,2°

“

7,87/66,8° A

7’4)0 dû à Vi est

- ■’.(Æê) -

7,87/66,8° (

4,15/85,3° A

=

>5 ) 3 + >9

A présent en posant Vj = 0, V2 est l'unique source du réseau,d’où

>5 4- 5(3 4- ;4) 8 4- ;4

Zt2

V2 !t2

et

-

=

=

2,5 4- ;6,25

50/0_° 6,74/68,2°

=

=

6,74/68,2° fl

7,42/-68,2° A

Le courant dans l’impédance (3 + 74)O dû à la source V2 est

4,15/85,3° A

—(7,42/—68,2° )

I2

Le signe moins qui précède ce courant donne à I2 la même direction que celle du courant I. courant total dans l'impédance (3 + 74) O est alors

I

12.7.

=

Ij 4- l2

=

4,15/85,3° + 4,15/85,3°

=

8,30/85,3°A

Déterminer la tension VA B en appliquant le principe de superposition au réseau de la Fig. 12-18. Dans un premier stade, seule la source Zj est connectée au réseau (Z2 = 0), la tension VAB correspondante est 5(12) 2^^ 2Î7- = 7,06 V

Dans un second stade Zj = 0, Z2 = 4 A; le cou­ rant dans la résistance de 5 O est alors J5 = 4(2/17) = 8/17 A et la tension VAB est égale à (8/17)5 = 2,35 V.

La tension VA B résultant des deux sources connectées simultanément est

VAB = VAB 4- VAB = 7,06 4- 2,35

9,41 V.

----- 7, 4,0 A

io O 712,0 A

A 50

A

7,

B Fig. 12-18

Le

166

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

12.8.

CHAP. 12

Dans le réseau de la Fig. 12-19 (a), l’unique source de tension de 100 / 45° V fait circuler un courant Ix dans la résistance de 5 Q . Calculer Ix et vérifier le théorème de réciprocité pour ce réseau. 10 Q

10 D

10 0

10 Q

-WA-

----- VWA

WA-

f

;BQ

100/ 45° V

l*‘ «xt

I3

-jS Q

II

BÜ

|(~) 100/45° V

I2

(

->B Q

jfiQ

J bü

(&)

(a)

Fig. 12-19 Les; courants ne de manies mailles , iI2 et 13 I sont représentés par la Fig. 12-19 (a), le courant cherché est égal au courant demaille I3 .

U
5

~j5

10

;5

0

;5

5 - j5

25

\

2,16/57,5° A

1155/—12,5°/

0

On applique à présent le théorème de réciprocité en intervertissant les positions de la source de tension et du courant Ix , ce qui conduit au réseau de la Fig. 12-19 (&). En utilisant comme direction des courants de maille celle des aiguilles d’une montre on peut remarquer que lx = et 0 -J5 0

0 100/45°

Ix

II

10

J5

j5

5 - ;5

100/45° (------- 25 —------- ) 1155/ \ 1155 /—12,5° /

ûz

=

2,16/57,5° A

(2)

En comparant les résultats (I) et (2) on constate que lx est identique dans les deux réseaux et par conséquent le théorème de réciprocité est vérifié.

12.9.

Le réseau de la Fig. 12-20 (a) comporte une source de courant unique I = 12/90° A. Déterminer la tension V2 correspondante au noeud 2. Appliquer le théorème de réciprocité et comparer les

résultats.

;loQ

I—---- i

>10 Q

s

I = 12/90° A

2

12/90° A J

3Ü bQ

;4Q

2Ü

3Ü

2Q

bQ

Vx

j2Q

;2Q

I I

(*)

(a) Fig.12-20

CHAP. 12

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

167

Les deux équations de noeud pour le réseau de la Fig. 12-20 (à) peuvent s'écrire sous la forme matricielle suivante

1 >10

+ 7ïô) 1

1 >10

(À + 5

+

2 + >2)

Vi

12/90°

V2

0

d'où l’on tire

0,12-/0,26 7*0,1

V2

12/90°

0

“710(3 4- >4) = 1,46 + >3;17 = 3,50/65,3° 12 3 + >14

On a alors ZT = 5 + 1,46 + >3,17 = 7,18/26,2° 12 et

■’-è-

20/0° = 2,79/—26,2° A. 7,18/26,2°

La source de compensation est alors

Vc = ITZeq = 2,79/—26,2° (3,50/65,3° ) = 9,77/39,1° V La Fig. 12-23 (b) représente le circuit comportant la source de compensation correctement pola­ risée.

CHAP. 12

12.13,

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

169

On remplace l’impédance de (3 4- /4) O du réseau de la Fig. 12-24 (a) par une impédance (4 4- /4)O (Fig. 12-24 (&).). Déterminer le courant circulant dans la résistance de 10 Q avant et après la mo­ dification. Déterminer la di fférence entre les deux courants en appliquant le théorème de compen­ sation.

tI A2,37Vc= /5,5° V jsQ,

(b)

(a)

14Q

(c)

Fig.12-24 Initialement (Fig. 12-24 (a) ) l'impédance totale du circuit et le courant qui y circule étaient Z^ = 10 + /5(3 4- /4) = iiti/i3o n 3 4- >9

50/0° = 4.50/-13° A 11,1/13°

et

Après la modification (Fig. 12-24 (&)) ces grandeurs deviennent z' = 4-/4) 4-. /5(4 Zt " 10 + 4 4- >9 = 11,03 4- /2,68 = 11,35/13,65° H

et

= 4,41/—13,65° A

It = "T

La variation d'impédance est SZ = (4 4-/4) — (3 4-/4) = 1 et par conséquent la source de tension de compensation est Vc = 1 (Ô Z), où I courant initial circulant dans la branche (3 + ;4) Ü est donné par _ / /5 \ 2,37/5^5.° A 1 - It5(10) = 10/53,1° fl 10 4- /5 Aly

=

\ >5 ZT) \10 + >5 J

et

=

_ /2,37/5jg\ / >5 \ \ 10/53,1° / \ 10 4-j5 /

= Q iof5/i95 8° A

En comparant AIj* à la différence entre /j» et It on obtient l'T - IT = (4,41/—13,65° ) - (4;50/-13° ) = - 0,10-/0,03 = 0,1045/196,7° A On peut remarquer que les deux valeurs trouvées pour AI^ ne sont pas exactement égales. La valeur de A obtenue en utilisant le théorème de compensation est plus précise que celle obte­ nue par soustraction des courants I-p et It*. Ceci est d’autant plus vrai que la variation d’impé­ dance est plus faible. Comme nous l'avons vu ci-dessus,ceci a pour conséquence une légère va­ riation du courant introduisant une erreur lors du calcul de la différence de deux quantités prati­ quement égales.

12.14.

Calculer la variation de courant dans le circuit série de la Fig. 12-25 (fl) résultant de la réduction de la réactance à une valeur de (/35)Q. Soit I et I’ les courants avant et après la modification comme le montre les Fig. 12-25 (a) et (&) ci-après.

170

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

CHAP. 12

io Q

10 Q

AAW-

AWA-

AAW

20 Q

20Q

Al

I'

>40 O >40 Q

100/45* V

-,5O iZ = ->5Q

(M

(a)

On peut écrire et

j

♦A I K-Z 10Vc= /—98,1° V

V

(c)

Fig. 12-25 100/45° = 2,0/-8,lo A 50/53,1°

r =

100/45° V = 2,17/—4,4° A Z 4- ôZ ~ 30 4- >35

Al = l'-I = 2,17/—4,4° - 2,0/-8,lo =0,223/31,6°A

En calculant A / au moyen du théorème de compensation on obtient Vc = I(ôZ) = 2,07—8,1° (—>5) = 10/—98,1° V orienté comme le montre la Fig. 12-25 (c). La variation de courant est AI = -Vc/(Z+aZ) = —(10/—98,1° )/(30 4-j'35) = (10/81,9° )/(46,l/49,4° ) = 0,217/32,5° A

12.15.

L’impédance de charge Z^ du circuit de la Fig. 12-26 est une résistance pure /?£ . Déterminer la valeur de Rl pour laquelle la puissance délivrée par la source est maximale et calculer cette puissance. On obtient un transfert maximal de puissance pour RL = |ZJ = |10 4-;20| = 22,4 ü

▼.I 50/Q* V

Comme I = V/(Zp + R) = (50/0? )/(10 4-;20 4-22,4) =1,31/-31,7°A la puissance maximale dissipée par la charge est P = FRL = (1,31)222,4 = 38,5 W

12.16.

Fig. 12-26

En supposant que la charge du circuit de la Fig. 12-26 est une impédance complexe Z^ pour laquelle à la fois et Xsont variables,calculer la valeur de Z^ pour laquelle la puissan­ ce transmise à la charge est maximale. Calculer également la valeur de cette puissance.

Pour Z^ = Zg* on a un transfert maximal de puissance, comme Zfl0 = 10 4->20 D, on a ZL = 10-;20D.

L’impédance totale du circuit est ZT = (10 4->20) 4- (10 —>20) = 20 D . On peut alors calculer le courant et la puissance qui sont respectivement I = V/Z~ V/ZT = (50/0° (50/0? )/20 = 2.5/0° 2,5/0? A et P = J2Rl = (2,5)210 = 62/ W, 3Ü

12.17.

