Table des matières
Introduction
Objectifs
- Calculer courants, tensions et puissances d'un circuit continu ou alternatif monophasé.
- Résoudre un réseau par les courants de mailles, les potentiels de nœuds, Millman, la superposition, Thévenin, Norton et Kennelly.
- Manipuler les phaseurs et les impédances complexes ; construire le triangle des puissances.
- Dimensionner une batterie de condensateurs de compensation et reconnaître un risque de résonance.
- Passer d'une grandeur simple à une grandeur composée en triphasé ; calculer une charge en étoile et en triangle, équilibrée ou non, et mesurer ses puissances.
- Décomposer un système déséquilibré en composantes directe, inverse et homopolaire.
- Dessiner un circuit dans NRJXpert, lancer le calcul et lire les résultats.
Prérequis : algèbre des nombres complexes (forme algébrique et polaire), trigonométrie. Durée : 14 à 18 h.
1.1 Grandeurs et lois de base
Tension, courant, puissance
La tension U (volt, V) est une différence de potentiel entre deux points ; le courant I (ampère, A) est le débit de charges dans un conducteur. Un dipôle reçoit la puissance P = U·I (watt, W) en convention récepteur (flèches de U et de I en sens contraires) ; s'il la fournit (générateur), on utilise la convention générateur. L'énergie est W = P·t (joule ; en pratique Wh ou kWh : 1 kWh = 3,6 MJ).
Loi d'Ohm et associations
Série : Réq = R₁ + R₂ + … Parallèle : 1/Réq = 1/R₁ + 1/R₂ + … (deux résistances : R₁R₂/(R₁ + R₂))
Diviseur de tension (série) : U₂ = E·R₂/(R₁ + R₂). Diviseur de courant (parallèle) : I₂ = I·R₁/(R₁ + R₂).
La résistance d'un conducteur de longueur L et de section S vaut R = ρ·L/S ; pour le cuivre ρ ≈ 0,0175 Ω·mm²/m à 20 °C et 0,0225 Ω·mm²/m à la température de service retenue par la NF C 15-100. Cette formule sert partout dans le choix des câbles (niveau 3).
Lois de Kirchhoff
Pour un nœud relié à plusieurs branches (Ek, Rk), le théorème de Millman donne directement sa tension : V = Σ(Ek/Rk) / Σ(1/Rk). C'est le cas particulier, à un nœud, de la méthode des potentiels de nœuds qu'utilise le serveur de NRJXpert : on écrit la loi des nœuds en chaque nœud, d'où un système linéaire Y·V = J (matrice des admittances Y, potentiels V, courants injectés J).
Exemple 1.1 — Circuit série et parallèle
Une batterie E = 12 V alimente R₁ = 4 Ω et R₂ = 8 Ω. Calculer courants, tensions et puissances (a) en série, (b) en parallèle.
Voir la solution
(a) Réq = 12 Ω ; I = 12/12 = 1 A ; U₁ = 4 V, U₂ = 8 V (diviseur de tension : 12 × 8/12) ; P = 12 W (4 W + 8 W).
(b) Réq = 4 × 8/12 = 2,667 Ω ; I = 4,5 A ; I₁ = 3 A, I₂ = 1,5 A ; P = 54 W. La résistance la plus faible prend le plus de courant.
Exemple 1.2 — Deux sources en parallèle (Millman)
Une source E₁ = 12 V de résistance interne R₁ = 2 Ω et une source E₂ = 9 V, R₂ = 3 Ω alimentent ensemble une charge R₃ = 6 Ω. Calculer la tension de la charge et le courant de chaque source.
Voir la solution
V = (12/2 + 9/3 + 0/6)/(1/2 + 1/3 + 1/6) = 9/1 = 9 V. I₃ = 9/6 = 1,5 A ; I₁ = (12 − 9)/2 = 1,5 A ; I₂ = (9 − 9)/3 = 0 A. La source de 9 V ne débite rien : sa f.é.m. est égale à la tension du nœud. Avec E₂ = 8 V, elle absorberait du courant (elle se rechargerait) : c'est ce qui arrive à une batterie faible mise en parallèle avec une batterie chargée.
Conventions de signe
Avant tout calcul, il faut orienter les flèches. Le courant iab est compté positif de a vers b ; la tension uab est la différence de potentiel va − vb. Deux conventions coexistent :
| Convention | Flèches de u et de i | Puissance reçue | Usage |
|---|---|---|---|
| Récepteur | de sens opposés | p = u·i | résistances, moteurs, charges |
| Générateur | de même sens | p = −u·i | sources, alternateurs |
Dans un générateur le courant circule vers les potentiels croissants, dans un récepteur vers les potentiels décroissants. Un résultat négatif n'est jamais une erreur : il indique simplement que la grandeur réelle est de sens contraire à la flèche choisie — une source traversée « à l'envers » se comporte en récepteur (elle se recharge). NRJXpert affiche chaque courant et chaque tension dans le sens propre du composant ; c'est pourquoi un courant peut y apparaître négatif (ou déphasé de 180°).
Dipôle actif : les deux modèles d'une source
Un dipôle actif est un générateur d'énergie. Sa tension de sortie dépend du courant débité :
En divisant cette relation par Ri, on obtient E/Ri = U/Ri + I : la même source s'écrit aussi comme une source de courant J = E/Ri = Icc en parallèle sur Ri. Les deux modèles sont équivalents vus de l'extérieur (mais pas pour le bilan des pertes internes).
Une source est idéale quand Ri → 0 (source de tension : U = E quelle que soit la charge) ou Ri → ∞ (source de courant : I = J quelle que soit la charge). Une source est dite liée (ou commandée) lorsque sa valeur dépend d'une tension ou d'un courant du circuit : c'est le cas des schémas équivalents petits signaux des transistors (paramètres h) et, en réseau, des modèles d'onduleurs. NRJXpert traite les sources indépendantes, continues et alternatives, idéales ou avec impédance interne ; les générateurs à onduleur du niveau 5 sont, en court-circuit, des sources de courant.
Loi d'Ohm généralisée
Pour une branche quelconque, composée de résistances et de f.é.m. en série, parcourue par le courant Iab :
Signe des f.é.m. : « + » si Ei est orientée de a vers b (dans le sens du courant choisi), « − » sinon. Cette relation unique remplace l'écriture maille par maille ; c'est elle qui permet, une fois les potentiels de nœuds connus, de revenir aux courants de branche (§ 1.2).
Bilan de puissances
Un calcul de réseau n'est fini que lorsqu'on a vérifié que toute la puissance produite est consommée :
Chaque terme Ei·Ii (ou Ui·Ji pour une source de courant) est affecté du signe « + » si Ei et Ii sont de même sens (la source fournit), du signe « − » sinon (la source reçoit). C'est le contrôle le plus sûr d'un calcul à la main comme d'un calcul de NRJXpert : relever les courants de toutes les branches et vérifier l'égalité à moins de 1 %.
Vocabulaire des réseaux
| Terme | Définition |
|---|---|
| Branche | portion de circuit constituée de générateurs et/ou de récepteurs en série : elle est parcourue par un seul courant |
| Nœud | point où aboutissent au moins trois branches |
| Maille | contour fermé formé d'une suite de branches |
| Maille indépendante | maille comportant au moins une branche n'appartenant à aucune autre maille retenue |
Un réseau à b branches et n nœuds possède n − 1 équations de nœuds et b − n + 1 mailles indépendantes : c'est le nombre d'inconnues de chacune des deux méthodes du § 1.2. NRJXpert construit cette topologie automatiquement à partir des bornes reliées (jonctions de ports → nœuds → branches).
