Niveau 2 Réseaux électriques

Modéliser les éléments d'un réseau, calculer la répartition des puissances (load flow) et les courants de court-circuit.
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Niveau 2 — Réseaux électriques
NRJXpert 2.0.0 · Novembre 2026

📘Introduction

Objectifs

  • Établir le schéma équivalent d'une ligne, d'un câble et d'un transformateur à partir des données constructeur, et choisir le modèle (courte, moyenne, longue) adapté à sa longueur.
  • Calculer la puissance naturelle d'une ligne, son effet Ferranti et la compensation nécessaire.
  • Passer des grandeurs physiques aux grandeurs réduites (per-unit) et inversement.
  • Calculer une chute de tension et des pertes ; vérifier un plan de tension.
  • Poser les équations du load flow, effectuer à la main une itération de Gauss-Seidel et interpréter la convergence des trois méthodes.
  • Calculer les courants de court-circuit triphasé, biphasé et monophasé selon la CEI 60909 et en déduire le pouvoir de coupure.
  • Répartir la production entre plusieurs centrales au moindre coût (coûts marginaux égaux, limites, pertes).

Prérequis : niveau 1, calcul matriciel élémentaire. Durée : 24 à 30 h.

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🧵2.1 Lignes et câbles

Une ligne ou un câble est caractérisé par quatre grandeurs linéiques (par km) : résistance r, inductance l (réactance x = lω), capacité c et conductance g (négligée). Ordres de grandeur :

Ouvrager (Ω/km)x (Ω/km)c (nF/km)Remarque
Ligne aérienne HTA, almélec 148 mm²0,22 à 0,270,35 à 0,409 à 10R/X ≈ 0,7
Ligne aérienne HTA, almélec 54,6 mm²0,600,409R/X ≈ 1,5
Câble souterrain HTA, alu 150 mm²0,210,11250 à 400capacité importante
Câble BT cuivre 4 × 95 mm²0,240,08—R/X ≈ 3

Modèles selon la longueur électrique : ligne courte (< 80 km en aérien) : R + jX en série ; ligne moyenne (modèle en π) : R + jX en série et C/2 vers la terre à chaque extrémité ; ligne longue : modèle à constantes réparties. NRJXpert propose les modèles R, L, RL et RLC en π (palette Réseau) avec R = r·ℓ, L = l·ℓ, C = c·ℓ.

Grandeurs homopolaires. Pour les défauts à la terre, il faut aussi r₀, x₀ (retour par la terre, environ 3 fois x en aérien) et c₀ : rubrique « Homopolaire » des lignes.

Représentation en quadripôle

Vue de ses deux extrémités, une ligne est un quadripôle : la tension et le courant d'entrée (indice S, sending) se déduisent de ceux de sortie (indice R, receiving) par quatre constantes :

[ VS ; IS ] = [ A   B ; C   D ] · [ VR ; IR ]     (AD − BC = 1)
ModèleA = DBC
Ligne courte (< 80 km)1Z0
Ligne moyenne, π (80 à 250 km)1 + ZY/2ZY(1 + ZY/4)
Ligne longue (> 250 km)cosh(γℓ)Zc·sinh(γℓ)sinh(γℓ)/Zc

avec Z = z·ℓ et Y = y·ℓ (impédance série et admittance shunt totales). Le quadripôle permet de chaîner les ouvrages (ligne + transformateur + ligne) par simple produit de matrices.

ligne courteRX = Lωligne moyenne : modèle en πRXC/2C/2ISIRISIRA = D = 1, B = Z, C = 0A = D = 1 + ZY/2, B = Z, C = Y(1 + ZY/4)
Modèles d'une ligne et constantes du quadripôle associé. Au-delà de 250 km, on passe au modèle à constantes réparties (γ, Zc), dont le π équivalent utilise Z′ = Zc·sinh(γℓ) et Y′/2 = tanh(γℓ/2)/Zc.