La charge connectée aux bornes A et B du réseau de la Fig. 12-27 comporte une résis­ tance variable Rl et une réactance Xq capacitive variable entre 2 et 8 Q. Déterminer les valeurs de Rq et Xq pour lesquelles la puissance transmise est maximale. Calculer la puissance maximale fournie à la charge.

|----- WW\A

A

2(1

50/45° V Af

: *«B

Fig. 12-27

La tension équivalente de Thévenin aux bornes A , B est 50/45° V'

5 4~fîÔ (2 * ;10) = 45>6/60.»3° V

jio O

CHAP 12

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

171

L’impédance du réseau actif connectée aux bornes A et B est :

2,64 4-/0,72 0

Z' = 3(2 4-/10)/(5 4-/10) =

Pour le circuit donné le transfert de puissance est maximal pour ZL = Z'* = 2,64-/0,7 2 O. Dans les conditions du problème Xc est ajustable entre 2 et 8 O . Par conséquent la valeur la plus voisine de Xc est 2 O et Rb = \Zy — jXc\ = |2,64 4-/0,72-/2| = |2,64 -/l,28j = 2,93 0 On a alors

d’où

12.18.

ZT = Z' 4- Z,'L = (2,64 4-2,93) 4-/(0,72—2) = 5,57 -/1,28 = 5770/-13°Q

I =

XL

45,6/60,3° = 8,0/73,3° A 5,70/-13°

et

P = I2Rl = (8,0)22,93 = 187,5 W

La résistance Rg du circuit de la Fig. 12-28 est ajustable entre 2 et 55 O ; pour quelle valeur de Rg la puissance délivrée à la char­ ge est-elle maximale ?

Dans le circuit donné la résistance de charge R^ est constante.

>5 O

Ro

A

I Rl 10 O

1 00/0- V (~) |

Dans ces conditions les théorèmes relatifs au transfert maximal de puissance ne sont pas valables. Cependant il est évident que le courant le plus important dans le circuit est obtenu pour la valeur minimale de Rg. En posant Rg = 2 O, on a

B Fig. 12-28

ZT = (2 4-/5 4-10) = 13/22,6° 0

et

7,7/—22,6° A

I = V/ZT = 100/0.° /(13/22,6° )

La puissance maximale dissipée est

P

(7,7)210

593 W.

Problèmes supplémentaires 12.19.

Déterminer le circuit équivalent monté en étoile correspondant au circuit de la Fig. 19-29 monté en triangle. Rép. (0,5 - /0,5) O, (3 “ / l)O,(l + /3) O. 10 O io O ■VW---—W/A 2 -4- >3 O >io O

2 + >16 O

3-/20

>10 0

1-4^50:

Fig. 12-29 12.20.

>5 0

Fig. 12-30

Le réseau de la Fig. 12-30 comporte deux circuits en étoile montés en parallèle; déterminer le circuit équivalent monté en triangle.

Rép.

(5 + /5)O , « ,(5 + /5)O

n

172

12.21.

CHAP. 12

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

LaJFig. 12-31 représente un circuit équilibré monté en triangle et constitué d'impédances Z = 10 10/_ / 30° O branchées en parallèle avec un circuit équilibré monté en étoile et comportant des impédances 4/.~ 45° O . Déterminer le circuit équivalent en étoile. Rép. Z 2,29/-3,5° O. 2 1 (a) 10/30° O Réseau passif

^2 CS

10/30°

12.22.

12.23.

îl

10/30° Q

(*)

Z3

Zi

Fig. 12-31 Fig. 12-32 Montrer que le quadripôle passif de la Fig. 12-32 (a) peut être remplacé par un circuit monté en étoile tel que celui de la Fig. 12-32 (6), où Zt = (An — A12)/AY, Z2 = A12/AY etZ3 = (A22 — A12)/AY. (Ay ainsi que les cofacteurs proviennent des équations de noeuds mises sous forme matricielle). Remplacer le réseau de la Fig. 12-33 par un réseau équivalent monté en étoile en utilisant la méthode élaborée dans le problème 12.22. Rép. (12 + 7 1) 0,(-1 + 7 2) 0,(4 + /1)O. 10 0

5Ü Wr

----- MW-

jsO

io O

2O MWr

5O ------ MW-

2O ■MW------

w--40

10 O

;5 O

Fif. 12-34

Fit. 12-33

12.24.

Déterminer le réseau équivalent monté en étoile pour le réseau de la Fig. 12-34. Rép. 6,25 0 ; 2,5 0, 10,5 0.

12.25.

En se référant au réseau de la Fig. 12-34, déterminer le réseau équivalent en triangle. Rép. 10,250,43 0, 17,20

12.26.

Déterminer le réseau équivalent monté en triangle correspondant au réseau de la Fig. 12-35. Rép. (3 —7 2)0, (2 + 73) O (2 + 716)0.

O

Ht—

iO

I 10 O

50

Fif. 12-35

12.27.

5o MW-

2O

10 V _T

50

4 O “T+ 27 V

Fif. 12-33

Calculer le courant circulant dans la résistance de 2 0 du circuit de la Fig. 12-36 en utilisant le théorème de superposition. Rép. I = 4,27 A.

CHAP. 12

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

173

12.28.

Dans le réseau de la Fig. 12-36 ci-dessus la source de tension V2 est remplacée par une source délivrant une tension de 8,93 V et de polarité opposée. Déterminer le courant dans la résistance de 2 O en utilisant le théorème de superposition. Rép. I = 1,43 A.

12.29.

Calculer les contributions de chacune des sources de tension du réseau de la Fig. 12-37 au courant total circulant dans la résistance de 5 D. Rép. 2,27 A, 3,41 A.

2O

5O AWW-

2O ------ WW------- 1

I

4n

25 V-=-

2 O

T

1

II — 10/0° A

5/30° Q

£

>10 Q

2Q

6Ü

50 V

->2 5/0° A

h

h

Fig. 12-37

Fig. 12-33

12.30.

Déterminer la contribution de chacune des sources de courant du réseau de la Fig. 12-38 à la tension de noeud V2 . Rép. 8,48/ -2,8° V, 8,20/12,2° V.

12.31.

Calculer la contribution de chacune des sources de tension du réseau de la Fig. 12-39 au courant total circulant dans la résistance de 4 Q. Rép. 3.24/60,95° A, 6,16/ -142,2° A.

5n

>5 n

2o

2 0

V2

Fig. 12-4

Fig. 12-39

12.32.

Dans le réseau de la Fig. 12-40 les sources de tension sont connectées séparément. Sachant que les courants correspondants dans la résistance de 10 O sont égaux, calculer la valeur du rapport Vi/V2. Rép. 0,707/-45°.

12.33.

Déterminer la contribution de chacune des sources de courant Ij et I2 du réseau de la Fig. 12-41 à la tension de noeud V2 . Rép. 5.82/-5,5° V, 9.22/ 72,9° V

12.34.

__ remplacée par une sourDans le réseau de la Fig. 12-41 la source de courant I2 de 5/90° A t est ce de 3,16/ 191,6° A. Déterminer la tension de noeud V2 en utilisant le théorème de superposition. II-*-

>10 O

J

>5 O

2

£

5 Q

*-Iî 5/90° A

5/30° A

5Q

5 O

------ waw----- 1-------—-

JL

25/0! V0f

50

T

1

gjxa

h

II

Fig. 12-41

Fig. 12-42

1

30

=4=->4O

174

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

CHAP. 12

12.35.

Déterminer par une méthode classique le courant I circulant dans l’impédance (3 — /4) (2 du cii cuit de la Fig. 12-42. Appliquer le théorème de réciprocité et comparer les résultats obtenus. Rép. 2,27/53,2° A.

12.36.

Déterminer le courant I circulant dans l’impédance de (2 — / 2) (2 du circuit de la Fig. 12-43. Appliquer le théorème de réciprocité et comparer les deux courants. Rép. 10,1/129,1° A.

2Ü

I 3 (2

t

50/90° V

'Il

2(2 2(1

5(1

10 V-=-

>4(2

=?=-;2(l

>4 (1

Fig.12-44

Fig. 12-43

12.37.

Calculer par une méthode classique le courant circulant dans la résistance de 4 (1 du réseau de la Fig. 12-44. Appliquer ensuite le théorème de réciprocité et comparer les deux courants. Quel­ les sont les variations correspondantes de courant dans les résistances de 5 (1 et de 2 (1 .? Rép. 2,5 A. Après application du théorème de réciprocité les courants dans les résistances de 5 (2 et de 2 (1 sont nuis alors qu’ils étaient précédemment de 2 A et 5 A respectivement.

12.38.

Calculer en utilisant une méthode classique le courant circulant dans la résistance de 5 Q du réseau de la Fig. 12-45. Appliquer ensuite le théorème de réciprocité et comparer les résultats obtenus. Rép. 0,270/53,75° A.

f(~) 10/02 v

10(1

WAV-

2(1

50 (2

|| ioo(l

WAV-------2(1

200 (1

500

>10 (2

I

1000 fl

2500 (2

|+

I

5V

WAV 5 (1

12.39.

12.40.

Fig. 12-45 Fig. 12-46 Calculer le courant I circulant dans la résistance de 50 (1 du réseau de la Fig. 12-46. Vérifier le théorème de réciprocité en intervertissant la source de tension et le courant résultant I. Rép. 1,32 mA. Calculer la tension Vx du réseau de la Fig. 12-47. Appliquer ensuite le théorème de réciprocité et comparer les deux tensions. Rép. 35/ -12,1° V.

5 (2

1 —— 20/90° A 10(1

>5(2

I

>5(2

20/45° A

3(1

4=->2(l

10(1 Vz

>8(2

I Fig. 12-47

12.41.