Résistance d'un conducteur et température
| Matériau | ρ à 20 °C (Ω·m) | α (/°C) |
|---|---|---|
| Argent | 16,4 × 10⁻⁹ | 0,0038 |
| Cuivre | 17,2 × 10⁻⁹ | 0,00393 |
| Aluminium | 28,2 × 10⁻⁹ | 0,00391 |
| Tungstène | 54,7 × 10⁻⁹ | 0,005 |
| Constantan | 123 × 10⁻⁹ | 0,000008 |
| Carbone | 34 860 × 10⁻⁹ | −0,0005 |
D'où les deux valeurs de ρ employées dans les calculs de câbles (niveau 3) : 0,0175 Ω·mm²/m à 20 °C pour le cuivre, mais 0,0225 à la température de service (≈ 70 °C) retenue par la NF C 15-100, soit +28 %. Un conducteur chaud est plus résistant : les pertes, la chute de tension et le courant de court-circuit minimal en dépendent (CEI 60909, niveau 2).
Exemple 1.3 — Une source vue de ses deux modèles
Une batterie de f.é.m. E = 12 V et de résistance interne Ri = 0,2 Ω débite dans une charge de 2 Ω. Calculer I et U avec les deux modèles, puis le rendement de la source.
Voir la solution
Modèle tension : I = 12/(0,2 + 2) = 5,455 A ; U = 12 − 0,2 × 5,455 = 10,91 V.
Modèle courant : J = 12/0,2 = 60 A en parallèle sur 0,2 Ω ; diviseur de courant : I = 60 × 0,2/(0,2 + 2) = 5,455 A. Identique.
Bilan : Pgén = 12 × 5,455 = 65,5 W ; charge 2 × 5,455² = 59,5 W ; pertes internes 0,2 × 5,455² = 5,95 W ; rendement 90,9 %. En court-circuit, Icc = 60 A : c'est le courant de court-circuit de la source, notion que l'on retrouvera en réseau (niveau 2) sous la forme I″k = c·Un/(√3·Zk).
1.2 Méthodes de calcul des circuits linéaires
Les lois de Kirchhoff suffisent à écrire les équations d'un réseau, mais elles en donnent beaucoup : b courants inconnus pour b branches. Les méthodes qui suivent réduisent le nombre d'équations et se programment ; ce sont celles qu'emploie le serveur de calcul de NRJXpert. Elles sont présentées en continu, mais s'appliquent telles quelles en alternatif en remplaçant R par Z et G par Y (§ 1.3).
Méthode des courants de mailles
On choisit b − n + 1 mailles indépendantes et l'on attribue à chacune un courant de maille fictif. Le courant réel d'une branche est la somme algébrique des courants des mailles auxquelles elle appartient ; une branche qui n'appartient qu'à une maille porte le courant de cette maille. Le système s'écrit directement :
R11·II + R12·III + … + R1N·IN = EI …
| Terme | Règle |
|---|---|
| Rii — résistance propre | somme de toutes les résistances de la maille i (toujours positive) |
| Rij = Rji — résistance mutuelle | somme des résistances communes aux mailles i et j, affectée de « − » si les deux courants de maille traversent la branche commune en sens contraires |
| Ei — f.é.m. de maille | somme algébrique des f.é.m. de la maille : « + » si la f.é.m. est orientée dans le sens de parcours choisi |
Méthode des potentiels de nœuds
On choisit un nœud comme référence des potentiels (V = 0) — la différence de potentiel entre deux points ne dépend pas de ce choix — et l'on écrit la loi des nœuds aux n − 1 autres, en exprimant chaque courant par la loi d'Ohm généralisée. Il vient un système linéaire dont les inconnues sont les potentiels :
Gaa·Va − Gab·Vb − … − Gan·Vn = Ja …
| Terme | Règle |
|---|---|
| Gaa — conductance propre | somme des conductances de toutes les branches aboutissant au nœud a |
| Gab = Gba — conductance mutuelle | somme des conductances des branches reliant directement a et b (précédée du signe « − » dans le système) |
| Ja — « courant de nœud » | somme des termes E·G et J des branches aboutissant au nœud, « + » si la source est orientée vers le nœud |
Les potentiels obtenus, on revient aux courants par la loi d'Ohm généralisée : Ik = (Va − Vb + Ek)·Gk. C'est la méthode du serveur de NRJXpert (matrice des admittances Y·V = J, étendue par analyse nodale modifiée aux branches d'impédance nulle : source de tension idéale, fil, ampèremètre, inductance en continu).
Appliquée à un réseau à deux nœuds, elle se réduit au théorème de Millman :
Exemple 1.4 — Le même réseau par les deux méthodes
Réseau à 6 branches, 4 nœuds (a, b, c, d) et 3 mailles indépendantes : E₁ = 6 V, E₂ = 12 V, E₃ = 18 V ; R₁ = R₂ = R₃ = 2 Ω ; R₄ = R₅ = R₆ = 6 Ω. Calculer les six courants de branche.
Voir la solution
a) Courants de mailles. Résistances propres : R₁₁ = R₁+R₂+R₆ = 10 Ω, R₂₂ = R₄+R₅+R₆ = 18 Ω, R₃₃ = R₂+R₃+R₅ = 10 Ω. Mutuelles : R₁₂ = −R₆ = −6 Ω, R₁₃ = R₂ = 2 Ω, R₂₃ = R₅ = 6 Ω. F.é.m. de maille : EI = E₁ − E₂ = −6 V, EII = 0, EIII = E₃ − E₂ = 6 V.
⎢ −6 18 6 ⎥ ⎢ III ⎥ = ⎢ 0 ⎥
⎣ 2 6 10 ⎦ ⎣ IIII ⎦ ⎣ 6 ⎦
Solution : II = −1,5 A, III = −1,0 A, IIII = 1,5 A. D'où les courants de branche : I₁ = II = −1,5 A ; I₂ = II + IIII = 0 A ; I₃ = IIII = 1,5 A ; I₄ = III = −1 A ; I₅ = −III − IIII = −0,5 A ; I₆ = II − III = −0,5 A.
b) Potentiels de nœuds (référence Vd = 0). Conductances propres : Gaa = G₁+G₆+G₄ = 5/6 S, Gbb = G₃+G₄+G₅ = 5/6 S, Gcc = G₁+G₂+G₃ = 3/2 S ; mutuelles Gab = G₄ = 1/6 S, Gbc = G₃ = 1/2 S, Gac = G₁ = 1/2 S. Courants de nœuds : Ja = E₁G₁ = 3 A, Jb = E₃G₃ = 9 A, Jc = −E₁G₁ − E₂G₂ − E₃G₃ = −18 A.
Solution : Va = −3 V, Vb = 3 V, Vc = −12 V. Loi d'Ohm généralisée : I₁ = (−Va + Vc + E₁)G₁ = (3 − 12 + 6)/2 = −1,5 A ; I₄ = (Va − Vb)G₄ = −1 A ; I₆ = Va·G₆ = −0,5 A… les mêmes six courants, avec 3 équations au lieu de 6.
Bilan de puissances : Pgén = E₁I₁ + E₂I₂ + E₃I₃ = 6(−1,5) + 0 + 18(1,5) = 18 W ; Preçue = ΣRiIi² = 2(2,25) + 0 + 2(2,25) + 6(1) + 6(0,25) + 6(0,25) = 18 W. ✔ La source E₁, traversée à contresens, reçoit 9 W : elle fonctionne en récepteur.
Théorème de superposition
Dans un réseau linéaire, le courant d'une branche est la somme des courants qu'y produirait chaque source agissant seule, les autres sources étant remplacées par leur résistance interne (court-circuit pour une source de tension idéale, circuit ouvert pour une source de courant idéale). Utile quand les sources ont des natures différentes (continu + alternatif, plusieurs fréquences) : chaque régime se calcule séparément, puis on superpose. Attention : les puissances ne se superposent pas (P = RI² n'est pas linéaire).
Générateur équivalent : Thévenin et Norton
Pour ne chercher que le courant d'une seule branche, on débranche cette branche et l'on remplace tout le reste du réseau (vu des deux bornes 1-2) par une source unique :
Norton : JN = I12 en court-circuit, RN = Rth ⇒ I = JN·RN/(RN + R)
Réq,12 se calcule en éteignant les sources (f.é.m. court-circuitées, sources de courant ouvertes) et en réduisant le réseau passif. Ces deux théorèmes sont le fondement du calcul de court-circuit : au point de défaut, le réseau entier est un générateur de Thévenin de f.é.m. c·Un/√3 et d'impédance Zk (niveau 2).