'

I

Fig. 12-48 Déterminer la tension Vx du réseau de la Fig. 12-48. Vérifier ensuite pour ce circuit le théorème de réciprocité. Rép. 50,8/ 21 ° V.

CHAP. 12

12.42.

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

Déterminer la tension Vx du réseau de la Fig. 12-49. Vérifier le théorème de réciprocité en inter­ vertissant la position de la source de courant et de la tension Vx . Rép. 2,53/ - 162,3° V. I— 5/-90° A

2n

3Q

Vz

io Q

I

3Q

3n

XÛ

->4 n

t

25/0° V

/4 Q,

jSfl

12.43.

175

Fig. 12-49 Fig. 12-50 Dans le réseau de la Fig. 12-50, remplacer la combinaison parallèle de (3 + /4) Q et (3 - /4) O par une source de compensation. Pour vérifier la validité de cette substitution calculer le courant dans la résistance de 5 il dans les deux cas. Rép. \c = 11,35/0° V. I = 2,73/0° A

12.44.

En se référant au réseau de la Fig- 12-50 remplacer la résistance de 5 fi par une source de com­ pensation et calculer le courant total dû à la source de 25/0° V avant et après la substitution. Rép. vc = 13,65/0° V, I = 2,73/0f A .

12.45.

Dans le réseau de la Fig. 12-51 remplacer les combinaisons parallèles de résistances par une source de compensation et calculer le courant total débité par la source de 50 V. Rép. 11,35 V, 4,55 V, et 3,41 A.

50 V

io n

ioü WAW-

X

12 n

AWA-

Vc 5Q

10 Q

20 v

O

5O w—

—v\w— AJ

*7"

J

|

io n

10 Q AW/-

■w//—

(&)

(a)

Fig. 12-51

Fig. 12-52

12.46.

Un courant I circule dans la source de 20 V du réseau de la Fig. 12-52 (a). Lorsque la résistan­ ce de 10 O est remplacée par une résistance de 12 Q, le courant débité par la source devient /*. Calculer la variation de courant A/ = l' - l en utilisant une source de compensation comme .le montre la Fig. 12-52 (è). Rép. A/ = - 0,087 A.

12.47.

Dans le réseau de la Fig. 12-53 (a) on substitue une résistance de 8 fl à celle de la variation de courant AI résultante dans l'impédance (3 + ;4) f). Rép. 0,271/159,5° A.

sn

8Û

5Q. Calculer

Vc

I—ww-

I---------W/A-

“I

3 £2 10/0° V (~) f

;5Q

>4 n (b)

(a) Fig. 12-53

176 12.48.

THEOREMES RELATIFS AUX RESEAUX

CHAP. 12

Dans le réseau de la Fig. 12-54 (a) la source de 50/45° V débite un courant I. On remplace la résistance de 10 Q par une résistance de 5 Q. Utiliser le théorème de compensation pour déter­ miner Vc et Al comme le montre la Fig. 12-54 (b). Rép. 21.45/-1660 V?2,74/-36° A 10 Q

50/45* V

5Ü

ïh èt

jiQ

1|m

=5= ->6 Q

;3Q

=4=

Q

v.AI (a)

(b) Fis. 12-54

12.49.

Dans le circuit de la Fig. 12-55 déterminer la valeur de ce est maximal. Calculer la valeur de cette puissance. Rép. 11,17 Q, 309 W.

pour laquelle le transfert de puissan­

= -;15 Q

Rl

Fig* 12-56

Fis. 12-55

12.50.

Le réseau de la Fig. 12-56 est chargé par une réactance capacitive de 15 Q en série avec une résistance variable R^ , Déterminer: a) - La valeur de R^ pour laquelle la puissance transmise est maximale. b) - La valeur maximale de cette puissance. Rép. (a) Rl = 11,17 H, (b) 236 W.

12.51.

Le réseau de la Fig. 12-57 comporte deux sources de tension alimentant une charge bran­ chée entre les bornes A et B . Si dans cette charge la résistance et la réactance sont toutes deux variables, quelle est la valeur de Z^ pour laquelle la puissance fournie est maximale ? Déterminer la valeur de cette puissance maximale. Rép. (4,23 + ;1,15) £1, 5,68 W.

r

AAW

1

3n

■ AAW- -

il ~~ 1

“Y I 't Fis. 12-57

Chapitre 13 Inductance mutuelle INTRODUCTION Les réseaux étudiés dans les chapitres précédents se composaient, soit de boucles fermées, soit de mailles et de noeuds. Deux boucles fermées comportent une branche commune ainsi que deux noeuds reliés par des éléments passifs ou par des éléments actifs: on parle dans ce cas de couplage direct en­ tre mailles et noeuds. Des méthodes permettant d’étudier de tels réseaux ont été élaborées.

Dans ce chapitre nous étudions un autre type de couplage : le couplage magnétique. Lorsque l’inter­ action entre deux boucles fermées se fait par l’intermédiaire d'un champ magnétique et non pas par des éléments communs, on dit que les branches sont couplées inductivement ou magnétiquement.

AUTO-INDUCTANCE Lorsque dans un circuit le courant varie, le flux magnétique traversant ce circuit change et une f.e.m. est induite dans le circuit. En supposant la perméabilité constante, la force électromotrice induite est proportionnelle à la dérivée du courant par rapport au temps, c’est-à-dire vl

U)

b dt

Dans cette relation, la constante de proportionnalité L est appelée auto-inductance du circuit. Dans le système MKSA, l’unité d'auto-inductance est le weber par ampère, encore appelé henry. La f.e.m induite dans une bobine comportant N tours est donnée par: VL

(«)

” dt

où Nd

juM

I2

“ >

Fig. 13-3 Considérons le circuit de la Fig. 13-3 où seule la maille 1 comporte une source de tension. On choi­ sit le sens du courant Ij identique à celui de la tension Vj et on applique la règle de la main droite pour déterminer la direction du flux 012 . D’après la loi de Lenz, la polarité de la tension induite est telle que le courant circule dans la bobine fermée en y créant un flux qui s'oppose au flux principal dû au courant Il . Par conséquent lorsque l'interrupteur du circuit de la Fig. 13-3 est fermé, la direction du flux 021 est celle indiquée sur la figure. On peut à présent appliquer la règle de la main droite avec le pouce dirigé dans le sens du flux 02i » les doigts de cette main s'enroulent alors autour de la bobine 2 dans la direc­ tion du courant. Dans ces conditions on peut écrire les équations suivantes

(Ri 4- y

> ) >

> ) )

< C

C

M

V

( C

Ri + lJI 1 dt ou

13.5.

dt

+ 1c

idt +

di 1 Ri 4- (ML2-2M)~ + 7 or

c

at

at

=

>

> >L2 )

V

Fig. 13-12 v

idt

Ecrire les équations différentielles de mailles pour le circuit couplé de la Fig. 13-13 ci-dessous.

On choisit les courants zj et z’2 comme le montre le diagramme et on applique la règle de la main droite à chacun des enroulements. Comme les flux s'ajoutent le signe des termes en M est le même que celui des termes en L et on peut écrire dii di» KA + = V

h

di2 dt

dû V

«2

(

■Oi

V

Fig. 13-13

>

>l2

Li(

(

Fig.13-14

CHAP. 13

13.6.

INDUCTANCE MUTUELLE

185

Refaire le problème 13.5 en choisissant le courant 7’2 comme le montre la Fig. 13-14 ci-dessus. En appliquant la loi de Kirchhoff à la boucle traversée par le courant 7’2 on obtient des tensions mutuelles induites négatives et on peut écrire io 10 4- >6 Ii

A,

1,015/113,95° A

La tension aux bornes de la réactance ->10Q est par conséquent égale à V =

13.9.

>10) = 10,15/23,95° V

Déterminer le circuit équivalent pointé correspondant au circuit comportant trois bobines couplées, ainsi qu'une résistance et une capacité, représenté par la Fig. 13-17. Ecrire l'équation décrivant ce circuit.

HH l/j»C

V

Fit. 13-18

Fig. 13-17

En utilisant les mêmes méthodes que celles du problème 13.8, on obtient le circuit équi­ valent pointé à maille unique de la Fig. 13-18. L'application de la loi de Kirchhoff relative à la tension à ce circuit permet d'écrire HR + -4- + + L2 + L3 + 2Ma - 2Mb - 2MC)11 V

L

13.10.

J

Dans le réseau couplé de la Fig. 13-19 calculer la tension aux bornes de la résistance de 5 Q pour le pointage indiqué. Refaire le même pro­ blème en inversant la polarité sur l’une des bo­ bines. On peut calculer l'inductance mutuelle au moyen de la relation jXm = jky/XLÏXL2 = >0,8^5(10) = >5,66

jio Q e

r-^W---- i— Ii

En écrivant les équations de mailles on peut cal­ culer le courant 12 qui est donné par I I2

3 4-/1

50

-3 - >1,66

0

3Ü

h

50Z_0_! v(~)f

bQ

-;4 Q

Fig. 13-19 3 + ji

-3 - >1,66

-3 - >1,66

8 + >6

171/29° 19,9/53,8°

8.60/—24,8° A

La tension aux bornes de la résistance de 5 D est alors

V5 = I2(5) = 43/—24,8° V

L’inversion de polarité sur l'une des bobines a pour conséquence une modification de la matrice impédance donnant lieu à un nouveau courant I2 .

CHAP. 13

INDUCTANCE MUTUELLE

I2

3 4- jl

50

-3 4- >9,66

0

3 4- >1

-3 4- >9,66

-3 4- >9,66

8 4- >6

505/—72,7° 132/39,4°

Dans ce cas la tension aux bornes de la résistance de 5 Q est

13.11.