Exemple 1.5 — Thévenin et Norton sur la même branche
E₁ = 36 V en série avec R₁ = 12 Ω ; une source de courant I02 = 6 A en parallèle avec R₂ = 6 Ω ; l'ensemble alimente R = 5 Ω. Calculer le courant dans R.
Voir la solution
Thévenin. À vide (branche R débranchée), Millman : Eth = (E₁G₁ + I02)/(G₁ + G₂) = (3 + 6)/(1/12 + 1/6) = 36 V. Sources éteintes : Rth = R₁∥R₂ = 12 × 6/18 = 4 Ω. D'où IR = 36/(4 + 5) = 4 A.
Norton. Bornes 1-2 en court-circuit : JN = E₁/R₁ + I02 = 3 + 6 = 9 A ; RN = 4 Ω. Diviseur de courant : IR = 9 × 4/(4 + 5) = 4 A. Les deux modèles sont bien équivalents (Eth = RN·JN).
Théorème de Kennelly : transformation étoile ↔ triangle
Trois impédances en étoile et trois impédances en triangle sont équivalentes vues de leurs trois bornes a, b, c :
Triangle → étoile : Ra = RabRca/(Rab+Rbc+Rca) (de même pour Rb, Rc)
Cas équilibré : RΔ = 3·RY. C'est la clé du calcul des charges triphasées (§ 1.6 : une charge en triangle absorbe trois fois la puissance de la même charge en étoile) et du schéma unifilaire de NRJXpert, qui ramène toute charge en triangle à son étoile équivalente (R/3, L/3, 3C). Il sert aussi à réduire un pont (montage de Wheatstone) que ni l'association série ni l'association parallèle ne permettent de simplifier.
Travail pratique — Les deux méthodes vérifiées par NRJXpert
- Dessiner le réseau de l'exemple 1.4 : trois sources continues (6, 12 et 18 V) et six résistances (2, 2, 2, 6, 6, 6 Ω), reliées comme sur la figure du cours ; placer un ampèremètre sur deux branches au moins.
- Calcul Réseau linéaire, méthode Potentiels de nœuds, F5.
- Comparer les six courants avec le calcul à la main : signes compris. Le courant nul de R₂ est un bon test de l'orientation des sources.
- Vérifier le bilan : relever I et U de chaque composant dans le tableau des résultats, calculer ΣR·I² et ΣE·I (18 W).
- Débrancher la branche R₄ (supprimer la liaison) et relever la tension à vide entre ses deux bornes avec un voltmètre : c'est Eth. Remettre R₄ et vérifier I₄ = Eth/(Rth + R₄).
Le logiciel ne connaît ni mailles ni Thévenin : il résout Y·V = J. Ces méthodes restent indispensables pour prévoir l'ordre de grandeur et contrôler le résultat.
1.3 Régime sinusoïdal
Grandeurs sinusoïdales et phaseurs
Une tension u(t) = U√2·sin(ωt + φu) est caractérisée par sa valeur efficace U, sa pulsation ω = 2πf (314,16 rad/s à 50 Hz) et sa phase φu. On la représente par le phaseur (nombre complexe) U = U·ejφu = U∠φu. Toutes les grandeurs d'un circuit linéaire ont la même fréquence : les phaseurs transforment les équations différentielles en équations algébriques complexes, et les lois d'Ohm et de Kirchhoff s'appliquent telles quelles.
Impédances
| Élément | Impédance Z | Déphasage de u sur i | En continu (f = 0) |
|---|---|---|---|
| Résistance R | R | 0 | R |
| Inductance L | jLω = jXL | +90° (le courant est en retard) | court-circuit |
| Condensateur C | 1/(jCω) = −jXC | −90° (le courant est en avance) | circuit ouvert |
| R, L, C en série | R + j(Lω − 1/(Cω)) | φ = arctan(X/R) | — |
NRJXpert calcule les impédances à la fréquence du réseau (Simulation › Paramètres du calcul) ; si toutes les sources sont continues, il travaille à 0 Hz : les inductances deviennent des courts-circuits et les condensateurs des circuits ouverts.
Exemple 1.6 — Charge alimentée par une ligne
Une source 230 V, 50 Hz alimente, à travers une ligne R = 0,5 Ω, L = 10 mH, une résistance de 10 Ω. Calculer le courant, la tension aux bornes de la charge et la chute de tension dans la ligne.
Voir la solution
X = 2π·50·0,01 = 3,1416 Ω ; Z = 10,5 + j3,1416 Ω ; |Z| = 10,960 Ω ; φ = 16,66°.
I = 230/10,960 = 20,99 A (en retard de 16,66° sur la tension de la source). Tension de la charge : 10 × 20,99 = 209,9 V ; tension aux bornes de la ligne : |0,5 + j3,1416| × 20,99 = 66,8 V.
Remarque : 209,9 + 66,8 ≠ 230 V : les tensions s'additionnent en complexes, pas en valeurs efficaces. La chute de tension « utile » est 230 − 209,9 = 20,1 V (8,7 %).
Travail pratique 1 — Vérifier l'exemple 1.6 dans NRJXpert
- Lancer NRJXpert et vérifier la connexion au serveur de calcul (connexion Internet nécessaire) : Simulation › Paramètres du calcul et du serveur › Tester la connexion.
- Dans la palette, choisir la variante Unifilaire (une seule borne visible : le retour par le neutre est implicite).
- Placer une source de tension alternative (rubrique Sources) : double-clic → 230 V, phase 0, 50 Hz.
- Placer une résistance de 10 Ω (rubrique Éléments passifs).
- Choisir dans Paramètres du calcul le modèle de ligne RL, puis tracer une liaison de la borne de la source à celle de la résistance (glisser d'une borne à l'autre) ; double-clic sur la liaison : R = 0,5 Ω, L = 10 mH (ou r et l linéiques × longueur).
- Calcul : Réseau linéaire, méthode Potentiels de nœuds ; F5.
- Lire dans le tableau des résultats : I = 20,99 A, ∠I = −16,66°, tension de la résistance 209,9 V. Survoler la liaison : chute de tension et pertes R·I² = 220 W.
Variante : remplacer 50 Hz par 60 Hz ; le courant baisse (XL augmente). Remplacer la source par une source continue de 230 V : l'inductance devient un court-circuit et I = 230/10,5 = 21,90 A.
Valeur moyenne, valeur efficace
Un signal est alternatif si sa valeur instantanée prend successivement des valeurs positives et négatives, périodique s'il se reproduit identique à lui-même toutes les T secondes. Deux grandeurs le caractérisent :
La valeur efficace est définie par ses effets : c'est la valeur du courant continu qui dégagerait la même quantité de chaleur dans une résistance pendant une période (Q = ∫R·i²dt = R·I²T). Pour une sinusoïde, I = Im/√2 et Umoy = 0. Tous les appareils de mesure et toutes les plaques signalétiques donnent des valeurs efficaces : « 230 V » signifie Um = 325 V.
Des vecteurs tournants aux phaseurs
Un vecteur de longueur Im tournant à la vitesse ω a pour projection Im·sin(ωt + Ψ) : à toute grandeur sinusoïdale correspond un vecteur tournant, et réciproquement. D'où la règle de Fresnel : la somme de plusieurs grandeurs sinusoïdales de même fréquence est une grandeur sinusoïdale de même fréquence, résultante géométrique des vecteurs — il est bien plus facile d'additionner des vecteurs que des fonctions du temps.
La transformation cissoïdale formalise ce passage : à i(t) = Im·sin(ωt + Ψi) on associe la grandeur complexe I(t) = Im·ej(ωt+Ψi), dont la partie imaginaire est le signal réel. Comme toutes les grandeurs d'un même réseau tournent ensemble, le facteur ejωt se simplifie : il suffit de retenir la position des vecteurs à t = 0, c'est le phaseur :
| Opération sur le signal | Sur le phaseur |
|---|---|
| k·i(t) | k·I |
| Σ ik(t) | Σ Ik |
| di/dt | jω·I |
| ∫i·dt | I/(jω) |
C'est la propriété clé : la dérivation et l'intégration deviennent des multiplications. L'équation différentielle du circuit R-L-C série e = Ri + L·di/dt + (1/C)∫i·dt devient l'équation algébrique E = [R + jLω + 1/(jCω)]·I = Z·I.