187

3,83/—112,1° A

V5 = I2(5) = 19,15/—112,1° V

Déterminer l’inductance équivalente correspondant à l'association en parallèle des inductances Lj et L2 représentée par la Fig. 13-20 (a). 0,3H

>1

*=0,7

0,8 H

0,3 H

M = 0,343 H

0,8 H

(a)

(b)

Fig. 13-20 M = kyjLtL2 = 0,7 \/ 0,3 (0,8)

L’inductance mutuelle est

=

0,343 H.

On peut représenter le circuit comme le montre la Fig. 13-20 (Z>) et y faire circuler des courants Ij et I2 . On peut alors écrire

>w 0,3

[Z]

>« 0,043

j» 0,043 >» 0,414

>q0,3(>0 0,414) - (>« 0,043)2

Z entrée 1

ju 0,296n

>0,414

On en déduit que l'inductance équivalente des bobines couplées est de 0,296 H.

13.12.

Le pont de Heaviside représenté par la Fig. 13-21 permet de déterminer l'inductance mutuelle de deux bobines. Calculer M en fonction des autres paramètres du pont, lorsque le courant Ip dans le circuit de détection est nul.

On choisit les courants de mailles et I2 comme le montre le diagramme. Si ID =0 les chu­ tes de tension aux bornes des résistances Æj et /?2 doivent être égales: = I2^2 (-0

h

»©t «4

R,

M

Il en va de même pour les chutes de tension aux bornes de (R4 4- juL4) et (f?3 4- >wL3).Cependant, dans la bobine d'inductance L4U apparaît une tension mutuelle induite et le courant dans 1* au­ tre bobine d'inductance L5 est 1} 4- I2 .

It(A4 4- >wL4) 4- >wM(I14-I2) En substituant

=

I2(Æ3 + >wL3)

L,

Fig. 13-21

(2)

I2 = (Bi/Æ2)Ij dans la relation (2) on obtient

4" >L4 4* >wM) 4" (Æi/J?2)Ij(>Af)

=

U)

(R 1/^2)^1(^3 4-

En égalant les parties réelles et les parties imaginaires de la relation (3) il vient

R\Rt — R1R3

et

+ M +

d’où l’on tire

M =

— 7?2L4 + R2

o

188

13.13.

INDUCTANCE MUTUELLE

CHAP. 13

Remplacer le réseau couplé de la Fig. 13-22 par un circuit équivalent de Thévenin (bornes de sortie A et B).

3O

La tension équivalente de Thévenin V’ est iozmv(~)f la tension mesurée aux extrémités A et fi lorsque le circuit n'est pas chargé. On choisit les courants de mailles I; et I2 comme le montre la figure et on calcule I2 .

Ii

5 4- >5

10

-2 4- >3

0

2Î1

An

WA Q

I2 4Ü

I2

5 4- >5

-2 4- >3

-2 4- >3

6 4- >5

20 - >30 10 4- >67

On en déduit

W

A

/ I3

W

= 0,533/—137,8° A

B

Fig. 13-22

V' = VAB = I2(4) = 2,13/—137,8° V

Pour calculer l'impédance équivalente de Thévenin Z’, on fait circuler un courant I3 com­ me le montre la figure et l'on calcule Zentrée 3 correspondant à l’impédance du circuit vu des bornes A et B, les sources internes délivrant des tensions nulles. 5 4- >5

-2 4- >3

0

-2 4- >3

6 4- >5

-4

-4

0

Z'

— ^entrée 3

A33

5 4- >5

—2 4- >3

-2 4- >3

6 + >5

Z'

A

6,65 + j 0,9940

8

V'(~ 2,1 3/ -137,8° V

I B

>456 10 4- >67

6,74/8,5° Q Fig. 13-23

La figure 13-23 représente le circuit équivalent de Thévenin. 13.14.

Pour le circuit couplé de la Fig. 13-24 montrer que le repérage par points n’est pas nécessaire aussi longtemps que la seconde maille ne comporte que des éléments passifs. On choisit les courants de mailles comme le montre le diagramme et on calcule I2 2 4- >5

50

->4

0

I2 2 4- >5

->4

±;4

5 4- >10

-50(±>4) -24 4- >45

Fig.13-24

3,92/61,9°

90° A

La valeur de n'est pas affectée par le signe de M et le courant I2 a un angle de phase soit de 151° soit de -28,1°. Comme il n'y a pas de source de tension dans la seconde maille il n'est pas nécessaire de connaître la polarité de la tension induite. Les chutes de tension dans les impédances de la maille ont même module et diffèrent par leur phase d'un angle de 180°. La puissance dissipée dans une impédance reste inchangée et le courant h est le même quel que soit le signe de l'inductance mutuelle.

CHAP. 13

13.15.

INDUCTANCE MUTUELLE

189

Dans le circuit de la Fig. 13-25 déterminer la valeur de pour laquelle le transfert de puissan­ ce est maximal après avoir choisi le mode de connexion optimal pour les bobines et après avoir déterminé k.

r

k

A >12 H

>12 Q

2zï^r>_.

Rl

Iï/Tfi5ïr-|

’OI B

Fig.13-25

Fig. 13-26

L’impédance des circuits disposés à gauche des bornes A et B doit être minimale. Cette impédance est Z 5 - >5 + >12 4- >12 ± j2XM = 5 4- >19 ± j2ky/12(12)

Pour qu’elle soit minimale, la réactance doit être nulle et par conséquent le signe correct pour l’inductance mutuelle est négatif. 19 - 2*712(12) = 0

et k = 19/24 = 0,792

La Fig. 13-26 représente une connexion des bobines telle que le signe des tensions mutuelles induites soit négatif. Dans ces conditions l'impédance du circuit à gauche de A et B est une ré­ sistance de 5 Q et le transfert maximal de puissance a lieu pour RL - ^=50,.

13.16.

Le circuit de la Fig. 13-25 est chargé par une résistance de 10 fî et est alimenté par une source de de V = 50/0° V. Sachant que les deux bobines peuvent être connectées d'une façon ou d’une autre et que k est variable entre 0 et 1, déterminer la gamme de puissance qui peut être fournie à la résistance de charge. Pour le couplage indiqué par la Fig. 13-26 le signe de l’inductance mutuelle est négatif et l'impédance totale du circuit bouclé est ZT = 5 — >5 4- >12 4- >12 — >24* 4- 10. En posant k = 1 on obtient

ZT = 15->5 = 15,8/- 18,45°Q f La puissance dissipée dans la résistance de 10 Q est

I =

y

50/0f

ZT ” 15,8/—18,45°

= 3,16/18,45° A

p = PR = (346)2(10) = 100 W.

En posant ensuite k = 0 on obtient :

ZT = 15 4- >19 = 24,2/51,7° ü,

I = 50/0f /(24,2/51,7° ) = 2,06/-51t7° A

et dans ce cas la puissance dissipée dans la résistance de 10 Q est Pour k - 0,792, on a la puissance maximale Pmax ~

(2,06)2(10) = 42,4 W.

W-

En changeant le sens de connexion des bobines, le signe de l’inductance mutuelle devient posi­ tif et l’impédance correspondante du circuit devient alors ZT = 15 4- >19 4- >*24.

En posant

k = 1 on a

ZT = 15 + >43 = 45,6/70,8° Q , I = 50/0? /(45,6/70,8° ) = 1.095/-70,8° A. et la puissance correspondante est

P = PR — (l,095)2(10) = 12 W.

On voit ainsi que la puissance dissipée dans la résistance de 10 Q est comprise entre 12 et 111 W.

190 13.17.

INDUCTANCE MUTUELLE

CHAP. 13

Déterminer le circuit équivalent à couplage direct correspondant au circuit couplé de la Fig. 13-27.

En choisissant les courants de mailles Ij et 12 comme le montre le diagramme, on peut écrire l’équation matricielle

3 4- ;1 -3 - j2

>«O.

-3 - ;2 Ij 8 4- >6_| [l2

50/0°

0

yioO >4 O

sO

Ii

h

50zJr_v(~)f

50

Z

50/Q* v(~)f

h

/ I2 3+ >2O

sO

—;4 O

Fig. 13-27

Fig.13-28

On choisit les sens des courants dans le circuit à couplage direct de la Fig. 13-28 identiques à ceux du circuit de la Fig. 13-27; la matrice impédance nous donne Z12 = (-3 - ;2)O, comme les courants traversant la branche commune ont des directions opposées, l’impédance de la branche cherchée est égale à (3 + >2)0; par ailleurs l’impédance propre de la maille 1 est = (5 + 71)0; par conséquent il faut ajouter dans cette maille une impédance (-71)0 . De même comme Zæ = (8 + 76) O,il faut ajouter dans la seconde maille une impédance de (5 + 7 4)0 en supplément des éléments de la branche commune comme le montre la Fig. 13-28. 13.18.

Déterminer le circuit équivalent à couplage direct correspondant au réseau de la Fig. 13-29.

sO

---- wvwII

5 —>40

20

I2

vQt

4Ü

>4

>8 O

2 + >12 O

4 + jl

O

>3 0

Fig. 13-30

Fig.13-29

Le choix des courants Ij et I2 indiqué permet d’écrire l’équation matricielle 7 4- >8 -2 - >12

-2 - ;12 It 6 + >19J [l2_

V

0

Dans le circuit à couplage direct les courants Ij et I2 traversent la branche commune dans des directions opposées. Comme Z12 de la matrice impédance est égale à (-2- 7 12)0 , l’impédance de la branche commune doit être de (2 + 7 12) O .