Lois de Kirchhoff sous forme complexe
Les lois de Kirchhoff s'appliquent donc aux phaseurs, et non aux valeurs efficaces : trois tensions efficaces de 100 V, 150 V et 200 V peuvent parfaitement coexister dans une même maille (exercice 6). Toutes les méthodes du § 1.2 — mailles, potentiels de nœuds, Millman, superposition, Thévenin, Norton, Kennelly — restent valables en remplaçant :
C'est exactement ce que fait le serveur de NRJXpert : il construit la matrice des admittances complexes à la fréquence du réseau et résout Y·V = J dans ℂ.
Exemple 1.7 — Dipôle équivalent série et parallèle
Aux bornes d'un dipôle passif, u = 100·sin(314t − 15°) V et i = 10·sin(314t + 45°) A. Déterminer les éléments des dipôles équivalents série et parallèle, puis les composantes active et réactive de la tension.
Voir la solution
Déphasage φ = Ψu − Ψi = −15° − 45° = −60° (le courant est en avance : dipôle capacitif). Z = (100/10)∠−60° = 10∠−60° = 5 − j8,66 Ω.
Série : Rs = 5 Ω, XC = 8,66 Ω → Cs = 1/(314 × 8,66) = 368 µF.
Parallèle : Y = 1/Z = 0,1∠+60° = 0,05 + j0,0866 S → Rp = 20 Ω et BC = 0,0866 S → Cp = 276 µF. Les deux schémas sont équivalents à cette fréquence seulement.
Composantes : ua = Umcos φ·sin(314t + 45°) = 50·sin(314t + 45°) V (en phase avec le courant, elle porte la puissance active) et ur = Umsin φ·sin(314t + 45° + 90°) = −86,6·sin(314t + 135°) V (en quadrature). De même pour le courant : Ia = 5 A et Ir = −8,66 A (amplitudes).
1.4 Puissances et compensation de l'énergie réactive
La puissance active P produit un travail (chaleur, mouvement) ; la puissance réactive Q fait seulement « osciller » l'énergie entre la source et les champs magnétiques (moteurs, transformateurs) ou électriques (condensateurs). Elle n'est pas facturée en basse tension, mais elle augmente le courant à puissance active égale : plus de pertes (R·I²), de chute de tension et de section de câble. D'où la compensation : un condensateur en parallèle fournit la puissance réactive que la charge absorbe.
Exemple 1.8 — Compenser une charge inductive
Une charge R = 10 Ω en série avec L = 10 mH est branchée sur 230 V, 50 Hz. Calculer I, P, Q, cos φ, puis la capacité qui ramène cos φ à 1 et le nouveau courant de ligne.
Voir la solution
Z = 10 + j3,1416 Ω, |Z| = 10,482 Ω ; I = 21,94 A ; P = 10 × 21,94² = 4 815 W ; Q = 3,1416 × 21,94² = 1 513 var ; cos φ = 0,954.
C = 1 513/(314,16 × 230²) = 91 µF. Le courant de ligne devient P/U = 20,93 A (−4,6 %) ; les pertes dans la ligne d'alimentation baissent de 9 % (rapport des carrés). Le courant dans la charge, lui, ne change pas.
De la puissance instantanée aux trois puissances
Avec u = Umsin(ωt + Ψu) et i = Imsin(ωt + Ψi), la puissance instantanée p = u·i oscille à 2ω autour d'une valeur moyenne : cette moyenne est la puissance active.
Le signe de Q suit la nature du dipôle : « + » pour un dipôle inductif (il consomme du réactif), « − » pour un dipôle capacitif (il en produit). Les quatre triangles semblables — courants (Ia, Ir), tensions (Ua, Ur), impédances (R, X) et puissances (P, Q) — se déduisent les uns des autres par multiplication par I, I et I : le même angle φ s'y retrouve.
Théorème de Boucherot. Les puissances actives s'ajoutent entre elles, les puissances réactives entre elles (avec leur signe) ; les puissances apparentes ne s'ajoutent pas : P = ΣPk, Q = ΣQk, S = √(P² + Q²) ≤ ΣSk. C'est la méthode de calcul d'une installation : on fait l'inventaire des charges, on additionne, et on en déduit le courant de ligne I = S/U (monophasé) ou S/(√3U) (triphasé).
Exemple 1.9 — Paramètres d'une ligne déduits des puissances
Une ligne monophasée alimente un récepteur. En début de ligne : U₁ = 6 300 V, P₁ = 560 kW ; en bout de ligne : U₂ = 5 500 V, P₂ = 500 kW ; le courant de ligne vaut I = 100 A. Déterminer RL et XL.
Voir la solution
La résistance se lit directement sur les pertes actives : RL = (P₁ − P₂)/I² = 60 000/10 000 = 6 Ω.
Pour la réactance, on passe par les déphasages : cos φ₂ = 500 000/(5 500 × 100) = 0,909 (φ₂ = 24,62°) et cos φ₁ = 560 000/(6 300 × 100) = 0,889 (φ₁ = 27,27°). En prenant I = 100∠0° comme référence : U₂ = 5 500∠24,62° = 5 000 + j2 291 V et U₁ = 6 300∠27,27° = 5 600 + j2 886 V.
ZL = (U₁ − U₂)/I = (600 + j595)/100 = 6 + j5,95 Ω. Contrôle par le réactif : Q₁ − Q₂ = 6 300 × 100 × sin 27,27° − 5 500 × 100 × sin 24,62° = 59,5 kvar = XL·I² ✔. On retrouve ici, sur un cas à deux mesures, ce que le load flow du niveau 2 généralise à tout un réseau.
1.5 Résonance dans les circuits électriques
Résonance série (résonance de tension)
Dans un circuit R-L-C série, Z = R + j(XL − XC). Lorsque XL = XC, la partie imaginaire s'annule : le circuit est purement résistif, le courant est maximal et en phase avec la tension, et UL = −UC.
Le coefficient de surtension (ou facteur de qualité) mesure la tension qui apparaît aux bornes des éléments réactifs :
Avec un q de 10, une source de 230 V produit 2 300 V aux bornes du condensateur : c'est le danger de la résonance série, et l'intérêt des circuits accordés en radiofréquence.
Résonance parallèle (résonance de courant, antirésonance)
Pour une bobine (R₁, L) en parallèle sur un condensateur (R₂, C), l'admittance s'écrit Y = g − jb avec
La résonance (b = 0) donne :
Elle n'est possible que si R₁ et R₂ sont tous deux inférieurs à ρ, ou tous deux supérieurs. Si R₁ = R₂ ≠ ρ, on retrouve ω′₀ = ω₀ ; si R₁ = R₂ = ρ, le circuit résonne à toutes les fréquences. À la résonance, le courant de ligne est minimal (limité par R) alors que les courants dans L et C peuvent être considérables : le facteur de surintensité vaut qi = IL/I = IC/I.
Exemple 1.10 — Surtension dans un circuit R-L-C série
Une bobine (r = 15 Ω, L = 12 mH) en série avec C = 5 µF est alimentée par u = 100·sin(5 000t) V. Calculer i(t), uC(t) et ubobine(t), puis la fréquence de résonance.
Voir la solution
XL = 5 000 × 0,012 = 60 Ω ; XC = 1/(5 000 × 5·10⁻⁶) = 40 Ω ; Z = 15 + j20 = 25∠53,13° Ω. Im = 100/25 = 4 A : i = 4·sin(5 000t − 53,13°) A.
Condensateur : UCm = XC·Im = 160 V, en retard de 90° sur le courant : uC = 160·sin(5 000t − 143,13°) V — plus grande que la tension de la source, alors que la résonance n'est pas atteinte.
Bobine : Zb = 15 + j60 = 61,85∠75,96° Ω → ub = 247,4·sin(5 000t + 22,83°) V.