Par ailleurs cette même matrice impédance nous donne Z^ = (7 + >8)0 et Z22 ~ (6 + 719)0. Par conséquent les impédances à inclure dans les mailles 1 et 2 du circuit équivalent sont res­ pectivement : Z, = (7 4- ;8) -(2 4- >12) = 5 - >4 O et

Z2 = (6 4- ;T9) -(2 4- >12) = 44-/70.

La Fig. 13-30 représente le circuit équivalent à couplage direct.

INDUCTANCE MUTUELLE

CHAP. 13

191

Problèmes supplémentaires 13.19.

Deux bobines ont un coefficient de couplage k = 0,85 et la bobine 1 comporte 250 tours. Pour un courant z’y = 2 A dans la bobine 1 le flux total \ est de 3.10"4 Wb. Lorsque le courant z‘y dé­ croît linéairement de 2 A à 0 en 2 ms la tension induite dans la bobine 2 est de 63,75 V. Calculer Ly, L2, M et N2Rép. 37,5 mH 150 mH, 63,8 mH, 500.

13.20.

Deux bobines couplées comportent respectivement N y = 100 tours et N 2 - 800 tours; leur coef­ ficient de couplage est de 0,85. Lorsque la bobine 1 est ouverte et qu'un courant de 5 A circule dans la bobine 2,1e flux 3Q|

( ( (

>

>

M

=t=C

|

>L2 >

Fig. 13-32

Fig. 13-33

192

INDUCTANCE MUTUELLE

CHAP. 13

13.28.

Déterminer le circuit équivalent pointé pour le circuit à couplage inductif de la Fig. 13-33 et écrire l'équation différentielle de ce circuit.

13.29.

Représenter le circuit équivalent pointé correspondant au circuit couplé de la Fig. 13-34 et cal­ culer le courant 1. Rép. 4,42/26,7° A.

J;3Ü

k=0,65 (

>0,1 H


h/ 135°

LE SYSTEME TRIPHASE Les forces électromotrices induites dans les trois bobines identiques fixées sur le même arbre du dispositif de la Fig. 14-2 (a) et décalées les unes par rapport aux autres de 120°, sont déphasées l’une •par rapport à l'autre de 120°. En faisant tourner l’arbre dans le sens indiqué sur la figure, c’est la f.e.m. dans la bobine A qui atteint une valeur maximale en premier lieu, suivie des maximas dans les bobines B et C; ceci est le cas pour une séquence ABC. Cette séquence peut se déduire du diagramme vectoriel de la Fig. 14-2 (b) (pour une rotation dans le sens inverse des aiguilles d’une montre) où chacun des vec­ teurs passe par un point fixe dans l’ordre suivant: A-fi-C-A-fî- C..., la représentation des tensions

196

LES SYSTEMES POLYPHASES

CHAP. 14

instantanées de la Fig. 14-2 (c) ci-dessous, où les maximas se produisent dans le même ordre,permet d’aboutir à la même conclusion. t A

C'

A

B

A

C

t

-I

^B’

240

B

(C)

(6) Fig. 14-2. Le système triphasé

La rotation des bobines dans la direction opposée entraîne une séquence CBA comme le montre la

Fig. 14-3. A

Fig. 14-3. Séquence CBA

Bien que la machine représentée sur la Fig. 14-2 (a) soit théoriquement réalisable, un certain nom­ bre de limitations d’ordre pratique en empêche l’utilisation. De nos jours, on construit des machines où le champ magnétique tourne et où les trois bobines décalées de 120° restent fixes.

En reliant les extrémités des bobines A', B' et C' comme le montre la Fig. 14-4 (a) nous obtenons un alternateur monté en étoile alors qu’en reliant les extrémités A et B', B et C* et C et A' des bobines comme l’indique la Fig. 14-4 (b) nous obtenons un alternateur monté en triangle.

J

O O O O A' C'

A

A

B'

bob

» L

C

Vcomp

O O O O

B

(a)

.B

A> Lc Fig. 14-4

B

C'

C

(6)

Pour le montage en étoile les courants dans les trois conducteurs sont identiques aux courants dans les bobines alors que la différence de potentiel entre deux conducteurs est égale à fois la force éleotromotrice induite dans les bobines. Dans le montage en triangle la différence de potentiel entre deux con­ ducteurs est égale à la force électromotrice induite dans une bobine et le courant circulant dans une bobine est égal à 1/ \/~3 fois celui circulant dans un conducteur (voir problème 14.2). Dans l’un et l’autre des montages les trois conducteurs A, B et C constituent un système triphasé. Le point neutre N du montage en étoile correspond au quatrième conducteur encore appelé conducteur neu­ tre (ou «neutre» tout court) d’un système triphasé à quatre conducteurs.

CHAP. 14

LES SYSTEMES POLYPHASES

197

LES TENSIONS DANS UN SYSTEME TRIPHASE Dans un système triphasé, le choix d’une tension comme tension de référence avec un angle de pha­ se égal à zéro degré, détermine la phase de toutes les autres tensions du système; dans ce chapitre nous avons choisi la tension Vrc comme tension de référence. Les représentations vectorielles des Fig. 14-5 (a) et (b) indiquent toutes les tensions du système piiour des séquences ABC (a) et CBA (b).

c VAB = V,/120°

V.c Vca VAN V,x Vcn

= = = = =

V4. = V1Z240*

Vr/0° V»7240° (V.JV3 )/90° (Vr/V^3 )/—30° (Vi7V3 )/—150°

V«c = Vcx = Vr/120° = (Vi7\/3)/-90° V.x = (VJy/3)l3OZ Vcn = (Vx/V3 )/150°

(a) Séquence ABC

(b) Séquence CBA

Fig.14-5 On appelle « tension composée* d’un système triphasé ou encore « tension entre phases* la différen­ ce de potentiel existant entre l’une quelconque des paires de conducteurs, A et B, B et C ou C et A du système. De même on appelle «tension simple» d’un système triphasé, la d.d.p. existant entre n’importe lequel des conducteurs A, B et C et le conducteur neutre (pour un montage en étoile cette «tension sim­

ple» correspond à la f.e.m. induite dans une bobine et est certaines fois appelée «tension entre phase et neutre»): la «tension simple» est égale à 1/ VIT fois la «tension composée». Un réseau de distribution tri­

phasé à quatre conducteurs (selon la séquence CBA) de 208 V, a par définition une tension composée de 208 V et une tension simple de 208/x/3~ = 120 V. En se référant à la Fig. 14-5 (b), les angles de phase des différentes tensions peuvent être déterminées: on en déduit Vbc = 208/0° V, Vab = 208/240° V, Vca — 208/120°V, Van = 120/-900 V,

Vbn = 120/30° V et Vcn = 120/150° V.

CHARGES TRIPHASEES EQUILIBREES Exemple 1. Un réseau triphasé à trois conducteurs de 110 V (ABC) alimente trois impédances identiques de 5/45° Q montées en triangle. Calculer les courants de ligne (courants dans les con­ ducteurs) 1^ , I# et le et faire une représentation vectorielle. Vab Ica

VAB

yX30°// Iac

110/120°

K,44® Ica 21,2 A 22/75° = Iab “ 5/45° Z

Ibc

Vbc Z

110/0° “

5/45°

“

110/240° 5/45° ~

VçA

Ica

Z

”

22/—45°

22/195°

15,55 - >15,55 A

—21,2 - >6,7 A

198

LES SYSTEMES POLYPHASES

CHAP. 14

En appliquant la loi de Kirchhoff à chaque nœud de la charge, nous obtenons 1a

Ic

=

—

Iab

+

*AC

22/75°

Iba

+

*bc

-22/75°

Ica

+

ICBZ.

-

- 22/195°

38,1/45° A

+ 22/—45°

38,1/—75°A

22/195° - 22/—45°

38,1/165° A

La représentation vectorielle de la Fig. 14-7 montre les courants de ligne de 38,1 A déphasés l'un par rapport à l'autre de 120°. Pour une charge équilibrée montée en triangle, les tensions simples et les tensions composées sont égales et les courants de ligne sont égaux à \J~3~fois les courants de phase.

Exemple 2. Un réseau triphasé à quatre conducteurs de 208 V (CBA) alimente une charge équili­ brée montée en étoile et composée d'impédances de 20/ - 30° Q . Calculer les courants de ligne et tracer le diagramme vectoriel du système. U—" A Ia

120/-900

N

1b/ Z 30°

Vcn Van

Vbn

20/—30° Q

30°

le

20/—30° n

Vbn 120/30°

IB~* B VeN 120/150°

Van

Ic~ C

Fig. 14-9

FigJ14-8

Dessinez le circuit et appliquez-y les différentes tensions simples comme le montre la Fig, 14-5 (b). Choisissez les courants de ligne comme l'indique la Fig. 14-8 où tous les courants retour­ nent par le conducteur neutre. Nous avons alors Ia

Van Z

120/—90° 20/—30°

Ib

Vbn Z

120/30° 20/—30°

Vqn

120/150° 20/—30°

le

~ÏT

6,0/—60° A

6,0/60° A

6,0/180° A

En choisissant le sens du courant dans le conducteur neutre comme étant positif lorsqu'il est dirigé vers la charge, nous obtenons In = “(Ia + Ib + le) = ~(6,0/—60° + 6,0/60° + 6,0/180° ) = 0 La représentation vectorielle de la Fig. 14-9 montre les différents courants de ligne équilibrés: ils sont en avance sur les tensions simples correspondantes d'un angle de 30° (déphasage dû à l'impédance de charge). Pour une charge équilibrée montée en étoile les courants de ligne sont égaux aux courants de pha­ se, le courant dans le conducteur neutre est nul et la tension composée (tension entre les conduc­ teurs autres que le neutre) est égale à \/3 la tension simple (ou •tension par phase*) c'est-à-dire Vl=^ÏVp.