Résonance : ω₀ = 1/√(0,012 × 5·10⁻⁶) = 4 082 rad/s (650 Hz) ; ρ = √(L/C) = 49 Ω et qu = 49/15 = 3,3 : à la résonance, 100 V appliqués donneraient 327 V aux bornes du condensateur.
1.6 Systèmes triphasés
Un système triphasé équilibré comporte trois tensions de même valeur efficace, décalées de 120° : Va = V∠0°, Vb = V∠−120°, Vc = V∠+120° (ordre direct). Les tensions simples V sont mesurées entre phase et neutre, les tensions composées U entre phases : U = √3·V (230/400 V en basse tension).
| Couplage | Tension aux bornes d'une branche | Courant de ligne | Puissance |
|---|---|---|---|
| Étoile (Y) | V = U/√3 | I = J (courant de branche) | P = √3·U·I·cos φ ; Q = √3·U·I·sin φ |
| Triangle (Δ) | U | I = √3·J |
Pour une même impédance par branche, le triangle absorbe 3 fois la puissance de l'étoile. En équilibré, le courant de neutre est nul (somme de trois phaseurs égaux décalés de 120°) : on étudie une seule phase (schéma monophasé équivalent, dit « unifilaire »), comme le fait NRJXpert dans les calculs de load flow et de court-circuit. En déséquilibré (charges monophasées), le neutre transporte la somme des courants de phase.
Exemple 1.11 — Charge triphasée équilibrée
Une charge triphasée (R = 10 Ω, L = 10 mH par branche) est alimentée sous 400 V, 50 Hz. Calculer le courant de ligne et la puissance (a) en étoile, (b) en triangle. (c) En étoile avec neutre, la phase c est coupée : que vaut le courant de neutre ?
Voir la solution
|Z| = 10,482 Ω, cos φ = 0,954.
(a) V = 230,9 V ; I = 230,9/10,482 = 22,03 A ; P = 3 × 10 × 22,03² = 14,56 kW ; Q = 4,58 kvar.
(b) Courant de branche J = 400/10,482 = 38,16 A ; courant de ligne I = √3 × 38,16 = 66,10 A ; P = 43,69 kW (3 fois plus).
(c) IN = Ia + Ib : deux phaseurs de 22,03 A décalés de 120°, dont la somme a la même valeur, 22,03 A. Le neutre doit donc avoir la même section que les phases.
Travail pratique 2 — Source et charge triphasées
- Palette, variante Complet : placer une source de tension triphasée (U = 400 V, φa = 0, 50 Hz, ordre direct) et une charge triphasée RLC (couplage étoile neutre relié ; R = 10 Ω, L = 10 mH, C = 0 : ce sont les valeurs proposées).
- Relier a, b, c de la source à a, b, c de la charge (trois liaisons).
- Calcul Réseau linéaire, F5. Survoler la charge : I = 22,03 A dans chaque phase, déphasés de 120°.
- Changer le couplage en triangle : courant de ligne 66,10 A. Puis revenir en étoile et supprimer la liaison de la phase c : comparer les courants des phases a et b.
D'où viennent les trois phases
Une spire de surface S₀ tournant à la vitesse ω dans un champ magnétique B voit un flux Φ = B·S₀·cos(ωt + Ψ) et est le siège d'une f.é.m. e = −dΦ/dt = B·S₀·ω·sin(ωt + Ψ) : sinusoïdale. Si l'on place trois bobines décalées de 120° dans l'espace autour d'un même rotor (électro-aimant), on obtient trois f.é.m. déphasées de 120° dans le temps :
L'ordre (ou séquence) des phases est l'ordre dans lequel les maxima se succèdent : A-B-C (ordre direct) ou A-C-B (ordre inverse) — c'est lui qui fixe le sens de rotation des moteurs asynchrones. Le triphasé, découvert en 1890-1891, s'est imposé parce qu'il fournit deux tensions (simple et composée), transporte la même puissance avec moins de cuivre, et produit un champ tournant : le moteur asynchrone, machine la plus répandue de l'industrie.
Relations entre tensions et courants
Le triangle isocèle formé par deux tensions simples donne UBC = 2·VC·cos 30° = √3·V ; de même, en triangle, le courant de ligne est la différence de deux courants de branche déphasés de 120° :
Calcul d'un système à 4 fils (étoile avec neutre)
Générateur, ligne et récepteur, équilibrés ou non : on applique le théorème de Millman entre le neutre du récepteur O′ et celui du générateur O :
avec YA = 1/(ZOA + ZL + ZA′) … et YN = 1/ZN
Si le système est équilibré (YA = YB = YC et ΣE = 0), alors UO′O = 0 et IN = 0 : le fil de neutre peut être supprimé et l'étude se ramène à une seule phase. C'est ce schéma monophasé équivalent — le schéma unifilaire — qu'utilise NRJXpert pour le load flow, le court-circuit et les études DER.
En déséquilibré, au contraire, UO′O ≠ 0 : le neutre du récepteur se déplace, les trois tensions de phase ne sont plus égales, et le courant de neutre vaut ΣIk. Si le neutre est coupé, certaines phases sont surtensionnées (exercice 9) : c'est l'incident classique des réseaux basse tension à charges monophasées mal réparties.
Calcul d'un système à 3 fils
Récepteur en étoile — on connaît les tensions composées (qui vérifient toujours UAB + UBC + UCA = 0) :
Récepteur en triangle — les tensions de branche sont les tensions composées :
Si l'impédance de ligne n'est pas négligeable, on transforme d'abord le triangle en étoile équivalente (Kennelly, § 1.2), on calcule UO′O et les courants de ligne, puis on revient aux courants de branche par UA′B′ = IAZA′ − IBZB′.
Puissances en triphasé
Équilibré : P = 3·V·J·cos φ = √3·U·I·cos φ Q = √3·U·I·sin φ S = √3·U·I
Attention : en déséquilibré, S = √3·U·I n'a plus de sens, et cos φ n'est plus unique — on calcule phase par phase (ou, mieux, par les composantes symétriques du § 1.7).
Mesure des puissances
| Réseau | Montage | Résultat |
|---|---|---|
| Équilibré, avec neutre | 1 wattmètre (une phase) | P = 3·PW |
| Déséquilibré, 4 fils | 3 wattmètres | P = PW1 + PW2 + PW3 |
| 3 fils (équilibré ou non) | 2 wattmètres (méthode des deux wattmètres) | P = PW1 + PW2 |
| Équilibré, 3 fils | 1 wattmètre monté en « quadrature » | Q = √3·PW |
Pourquoi deux wattmètres suffisent. En 3 fils, iA + iB + iC = 0, donc iC = −iA − iB et
La moyenne donne P = UACIAcos(UAC,IA) + UBCIBcos(UBC,IB), c'est-à-dire la somme des indications des deux wattmètres — que le récepteur soit équilibré ou non, et sans aucun accès au neutre. En équilibré seulement :
Conséquence pratique : pour |φ| > 60° (cos φ < 0,5), l'un des deux wattmètres indique une valeur négative ; il faut inverser son circuit courant et compter son indication négativement. Un wattmètre négatif n'est donc pas une panne.
Exemple 1.12 — Charge déséquilibrée en triangle et deux wattmètres
Un réseau 380 V, 50 Hz alimente une charge en triangle : L = 121 mH entre 1 et 2, R₁ = 76 Ω entre 2 et 3, R₂ = 38 Ω entre 3 et 1. Calculer les courants de ligne, P, Q, S, puis les indications des deux wattmètres.
Voir la solution
XL = 314,16 × 0,121 = 38,01 Ω. Avec U₁₂ = 380∠0°, U₂₃ = 380∠−120°, U₃₁ = 380∠120° : J₁₂ = 380∠0°/38,01∠90° = 10,00∠−90° A ; J₂₃ = 380∠−120°/76 = 5∠−120° A ; J₃₁ = 380∠120°/38 = 10∠120° A.
Courants de ligne : I₁ = J₁₂ − J₃₁ = 19,32∠−75° A ; I₂ = J₂₃ − J₁₂ = 6,19∠113,8° A ; I₃ = J₃₁ − J₂₃ = 13,23∠100,9° A. Ils sont très différents les uns des autres : c'est le propre du déséquilibre.
Puissances : P = R₁J₂₃² + R₂J₃₁² = 76 × 25 + 38 × 100 = 5 700 W ; Q = XLJ₁₂² = 38,01 × 100 = 3 801 var ; S = 6 850 VA.
Deux wattmètres (courants des lignes 1 et 2, tensions U₁₃ et U₂₃) : PW1 = 7 090 W et PW2 = −1 390 W ; somme = 5 700 W ✔. En revanche √3(PW1 − PW2) = 14 687 var ≠ Q : la formule du réactif n'est valable qu'en équilibré.
Travail pratique — Déséquilibre et rupture du neutre
- Palette, variante Complet : source triphasée 400 V, 50 Hz (ordre direct), neutre relié ; trois résistances monophasées de 10 Ω, 11 Ω et 22 Ω entre chaque phase et le neutre (exercice 9).
- Calcul Réseau linéaire (F5) : relever les trois courants (22, 20 et 10 A) et, avec un ampèremètre placé sur le fil de neutre, le courant de neutre (11,1 A).
- Supprimer la liaison du neutre : relever les nouvelles tensions aux bornes des trois résistances (193,9 V ; 207,8 V ; 266,6 V). La résistance la plus faible voit sa tension chuter, la plus forte est surtensionnée.
- Remettre le neutre et déséquilibrer davantage (10 Ω, 100 Ω, 1 000 Ω) : observer la tension du point neutre (UO′O) et conclure sur le dimensionnement du conducteur de neutre.
C'est la raison pour laquelle la norme impose un neutre de section égale à celle des phases en basse tension, et pour laquelle on répartit les charges monophasées sur les trois phases.
1.7 Composantes symétriques
Un réseau déséquilibré ne se calcule plus sur une seule phase. La méthode des composantes symétriques (Fortescue, 1918) le ramène à trois réseaux équilibrés, chacun calculable sur une phase.
Théorème. Tout système de trois grandeurs sinusoïdales de même nature et de même fréquence est la superposition de trois systèmes équilibrés : un système direct (indice d ou 1), un système inverse (i ou 2) et un système homopolaire (0), avec l'opérateur de rotation a = ej2π/3 (a³ = 1, 1 + a + a² = 0) :
Lecture physique : la composante directe est le système « normal », celui qui fait tourner les moteurs dans le bon sens ; la composante inverse crée un champ de sens contraire (échauffement et couple de freinage dans les machines : on limite le taux Vi/Vd à 2 % en exploitation) ; la composante homopolaire est en phase sur les trois phases et ne peut circuler que s'il existe un chemin de retour (fil de neutre ou terre) : IN = 3·I₀.
Impédances de séquence
Un récepteur équilibré d'impédance Z, de neutre relié par ZN, soumis à trois tensions quelconques, se calcule séquence par séquence :
Le facteur 3ZN vient de ce que les trois courants homopolaires se referment ensemble par le neutre. Pour les
machines et les transformateurs, Z₀ diffère fortement de Zd (et dépend du couplage : un enroulement en triangle
bloque l'homopolaire) : ce sont les données R0, X0 et zeroSequence que l'on saisit dans NRJXpert.
Théorème de compensation et mise en équations
Pour traiter un défaut (ou toute dissymétrie localisée), on remplace l'élément dissymétrique par trois sources de tension égales aux chutes de tension à ses bornes (théorème de compensation : une résistance parcourue par ik est équivalente à une f.é.m. Ek = Rkik orientée en sens contraire du courant). En décomposant ces sources et en appliquant la superposition, on obtient trois schémas équilibrés et trois équations générales :
Seuls les réseaux direct contiennent des sources (les alternateurs ne produisent qu'un système direct). Ces trois équations ne suffisent pas : on les complète par les équations du défaut.
Exemple 1.13 — Décomposition d'un système déséquilibré
Décomposer VA = 220∠0° V, VB = 200∠−110° V, VC = 180∠130° V.
Voir la solution
Vd = ⅓(VA + aVB + a²VC) = 199,3∠6,34° V ; Vi = 11,29∠−28,1° V ; V₀ = 20,53∠−54,4° V.
Contrôle : Vd + Vi + V₀ = 220∠0° ✔. Taux de déséquilibre inverse Vi/Vd = 5,7 % (bien au-delà des 2 % admis : un moteur raccordé ici s'échaufferait) ; composante homopolaire 10,3 % — elle ne circulera que si le neutre est distribué.
Exemple 1.14 — Court-circuit monophasé-terre
La phase A d'un réseau est mise à la terre. Exprimer le courant de défaut en fonction des impédances de séquence.
Voir la solution
Équations du défaut : IB = 0, IC = 0, VA = 0.
De IB = IC on tire I₁ = I₂, puis de IB = 0 : I₁(a² + a) + I₀ = 0, donc I₁ = I₂ = I₀. En additionnant ①, ② et ③ et en remarquant que V₁ + V₂ + V₀ = VA = 0 :
Les trois réseaux de séquence sont donc en série. C'est la formule du défaut monophasé de la CEI 60909 (I″k1 = √3·c·Un/|Z₁ + Z₂ + Z₀|) que programme le serveur de NRJXpert : voir le § 2.7, où l'on traite de la même façon les défauts triphasé, biphasé isolé et biphasé-terre.
1.8 Prise en main de NRJXpert
Le logiciel comprend un client (dessin des schémas, saisie, affichage) et un serveur de calcul (Python), hébergé à distance et joint par Internet, qui reçoit le schéma, le transforme en équations et renvoie les résultats. Le détail des menus est dans le guide de l'utilisateur ; l'essentiel :
| Action | Comment |
|---|---|
| Placer un composant | clic dans la palette puis clic dans le schéma ; Échap arrête le placement |
| Relier | glisser d'une borne à une autre (le modèle de la liaison — fil, R, L, RL, RLC en π — se choisit dans les paramètres du calcul) |
| Paramètres | double-clic (ou Ctrl+E) ; les champs invalides sont encadrés en rouge |
| Tourner, supprimer | Ctrl+R, Suppr ; sélection multiple par rectangle, groupement Ctrl+G |
| Calculer | choisir le calcul et la méthode dans la barre d'outils, F5 |
| Lire les résultats | tableau à droite (I, ∠I, U, ∠U), info-bulles des composants et des liaisons, panneau Sélection |
| Enregistrer | Ctrl+S (fichier .nxp) |
Exercices
Exercice 1 — Chauffe-eau
Un chauffe-eau de 2 kW sous 230 V est alimenté par un câble 2 × 2,5 mm² cuivre de 25 m. (a) Résistance de l'élément ? (b) Résistance du câble (ρ = 0,0225) et chute de tension ? (c) Énergie consommée en 3 h et coût à 120 F/kWh ?
Voir la solution
(a) R = 230²/2000 = 26,45 Ω. (b) Rcâble = 0,0225 × 2 × 25/2,5 = 0,45 Ω (aller et retour) ; I ≈ 230/26,9 = 8,55 A ; ΔU = 3,85 V soit 1,7 %. (c) P réelle = 26,45 × 8,55² = 1 934 W ; 5,8 kWh ; 696 F.
Exercice 2 — Moteur monophasé
Un moteur absorbe 1,5 kW sous 230 V avec cos φ = 0,75. (a) Courant, Q, S ? (b) Condensateur pour obtenir cos φ = 0,95 ? (c) Nouveau courant ?
Voir la solution
(a) S = 2 000 VA ; I = 8,70 A ; Q = 2000 × sin(41,41°) = 1 323 var. (b) QC = 1500 × (0,8819 − 0,3287) = 830 var ; C = 830/(314,16 × 230²) = 50 µF. (c) I = 1500/(230 × 0,95) = 6,86 A (−21 %).
Exercice 3 — Atelier triphasé
Un atelier 400 V comprend 3 moteurs de 11 kW (rendement 0,9, cos φ = 0,85) et un éclairage de 6 kW (cos φ = 1) réparti sur les trois phases. Calculer P, Q, S, cos φ global et le courant de ligne.