CIRCUIT EQUIVALENT A UN SEUL CONDUCTEUR POUR DES CHARGES EQUILIBREES

Conformément aux équivalences étoile-tri angle et triangle-étoile traitées dans le chapitre 12 (théo­ rème de Kennelly) un système de trois impédances Z/\ identiques montées en triangle peut être transformé en un système équivalent composé de trois impédances identiques Z y montées en étoile où Zy = Z/\/ 3. Cette transformation permet un calcul plus direct pour un circuit monté en étoile où les charges triphasées équilibrées sont montées en triangle ou en étoile.

CHAP. 14

LES SYSTEMES POLYPHASES

199

Le circuit équivalent à conducteur unique, correspond à l’une des phases du circuit triphasé à qua­ tre conducteurs, monté en étoile de la Fig. 14-10, à une modification près: la tension appliquée a la même amplitude que la tension entre phase et neutre et un angle de phase nul. Dans ce circuit équivalent le cou­ rant de ligne est déphasé par rapport à la tension appliquée d'un angle 0 et par conséquent les courants de ligne effectifs 1/j , Ig et le seront en avance ou en retard sur les tensions simples respectives d'un même angle 0 . A----- -------------------------------------- 1 Z

VAN N

r

II Z

Vln/02.

Z

B C

Fig. 14-10. Circuit équivalent à un seul conducteur

Exemple 3. Calculer les courants de ligne de l’exemple 1 en utilisant la méthode d'équivalence à un seul conducteur. A Dessinez le circuit équivalent à un seul conducteur, en marquant un A sur la charge pour montrer que les impédances effectives II sont montées en triangle. L'impédance du circuit équivalent monté en étoile est (5/3)/45° 63,5/0° V Zy = Za/3 = (5/3)/45° Q

n

et la tension simple est VLN = VL/y/3 = 110/-/3 = 63,5 V

Le courant de ligne est alors

VLN

Il =-F Z

63,5/0? = 38,l/-45° A (5/3)/45°

Fit. 14-11

Comme ce courant est en retard de 45° sur la tension, les courants 1^ , Ig et 1^ seront respecti­ vement déphasé de 45° par rapport aux tensions VAN , Vg/y et Vqv . Les angles de phase de ces tensions peuvent être calculés en considérant la Fig. 14-5 (a). Les tensions simples ainsi que les courants de ligne sont donnés ci-dessous:

yaN = 63,5/90°

IA = 38,1/90° - 45°

= 38,1/45° V

yBN = 63.5/—30°

IB = 38,1/—30° - 45°

= 38,1/—75° V

Vcn — 63,5/—150°

Ic = 38,1/—150° - 45° = 38,1/—195° V

Ces courants sont identiques à ceux obtenus dans l’exemple 1. Si l’on désire connaître les courants de phase dans les impédances montées en triangle, il suffit d'appliquer la relation Ip = IL/V% = 38,l/\/3 = 22 A. Les angles de phase de ces courants sont obtenus en fixant les phases des tensions composées et en déterminant les courants de telle sorte qu’ils soient en re­ tard sur ces dernières de 45°. On en déduit

yAB

= 110/120°

IAB = 22/120° - 45° = 22/75° V

ybc

= 110/0?

IBC =-22/0° - 45°

VCA = 110/240°

Ica

22/-45° V

22/240° - 45° = 22/195° V

CHARGE DESEQUILIBREE MONTEE EN TRIANGLE

Pour résoudre le problème de la charge déséquilibrée montée en triangle, on commence par calculer les courants de phase et ensuite on applique la loi de Kirchhoff aux noeuds de la charge pour obtenir les trois courants de ligne. Ces derniers ne sont pas égaux et le déphasage de 1 un par rapport a 1 autre n'est pas de 120°, comme cela était le cas pour les charges équilibrées.

200

LES SYSTEMES POLYPHASES

CHAP. 14

Exemple 4. Un réseau triphasé à trois conducteurs de 240 V (ABC) alimente une charge montée en triangle et comportant les impédances ZAB = 10/0° Q,Znr = 10/30°Q et ZCA = 15/-30°Q. Calculer les trois courants de ligne et tracer le diagramme vectoriel du système.

\Ia \\

^ab

Ia-*A

Iab\ \

>b

r A*

B

30°

Ybc

\IfiC

240/240°

240/0°

/Ica '

*BC

Ic—c

J

Ib

VCA

Fig. 14-12

Fig. 14-13

Dessinez le circuit et appliquez les différentes tensions comme le montre la Fig. 14-12. Comme l’indique cette figure, les courants de phase sont indépendants et donnés par 240/120°

VAB

I!ab =

LAB

VCA

VBC

= -jQ^ = 24/120_°A , lBC =

/—30° A , Iça ca = = 24/-30°

16/270° A = 16/270.°

L’application de la loi de Kirchhoff aux nœuds de la charge permet d’écrire Ia

—

Iab + Iac

—

24/120° - 16/270°

=

38.7/108,1° A

Ib

—

Iba + Ibc

—

-24/120° + 24/—30°

=

46,4/—45° A

le

—

Ica + les

—

16/270° - 24/—30°

21,2/190,9°A

La représentation vectorielle du système est donnée par la Fig. 14-13.

CHARGE DESEQUILIBREE MONTEE EN ETOILE ET ALIMENTEE PAR UN RESEAU A QUATRE CONDUCTEURS Dans un système à quatre conducteurs alimentant une charge déséquilibrée, un courant circule dans le conducteur neutre et les tensions aux bornes des impédances de charge ont la meme amplitude que la tension simple avec un angle de phase fixe. Les courants de ligne sont différents et le déphasage de l’un par rapport à l’autre n ’est plus de 120° .

Un réseau triphasé à quatre conducteurs de 208 V (CBA) alimente une charge montée en étoile dont les impédances sont Z•a = 6/0° Q, Zc = 6/30° Q et Zc = 5/45° O . Calculer les trois courants de phase ainsi que le courant dans le conducteur neutre. Dessiner le diagramme vectoriel du système.

Exemple 5.

\!c

A

IaL

120/—90°

le/o^Q

Ycn

Ybn

45>À

^^30°

N

^7,5

D ,

d’oÙ

= ^BC^BC

On en déduit que la puissance totale est égale à la somme des puissances par phase,c'est-à-dire Pt = Pab + Pbc + Pca = 0 4- 3330 4- 2880 = 6210 W

14.12.

Déterminer les indications des wattmètres lorsqu'on applique la méthode des deux wattmètres au circuit du problème 14.11. a) Pour les wattmètres placés dans les phases  et B b) Pour les wattmètres placés dans les phases A et C. a) Lorsque les wattmètres sont placés dans les phases A et B,on a (I) WA = VacIacqb^a (2) WB = VBC/B cos 4?b

Du problème 14.11 on tire NAq = 240/ -60° V et lA = 6,06/247,7° A. L'angle X^a corres­ pond à l'angle entre 247,7° et -60°, c'est-à-dire à 52,3°, en substituant dans la relation (2) on obtient WA = 240(6,06) cos 52,3° = 890 W De meme du problème 14.11 on tire NBc - 240/0° V et Ig = 25,6/-30° A. Dans ce cas l'angle yBC 4-b = 30° et par substitution dans la relation (2) on obtient WB = 240(25,6) cos 30° = 5320 W La puissance totale est égale à : PT = WA 4- WB = 890 4- 5320 = 6210 W.

b) Avec les wattmètres branchés dans les phases A et C nous avons »n

(3)

WA = VAB IA cos 4-a

CB

(4)

Wc =

VcB ^C COS

Du problème 14.11 nous tirons VAB = 240/ 240° V comme par ailleurs IA = 6,06/247,7° , 2^■AB A = 7,7°

par substitution dans (3) nous obtenons WA = 240(6,06) cos 7,7° = 1440 W

De même comme VCB = 240/ 180° V et Ic = 27,1/137,2° A,nous pouvons déterminer l'angle l£c = 42,8° . Par substitution dans (4) nous avons Wc = 240(27,1) cos 42,8° = 4770 W On en déduit que la puissance totale est

14.13.

PT = WA 4- Wc = 1440 4- 4770 = 6210 W.

Un système triphasé (ABC) à quatre conducteurs de 208 V alimente une charge connectée en étoile pour laquelle on a ZA = 10/0° G, ZB = 15/30° Q et Zc = 10/—30°Q . Calculer les courants dans les différents conducteurs ainsi que la puissance totale.