Voir la solution
Moteurs : P = 3 × 11/0,9 = 36,67 kW ; Q = 36,67 × tan(31,79°) = 22,72 kvar. Total : P = 42,67 kW, Q = 22,72 kvar, S = 48,34 kVA ; cos φ = 0,883 ; I = 48 340/(√3 × 400) = 69,8 A.
Exercice 4 — Avec NRJXpert : pont diviseur et Millman
Dessiner l'exemple 1.2 (deux sources continues avec résistance série, charge de 6 Ω) et vérifier V = 9 V. Remplacer E₂ par 8 V : quel est le signe du courant de cette source ? Interpréter.
Voir la solution
V = (6 + 8/3)/1 = 8,667 V ; I₂ = (8 − 8,667)/3 = −0,222 A : la source de 8 V reçoit du courant (elle se comporte en récepteur). Le logiciel affiche ce courant négatif (ou déphasé de 180°) dans le sens de la source.
Les exercices 5 à 10 sont tirés des travaux dirigés d'électricité appliquée du Département de Génie Électrique (ESP-UCAD). Ils se prêtent tous à une vérification par NRJXpert.
Exercice 5 — Bobine et condensateur en série
Une bobine (r, L) en série avec un condensateur C est parcourue par I = 2 A à 50 Hz. On mesure U = 100 V aux bornes de l'ensemble, UB = 150 V aux bornes de la bobine et UC = 200 V aux bornes du condensateur. Déterminer r, L et C.
Voir la solution
Le condensateur est purement réactif : XC = UC/I = 100 Ω → C = 1/(314,16 × 100) = 31,8 µF.
Deux équations pour la bobine : (rI)² + (XLI)² = UB² = 150² et (rI)² + (XLI − XCI)² = U² = 100². En soustrayant : 2·XC·XL·I² = 150² − 100² + (XCI)² → XL = 65,6 Ω → L = 209 mH ; puis r = √((150/2)² − 65,6²) = 36,3 Ω.
Contrôle : Z = 36,3 + j(65,6 − 100) = 50∠−43,4° Ω, soit U = 50 × 2 = 100 V ✔. Noter que UB + UC = 350 V ≫ U = 100 V : les tensions s'additionnent vectoriellement, et le circuit est capacitif bien qu'il contienne une forte inductance.
Exercice 6 — Réseau alternatif : mailles, nœuds et bilan de puissances
Trois branches en parallèle entre deux nœuds. Branche 1 : E₁ = 120∠30° V, r₁ = 3 Ω, XL1 = 8 Ω, XC1 = 4 Ω. Branche 2 : E₂ = 220∠30° V, r₂ = 6 Ω, XL2 = 16 Ω, XC2 = 8 Ω. Branche 3 (sans source) : r₃ = 12 Ω, XL3 = 32 Ω, XC3 = 16 Ω. (a) Calculer les courants par la méthode des mailles indépendantes. (b) Les retrouver par la méthode des potentiels de nœuds. (c) Calculer les tensions aux bornes de chaque élément et faire le bilan des puissances. (d) Reprendre avec une source de courant J = 10∠−23,1° A injectée au nœud supérieur.
Voir la solution
Impédances : Z₁ = 3 + j4 = 5∠53,13° ; Z₂ = 6 + j8 = 10∠53,13° ; Z₃ = 12 + j16 = 20∠53,13° Ω (même argument : tous les courants seront déphasés du même angle).
(a) Mailles. Deux mailles indépendantes (1-3 et 2-3), de courants II et III circulant tous deux dans Z₃ :
soit, en module, [25 20 ; 20 30]·[I] = [120 ; 220] à ∠(30° − 53,13°) : II = −2,286∠−23,13° = 2,286∠156,87° A et III = 8,857∠−23,13° A ; I₃ = II + III = 6,571∠−23,13° A.
(b) Nœuds (Millman, un seul nœud indépendant) : U = (E₁Y₁ + E₂Y₂)/(Y₁+Y₂+Y₃) = (24 + 22)∠−23,13°/0,35∠−53,13° = 131,4∠30° V. Puis I₁ = (E₁ − U)Y₁ = 2,286∠156,87° A, I₂ = (E₂ − U)Y₂ = 8,857∠−23,13° A, I₃ = U·Y₃ = 6,571∠−23,13° A : identiques.
(c) Tensions et bilan. Branche 1 : Ur = 6,86 V, UL = 18,29 V, UC = 9,14 V ; branche 2 : 53,1 V, 141,7 V, 70,9 V ; branche 3 : 78,9 V, 210,3 V, 105,1 V. Puissances fournies : S = E₁I₁* + E₂I₂* = 1 004,6 W + j1 339,4 var ; puissances reçues : ΣrkIk² = 1 004,6 W et ΣXkIk² = 1 339,4 var ✔. La source E₁ est en récepteur (son courant est à 156,87° de sa f.é.m.) : elle absorbe 164,6 W fournis par E₂.
(d) Avec la source de courant : U = (E₁Y₁ + E₂Y₂ + J)/ΣY = 160∠30° V ; I₁ = 8∠156,87° A, I₂ = 6∠−23,13° A, I₃ = 8∠−23,13° A (loi des nœuds : −8 + 6 + 10 = 8 ✔). Bilan : S = E₁I₁* + E₂I₂* + U·J* = 1 176 W + j1 568 var = ΣZkIk² ✔.
Diagramme de Fresnel : placer U à 30°, les trois courants à −23,13° (et 156,87° pour I₁) ; pour chaque branche, Ur est en phase avec le courant, UL en avance de 90°, UC en retard de 90°, et leur somme vectorielle rejoint E et U.
Exercice 7 — Atelier monophasé : compensation et chute de tension
Une ligne monophasée 50 Hz (rL = 0,3 Ω, lL = 4 mH) alimente, sous Vr = 230 V, un atelier composé de : 20 lampes à incandescence de 250 W ; un moteur de 4 kW (puissance mécanique) de rendement 0,85 et cos φ = 0,8 ; un électroaimant Z = 5 + jLω avec L = 100 mH. (1) Courant de ligne. (2) cos φ de l'atelier. (3) Expression du nouveau facteur de puissance après branchement d'un condensateur C. (4) Valeur de C pour cos φ = 1. (5-6) Tension Vg en tête de ligne, sans puis avec compensation.
Voir la solution
Inventaire (Boucherot). Lampes : P = 5 000 W, Q = 0. Moteur : P = 4 000/0,85 = 4 706 W, S = 5 882 VA, Q = 3 529 var. Électroaimant : Z = 5 + j31,42 = 31,81∠80,96° Ω → I = 7,23 A, P = 261 W, Q = 1 642 var.
(1-2) Ptot = 9 967 W, Qtot = 5 172 var, S = 11 229 VA → I = 11 229/230 = 48,8 A et cos φ = 0,888 (inductif).
(3) Le condensateur fournit QC = CωVr². Le triangle des puissances devient (Ptot ; Qtot − QC) :
(4) cos φ₁ = 1 ⇔ QC = Qtot → C = 5 172/(314,16 × 230²) = 311 µF.
(5) ZL = 0,3 + j1,257 Ω. Sans compensation, I = 48,8∠−27,4° A (origine des phases : Vr) : Vg = Vr + ZLI = 275,4∠9,98° V, soit 19,7 % au-dessus de 230 V.
(6) Avec compensation, I = 9 967/230 = 43,3 A en phase : Vg = 249,0∠12,63° V (8,3 %). Les pertes de la ligne passent de 715 W à 563 W (−21 %). La compensation réduit le courant, la chute de tension et les pertes — c'est exactement ce que calcule NRJXpert pour un départ de distribution (niveau 5, réglage Q(V)).
Exercice 8 — Couplages d'une charge triphasée
(a) Trois résistances couplées en triangle consomment 60 kW. Quelle puissance absorbent-elles en étoile ? (b) Trois résistances de 15 Ω et trois réactances de 8 Ω sont raccordées symétriquement à un réseau 530 V selon : (1) R et X en série, en étoile ; (2) R et X en parallèle, en triangle ; (3) R en triangle et X en étoile. Calculer le courant de ligne dans chaque cas.