A

Appliquez les tensions entre phase et neutre N (séquence ABC) au circuit de la Fig. 14-36 et cal­ culez les courants dans les conducteurs en supposant que ceux-ci sont positifs lorsqu'ils sont orientés vers B la charge. IA = VAN/ZA = (120/90f )/(10/0i) = 12/90^ A

IB = VBN/ZB = (120/-30°)/(15/30_o)

lo/oi O

120/90°

^io/-30° Q 120/—30°

Ib

15/302 Q

120/—150°

C-

= 8/—60° A

le = VCN/ZC = (120/—150° )/(10/—30° )

= 12/-1200 A

Fig. 14-36

212

CHAP. 14

LES SYSTEMES POLYPHASES

Dans le conducteur neutre circule un courant égal à la somme vectorielle des courants dans les trois autres conducteurs et comme la direction positive est orientée vers la charge on a In = -(Ia + Ib + le) = ~(12/90° + 8/-60° + 12/-1200 ) = 5,69/69,4° A

L’impédance Z^ = (10 + 7O) Q est traversée par un courant I4 = 12/90° A et la puissance cor­ respondant à cette phase est égale à Pa - (12)2 10 = 1440 W. L'impédance Zg = 15/30° Q = (13 + 7 7.5) Q est traversée par le courant Ig = 8/-60° A et la puissance correspondante est PB ~ (8) 13 = 832 W, de même Z^ = 10/- 30° Q = (8,66 - 7 5) Q est traversée par un courant Ic = 12/ -120° A et la puissance résultante est Pc - (12)2 8,66 = 1247 W. On en déduit que la puissance totale est PT = pa + pb + pc = 1440 4- 832 + 1247 = 3519 W.

14.14. Les impédances de charge du problème 14.13 sont alimentées par un système (ABC) triphasé à trois conducteurs de 208 V; calculer les courants dans les conducteurs ainsi que les tensions aux bornes des impédances de charge. A

A io/o° Q 208/120°

O 10/—30° Q

16/30°

Vxo

B 208/0°

N )

O

c

c

Vco

Fig.14-37

B

Fig. 14-38

Le circuit de la Fig. 14-37 représente les deux tensions entre phases et Vg c .En • écrire choisissant les courants de maille Ij et I2 comme le montre cette même figure on peut éc la relation matricielle suivante

d’où l'on tire

10/0° + 15/30°

-15/30°

Ii

208/120°

-15/30°

15/30° + 10/—30°

I2

208/0f

h

5210/90° 367,5/3,9°

14.15/86,1° A

I2

3730/56,6° 367,5/3,9°

10.15/52,7° A

Les courants par conducteur sont positifs lorsqu'ils sont orientés vers la charge et peuvent se calculer en fonction de Ij et I2 comme suit

IA = h = 14,15/86,1° A

la = I2 “ Il = 10.15/52,7° - 14,15/86,1° = 8.0/—49,5° A le = “la = 10,15/(52,7° - 180°) = 10.15/—127,3° A A présent nous pouvons calculer les tensions aux bornes des impédances de charge: VAo = IaZa = 14,15/86,1° (10/0° )

= 141,5/86,1° V

Vbo = IbZb =

= 120/—19,5° V

8,0/—49,5° (15/30° )

Vco — IcZc — 10,15/—127,3° (10/—30° ) = 101,5/—157,3° V

La représentation vectorielle des trois tensions \AO , VBq et Vco me* en évidence le triangle ABC lorsque les extrémités des vecteurs représentant les tensions sont reliées par des lignes droites. Le point N (neutre) peut alors être ajouté comme le montre la Fig. 14-38 ci-dessus.

CHAP. 14 14.15.

213

LES SYSTEMES POLYPHASES

Résoudre le problème 14.14 en utilisant la méthode de déplacement du neutre.

Dans la méthode de déplacement du neutre la tension Vqh se calcule à partir de la formule yon

V,anYa 4- VflMYB + VcN yc ya + yB + yc.

Du problème 14.14 nous tirons les valeurs suivantes: Yx = 1/10 = 0,1 mhos, YB = 1/(15/30° ) = 0,0577 - >0,033 mhos et Yc = l/(10/-30°) = 0,0866 4- >0,050 mhos, d'où yA + yB 4- Yc = 0,244 4- >0,0167 = 0,244/3,93° mhos et Y x = 120 /90° (0,1) = 12/90° = >12 VAW VfiN Yb = 120/—30° (0,0667/-30° ) = 8.0/-600

VcN Yc = 120/—150° (0,1/30°)

= 12/—120°

yan ya + yBNyB

+ vCN Yc

=

4,0 - >6,93

= -6,0 - >10,4 = -2,0 - >5,33 = 5,69/249,4°

VON = (5,69/249,4° )/(0,244/ 3,93°) = 23,3/245,5° = -9,66 - >21,2 V

on en déduit

Les tensions aux bornes des impédances de charge peuvent s'exprimer en fonction des tensions phase-neutre correspondantes et de la tension de déplacement du neutre :

yao = yan + yno = 120/90° + 0,66+>21,2)

= 141,2/86,08° V

Vfl0 = VBN 4+V yNO no = 120/—30° 4- (9,66 + >21,2)

= 120/—18,9° V

NO = 120/—150° 4- (9,66 4- >21,2) = 102/202,4° V Vco = VCN 4- VNO

Pour obtenir les courants dans chaque phase, il suffit de faire le produit de ces tensions par les admittances correspondantes : = 1442/86,08° A

IA = yAO yA = 141,2/86,08° (0,1/0°)

= VboYb = 120/—18,9° (0,0667/-30°) = 8,0/-48,9° A = 10,2/232,4°

le = VCOYC = 102/202,4° (0,1/30°)

ou'

10,2/—127,6° A

Les résultats ci-dessus sont identiques à ceux du problème 14.14 à la précision de la règle à calculer près.

14.16.

On obtient des indications de 1154 et 577 W sur les wattmètres lorsque la méthode des deux wattmètres est utilisée avec une charge équilibrés. Calculer la valeur des impédances de charge con­ nectées en triangle si la tension d'alimentation est de 100 V.

Pour des charges triphasées équilibrées on a tg «

3

Wi + W2

“

HM-S77 1154 4- 577

±0,577

d'où l'on tire 6 = ± 30° (le signe ± est utilisé étant donné que l’on ne connaft ni la séquence ni l'empla­ cement des wattmètres et de ce fait le signe ne peut pas être déterminé). La puissance totale est P = \/3 VLIL cos 9 rant est donné par

P

= x/3 VL COS 9

A

11.55/g30oA 57,7/0° V

et le cou­

1731 .. .. A. ——-------------= 11,55 y/3 (100) (0,866)

Fig. 14-39

La Fig. 14-39 (100/ 5/3)/0° étoile “Y = Z

montre le circuit équivalent à un seul conducteur avec une tension appliquée de = 57,7/0° V. On peut en déduire l'impédance équivalente du circuit branché en V 57,7/0f rA/ Ortû_ — = ------ - - -— = 5,0/^30° Q I ll,55/±30° L-------

et

ZA = 3Zy = 15/^30° O

214

14.17.

CHAP. 14

LES SYSTEMES POLYPHASES

La méthode des deux wattmètres appliquée à un système (ABC) triphasé à trois conducteurs de 100 V, donne les indications suivantes WB = 836 watts et = 224 watts,lorsque les wattmètres sont disposés dans les phases B et C. Calculer l’impédance de la charge équilibrée branchée en triangle. Comme la séquence et l'emplacement des wattmètres sont connus le signe de 0 est défini rrr

ainsi I

tg 6

=

jwr

WR-WC V3 WD 4- Wc

Comme nous avons P = \/3 VLIL cos e,

IL =

_ “

,-836 - 224 V3 836 4- 224

P V3Vlcos*

_ ”

1060 V3 (100)(0,707)

e = 45°

ou

1

8,66 A .

La tension correspondante du circuit équivalent à un seul conducteur est de 57,7/0° V et l’impé­ dance correspondantè du circuit branché en étoile est ZY = V/I = (57,7/0° )/(8,66/—45° ) = 6,67/45° ü On en déduit l’impédance du circuit connecté en triangle

14.18.

ZA = 3ZY = 20/45° Q.

Un système triphasé à trois conducteurs de 208 V alimente une unité de chauffage de 1500W

ayant un facteur de puissance égal à l’unité et un moteur à induction de 5 CV avec un rendement de 80 % à pleine charge et un facteur de puissance de 0,85. Trouver la valeur du courant dans les conducteurs pour la puissance de sortie nominale du moteur de 5 CV.

Comme 1 CV = 746 W la puissance de sortie du moteur est égale à (5 CV) (746 -pvr ) =

3730 3730 W. La puissance d’entrée correspondante du moteur est alors égale à --------- = 4662 W. 0,8 Le moteur correspond à une charge triphasée équilibrée et il en résulte P = y/3VLILcos6t

4662 = \/3 (208ZL) (0,85), IL = 15,25 A

Sur le circuit équivalent à un conducteur le courant est en retard sur la tension d’un angle 0 = arc cos0,85 = 31,7°. Par conséquent le courant par conducteur du moteur est égal à IL = 15,25/-31,7° A. Par ailleurs nous avons pour la charge résistive P = V"3~ VL lL cos0 où 0 = 0° . Par substitution nous obtenons 1500 = VT(208)/. , L = 4,16, I, = 4,16/0° A

Courant dans le conducteur 120/0°

L*

LL

î

Résistance chauffante

Le courant total est alors égal à la somme vectorielle du courant dans le moteur et du courant dans la charge résistive IL =k 15.25/—31,7° + 4,17/0f = 18,9/-25,1° A

I Moteur

Fig.14-40

Ainsi le courant dans chaque phase sera de 18,9 A pour une puissance de sortie nominale du moteur de 5 CV.

14.19.