Voir la solution
(a) En étoile, chaque branche reçoit U/√3 au lieu de U : la puissance est divisée par 3 → 20 kW. (Règle de Kennelly : RΔ = 3RY.)
(b1) Z = 15 + j8 = 17 Ω ; V = 530/√3 = 306 V → I = 18,0 A.
(b2) Z = 15·(j8)/(15 + j8) = 7,06∠61,9° Ω ; courant de branche J = 530/7,06 = 75,1 A → I = √3 × 75,1 = 130,0 A.
(b3) Deux charges en parallèle : les résistances en triangle appellent IR = √3 × 530/15 = 61,2 A, en phase avec la tension ; les réactances en étoile appellent IX = 306/8 = 38,2 A, en retard de 90°. D'où I = √(61,2² + 38,2²) = 72,2 A et cos φ = 0,848.
Exercice 9 — Rupture du neutre
Un réseau 380/220 V à 4 fils alimente trois résistances montées en étoile : R₁ = 10 Ω, R₂ = 11 Ω, R₃ = 22 Ω. Calculer les tensions et les courants (a) avec le conducteur de neutre, (b) après rupture du neutre.
Voir la solution
(a) Chaque résistance reçoit 220 V : I₁ = 22 A, I₂ = 20 A, I₃ = 10 A. Courant de neutre : IN = I₁ + I₂ + I₃ = 11,1∠−51,1° A — non négligeable, bien que les charges soient purement résistives.
(b) Le point neutre se déplace (Millman) : VN′ = ΣVkGk/ΣGk = 47,1∠−51,1° V. Les tensions aux bornes des résistances deviennent 193,9 V ; 207,8 V ; 266,6 V et les courants 19,4 A ; 18,9 A ; 12,1 A.
La charge la plus faible (R₃ = 22 Ω, la moins consommatrice) est surtensionnée de 21 % : des lampes ou des appareils électroniques branchés là seraient détruits. C'est l'accident classique de la rupture du neutre en basse tension.
Variante (usine). Réseau 400 V : phase 1 — 100 A à cos φ = 1 ; phase 2 — 60 A à cos φ = 0,9 AR ; phase 3 — 200 A à cos φ = 0,8 AR. Alors IN = 181 A (presque autant que la phase la plus chargée !), P = 72,5 kW, Q = 33,8 kvar, S = 80,0 kVA. Après rupture du neutre (charges à impédance constante) : 261,8 V ; 340,2 V ; 138,9 V — la phase la moins chargée monte à 340 V.
Exercice 10 — Méthode des deux wattmètres et défauts
Un réseau triphasé 3 fils 400 V / 50 Hz alimente une charge équilibrée en étoile, composée par phase d'une résistance R = 20 Ω en série avec un condensateur C = 20 µF. (1) Courants de ligne, P, Q, S. (2) Indications des deux wattmètres. (3) Reprendre le calcul si une phase de la charge est court-circuitée, puis en cas de rupture d'une ligne d'alimentation.
Voir la solution
(1) XC = 159,2 Ω ; Z = 20 − j159,2 = 160,4∠−82,84° Ω ; V = 231 V → I = 1,44 A ; P = 3RI² = 124 W ; Q = −3XCI² = −990 var (la charge fournit du réactif) ; S = 997 VA.
(2) φ = −82,84° : PW1 = UIcos(φ − 30°) = −223,5 W et PW2 = UIcos(φ + 30°) = +347,9 W ; somme = 124 W ✔. Comme cos φ = 0,124 < 0,5, l'un des wattmètres indique bien une valeur négative. Contrôle du réactif : √3(PW1 − PW2) = −990 var ✔ (valable ici, le système étant équilibré).
(3a) Phase A court-circuitée : le point neutre de la charge est ramené au potentiel de la phase A. Les deux autres branches reçoivent les tensions composées : IB = IC = 400/160,4 = 2,49 A et IA = 4,32 A (√3 fois plus) ; P = 249 W (le double).
(3b) Rupture d'une ligne : les deux branches restantes sont en série sur une tension composée : I = 400/(2 × 160,4) = 1,25 A ; P = 2RI² = 62 W (la moitié). Un seul wattmètre suffit alors. Ces deux cas se dessinent et se vérifient directement dans NRJXpert (supprimer une liaison, ou relier les deux bornes d'une branche par un fil).
QCM du niveau 1
1. Deux résistances de 6 Ω et 3 Ω en parallèle ont une résistance équivalente de :
- 9 Ω
- 4,5 Ω
- 2 Ω
- 0,5 Ω
2. Une inductance de 10 mH a, à 50 Hz, une réactance de :
- 0,5 Ω
- 3,14 Ω
- 31,4 Ω
- 500 Ω
3. En régime continu établi, un condensateur se comporte comme :
- un circuit ouvert
- un court-circuit
- une résistance 1/C
- une source de tension idéale
4. Une charge inductive absorbe :
- P < 0 et Q > 0
- P > 0 et Q < 0
- P = 0 et Q > 0
- P > 0 et Q > 0
5. Compenser l'énergie réactive d'une installation permet surtout de :
- réduire la puissance active consommée
- réduire le courant et donc les pertes en ligne
- augmenter la fréquence
- réduire la tension
6. Sur un réseau 230/400 V, la tension entre deux phases vaut :
- 230 V
- 326 V
- 400 V
- 690 V
7. À impédances de branche égales, une charge en triangle absorbe, par rapport à l'étoile :
- 3 fois plus de puissance
- √3 fois plus
- autant
- 3 fois moins
8. Le courant de neutre d'une charge triphasée équilibrée en étoile est :
- égal au courant de ligne
- nul
- √3 fois le courant de ligne
- 3 fois le courant de ligne
9. Le serveur de NRJXpert calcule un réseau linéaire par :
- la méthode des mailles
- le théorème de Thévenin
- la méthode de Newton-Raphson
- la méthode des potentiels de nœuds (Y·V = J)
10. 209,9 V aux bornes de la charge et 66,8 V aux bornes de la ligne, pour une source de 230 V : pourquoi la somme n'est-elle pas 230 V ?
- erreur d'arrondi du logiciel
- pertes dans la ligne
- les tensions sont déphasées et s'additionnent en complexes
- la fréquence n'est pas 50 Hz
11. Dans la méthode des courants de mailles, la résistance mutuelle R12 est affectée du signe « − » lorsque :
- la branche commune contient une source
- les deux courants de maille traversent la branche commune en sens contraires
- la maille 1 est plus grande que la maille 2
- jamais
12. Dans la méthode des potentiels de nœuds, le « courant de nœud » Ja est :
- la somme des courants de branche inconnus
- le courant de court-circuit du nœud
- la somme des termes E·G et J des branches aboutissant au nœud, orientées vers lui
- toujours nul
13. Trois résistances de 30 Ω en triangle sont équivalentes, en étoile, à trois résistances de :
- 10 Ω
- 30 Ω
- 90 Ω
- 17,3 Ω
14. Le théorème de superposition ne permet pas d'additionner :
- les courants de branche
- les tensions
- les potentiels de nœuds
- les puissances
15. À la résonance d'un circuit R-L-C série de coefficient de surtension q = 10 alimenté sous 230 V, la tension aux bornes du condensateur vaut :
- 23 V
- 2 300 V
- 230 V
- 0 V
16. La méthode des deux wattmètres mesure la puissance active d'un réseau à 3 fils :
- seulement si la charge est équilibrée
- seulement si la charge est en étoile
- dans tous les cas, équilibré ou non
- seulement si cos φ > 0,5
17. La composante homopolaire d'un système de courants ne peut circuler que si :
- il existe un chemin de retour (neutre ou terre)
- le système est équilibré
- la charge est en triangle
- la fréquence est de 50 Hz
18. Après rupture du conducteur de neutre d'un réseau BT à charges monophasées déséquilibrées :
- rien ne change
- toutes les tensions baissent
- tous les courants s'annulent
- le point neutre se déplace : la phase la moins chargée est surtensionnée
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Novembre 2026