Trois impédances identiques de 30/30° Q branchées en triangle sont alimentées par un système

triphasé à trois conducteurs de 208 V. Sachant que chaque conducteur a une impédance de (0,8 + j0,6)il, calculer l’amplitude de la tension aux bornes de la charge. — VAB------A

0,8 +

B

A

| 120/0°

0,6°

10/30°|

VBC

1

G

j3Qfi°

G

Fig. 14-41

G “

B

Fig. 14-42

Ligne

CHAP. 14

215

LES SYSTEMES POLYPHASES

La Fig. 14-41 représente le circuit équivalent en étoile avec l'impédance équivalente de — ou 10/30° Q. L'impédance du conducteur et celle de la charge sont branchées en série, d'où:

Zeq = zcond+ Zcharge = 0,8 + /o,6 + 8,66 4-/5,0 = 9,46 + >5,6 = 11,0/30,6° on en déduit

120/0° 11,0/30,6°

Y

II

O

10,9/—30,6° A

la tension aux bornes de la charge est alors ^BG = lLZchar^ 10,9/—30,6° (10/30° ) = La tension entre phases requise est Vl = V3 (109) = 189 V

109/-0,6° V

Ainsi l'impédance des conducteurs a fait chuter la tension aux bornes de la charge de 208 V à 189 V. Le diagramme vectoriel de la Fig. 14-42 met en évidence la chute de tension dans la ligne: Vab = lLZUgne= (10,9/—30,6° )(0,8 + ;0,6)= 10,9/6^Vet VAC = VAB + VBC.

14.20.

Pour le problème 14.19 calculer la tensioni aux bornes de la charge lorsqu'un ensemble de capacités de réactance -/60 12 est branché en ]parallèle sur la charge.

----- VAB-----A

0,8 + j0,6 Q

A

B

A

II 120/0°

=7= ->20 a

"^G

— G

— G

Fig. 14-43 Dans le circuit équivalent à un conducteur de la Fig. 14-43 la réactance -;20 Q et l'impédance 10/ 30° 12 sont en parallèle ce qui entraîne une impédance de l'ensemble égale à :

ZP

10/30° (-;20) (8,66 + ;5) - >20

11,55/0° a

Par ailleurs cette impédance Zp est en série avec l'impédance de la ligne ce qui entraîne une impédance équivalente. Zeq = ZUgne + Zp = (0,8 + ;0,6) + (11,55/02 ) = 12,35/2,78° 12 Nous pouvons à présent déterminer le courant par conducteur qui est II

V Z3 0 et Zc = 2 —>1 Q. Calculer les tensions aux bornes des impédances de charge. Rép. 31,6/ - 67.9° V, 84,3/42,7° V , 68,6/ 123,8° V

14.52.

Trois impédances identiques de 15/60° Q connectées en étoile sont alimentées par un système triphasé à trois conducteurs de 240 V. Les conducteurs entre le générateur et la charge ont une impédance de (2 + /!) il. Calculer l’amplitude de la tension entre phases au niveau de la charge. Rép. 213 V.

14.53.

Reprendre le problème 14.52 pour trois impédances équivalentes de 15/ - 60° O branchées en étoile et comparer les résultats en traçant les diagrammes vectoriels des tensions pour chaque problème. Rép. 235 V.

Chapitre 15 Analyse des signaux par la méthode de Fourier INTRODUCTION Dans les circuits que nous avons étudiés précédemment nous avons cons idéré la réponse perm an ente à des excitations qui étaient soit constantes soit sinusoïdales; dans ces cas une expression simple décrivait les fonctions forçantes pour toutes les valeurs du temps, par exemple v = constante pour un courant continu et v = Vmaxsincu t pour un courant alternatif (Fig. 15-1 (a) et (é>)).

V

V O

t

O

A -A-

V

O

2T

T

----- 1

-V

(b)

(a)

(C)

Fig. 15-1

Certaines fonctions périodiques du temps,dont la fonction en dent de scie de la Fig. 15-1 (c),ne peu­ vent être décrites par une fonction simple qu'à l'intérieur d'un certain intervalle de temps. Ainsi la dent de scie est représentée par /(z) = (V/ T)z dans l'intervalle 0 < Z < T et par /(z) = (V/ T) (z - T) dans l'inter­ valle T < t < 2t. Bien que ces expressions décrivent de façon satisfaisante les fonctions périodiques elles ne permettent pas de déterminer la réponse des circuits. Cependant, si une fonction périodique peut s’expri­ mer par la somme d'un nombre fini ou infini de fonctions sinusoïdales, la réponse des réseaux linéaires à des excitations non sinusoïdales peut être déterminée en appliquant le théorème de superposition. La métho­ de de Fourier permet de résoudre ce type de problème. LES SERIES DE FOURIER TRIGONOMETRIQUES Tout signal périodique, pour lequel /(z) = /( t 4- T), peut être représenté par une série de Fourier à condition; 1) Qu’il y ait un nombre fini de discontinuités dans la période T dans le cas où le signal est discontinu;

2) Qu'il ait une valeur moyenne finie pour une période T; 3) Qu'il y ait un nombre fini de maxima positifs et négatifs. Lorsque toutes ces conditions, appelées cçnditicftts de Diricblettsvnt satisfaites la série de Fourier existe et peut être écrite sous la forme trigonométrique :

/(t)

-Ja0 4- ai cos

=

,

+

+ a2 cos 2œt 4- a3 cos 3œt + • • •

sin œi + &2 sin 2t dt qui a une valeur égale à —— a,in . Nous avons alors 2v/u

f(t) cos nut dt

On

=

2 | T

/(0 cos nut dt

En multipliant la relation (1) par sinnco t et en intégrant comme ci-dessus nous obtenons les coef­ ficients des tenues en sinus: 2v/u 2 f(t) sin nut dt = 1 f(t) sin nut dt W

bn = a. f

T

Les intégrales donnant les termes an et bn peuvent s'exprime r en utilisant comme variable co t et dans ce cas l'intervalle d'intégration est (0,2 rr). On

bn

1 r2’ 1 f(t) cos nut d(ut)

(5)

1 |z»2irf(t) sin nut d(ut)

(*)

^0

TT tj

| (V/v)ut cos nut d(ut) o

^2 (cos nr - 1)

=

Lorsque n

~r2

3

(6)

Fig.16-9

4

T

/Pc

0*------

T-

2-------- 8

(e)

ï

T

CH AP. 16

247

LES TRANSITOIRES DANS LES CIRCUITS

sont représentées par la Fig. 16-9 (b) ci-dessus. Les puissances instantanées I’k - vni ~ ^e-2,/RC

et

2 e~t/RC~e -2t/RC) = V ^(

=

Pc

(25)

sont représentées par la Fig. 16-9 (c). La puissance transitoire pe, de valeur initiale et finale nulle, est la puissance nécessaire pour établir la tension V bornes de la capacité. Ceci peut aisément se vérifier en i ------- 1---------7 aux l’infini : ■* y2 | (e-URC_ e-2t/RC)dt _ 6 Ici(26) ~R 0

Dans le circuit série RC de la Fig. 16-10, l’interrupteur a été mis dans la position 1 pendant un temps suffisamment long pour établir le régime permanent et à l’instant t — 0 il est com­ muté en position 2. Dans ce dernier cas l’équation différentielle du circuit devient

èï

i dt 4- Ri = 0

ou

(D + Èc)1

0

(27)

la solution de cette équation est i — ce~t/RC

1

O

?2

R

1 Fig. 16-10

(25)

Pour déterminer la constante c nous posons t = 0 dans la relation (28) et nous substituons le cou­ rant initial z’o au courant i . Comme la capacité est chargée à une tension V avec la polarité indiquée sur le diagramme, le courant initial est opposé au courant i; et par conséquent i’o = - V/ R . Nous ob­ tenons alors c = - V/ R et le courant est i 1

— “

v

——p-t/RC Re

(29)

Cette décroissance est représentée par la Fig. 16-11 (a). Les tensions correspondantes aux bornes des éléments du circuit vR = Kl = -Ve~l/Kc = Ri = —Ve~URC

§ i dt = Ve t/RC

vc =

et et

(30)

sont représentées par la Fig. 16-11 (b). Nous pouvons noter que v + v„ c* — 0, satisfaisant ainsi la loi de Kirchhoff, étant donné que le circuit ne comporte pas de source lorsque 1 interrupteur est en position 2. Les puissances transitoires Pr

=

vRi

=

V2 -21/RC R e

Pc = vci =

et

V_2 p~2t/RC R e

(SI)

sont représentées par la Fig. 16-11 (c). Comme il n’y a pas de source pour fournir la puissance pR, il est évident que l’énergie emmagasinée dans la capacité est transférée dans la résistance durant la période transitoire. En guise d’exercice le lecteur pourra intégrer pc de zéro à 1 infini ce qui lui donnera une énergie de-f/2CV2.

4

(b)

Fig. 16-11

248

CHAP. 16

LES TRANSITOIRES DANS LES CIRCUITS

LES TRANSITOIRES DANS LES CIRCUITS RC EN UTILISANT LA CHARGE COMME VARIABLE Dans un circuit RC série il peut être intéressant de connaître l’équation donnant la charge transi­ toire q. Le courant peut alors être obtenu par différentiation, vu que courant et charge sont reliés par i = dq/ dt. O

Sur la Fig. 16-12 la capacité est chargée avec la polarité indiquée étant donné que la charge a la même direction que cel­ le du courant dans la Fig. 16-8. L équation du circuit basée sur le courant _1 $ idt + Ri (32) V C

i V “5"

Ç —T— C

peut s’écrire en fonction de la charge en y substituant dq/dt à i. Ceci nous donne

= y ou (D + ^)9 =

ê+

V

V R

ou

R

Fig. 16-12

(33)

En utilisant la même méthode que celle utilisée pour établir l’équation (5), nous obtenons comme solution

q = ce~t/RC + CV

(SU)

0, la charge initiale