Ligne longue : constantes réparties

Sur une tranche dx, dV/dx = z·I et dI/dx = y·V, d'où d²V/dx² = zy·V et la solution en ondes progressives :

γ = √(zy) = √((r + jLω)(g + jCω)) = α + jβ     Zc = √(z/y)
V(x) = cosh(γx)·VR + Zc·sinh(γx)·IR    I(x) = sinh(γx)/Zc·VR + cosh(γx)·IR

γ est la constante de propagation (α : atténuation, β : déphasage), Zc l'impédance caractéristique (ou impédance d'onde). On peut toujours ramener une ligne longue à un π exact : Z′ = Zc·sinh(γℓ) et Y′/2 = tanh(γℓ/2)/Zc.

Ligne sans pertes et puissance naturelle (SIL)

Pour r = g = 0 : α = 0, β = ω√(LC) et Zc = √(L/C) est réelle (≈ 400 Ω pour une ligne aérienne, 30 à 50 Ω pour un câble). Si la ligne débite exactement sur Zc, le courant vaut VR/Zc :

SIL = 3·VR²/Zc = Un²/Zc     (puissance naturelle, surge impedance loading)

Dans ce régime, |V(x)| et |I(x)| sont constants le long de la ligne et QS = QR = 0 : le réactif consommé par l'inductance série est exactement fourni par la capacité shunt. C'est le point d'équilibre de référence :

ChargeComportementRemède
= SILprofil de tension plat, échange de réactif nul—
< SIL (ou ligne à vide)la ligne produit du réactif : élévation de la tension en boutréactances shunt (inductances)
> SILla ligne consomme du réactif : creux de tension importantcondensateurs shunt, compensateurs statiques, condensateurs série
distance le long de la ligneUUncharge = SILà vide (effet Ferranti)charge ≫ SIL
Profil de tension le long d'une ligne selon la charge. À la puissance naturelle le profil est plat ; au-dessous, la tension monte (d'où les réactances shunt) ; au-dessus, elle chute (condensateurs shunt ou série, compensateurs statiques).

Effet Ferranti : cas extrême de la ligne longue à vide (IR = 0). Alors VR = VS/cosh(γℓ) : la tension en bout de ligne est supérieure à celle de l'origine (le courant capacitif, en avance, « remonte » la tension à travers l'inductance série). D'où le réflexe d'exploitation : on ne laisse pas une longue ligne HTB sous tension à vide sans réactance de compensation.

Performances d'une ligne

Régulation : vR % = 100·(|UR, à vide| − |UR, en charge|)/|UR, en charge|     avec UR, à vide = US/|A|
Pertes : SL = SS − SR     Rendement : η = PR/PS
TensionLigne aérienneCâble
63 et 90 kVr = 0,06 à 0,15 Ω/km ; lω = 0,37 à 0,40 Ω/km ; c ≈ 10 nF/kmc ≈ 50 nF/km
225 kVr = 0,03 à 0,09 ; lω = 0,28 à 0,42 ; c ≈ 10 nF/kmc ≈ 180 nF/km
400 kVr = 0,01 à 0,03 ; lω = 0,30 à 0,40 ; c ≈ 10 nF/kmc ≈ 200 nF/km

La capacité d'un câble est 5 à 20 fois celle d'une ligne aérienne : son courant capacitif limite sa longueur utile et impose des compensations — c'est le point dur des liaisons souterraines et sous-marines.

Exemple 2.5 — Ligne courte 220 kV

Ligne triphasée 220 kV de 40 km : r = 0,15 Ω/km, l = 1,3263 mH/km, capacité négligeable, 60 Hz. Elle alimente une charge de 381 MVA sous 220 kV. Déterminer la tension et la puissance en tête de ligne, la régulation et le rendement (a) à cos φ = 0,8 arrière, (b) à cos φ = 0,8 avant.

Voir la solution

Z = 40 × (0,15 + j0,5) = 6 + j20 = 20,88∠73,3° Ω ; I = 381·10⁶/(√3 × 220·10³) = 1 000 A ; VR = 127,0 kV (simple).

(a) IR = 1 000∠−36,87° A : VS = VR + Z·IR = 144,4 kV∠4,93°, soit 250,0 kV entre phases. SS = 322,8 MW + j288,6 Mvar ; pertes 18 MW (3RI²) ; régulation 13,6 % ; rendement 94,4 %.

(b) IR = 1 000∠+36,87° A : VS = 121,4 kV, soit 210,3 kV entre phases — inférieure à la tension de la charge : régulation −4,4 %. Une charge capacitive élève la tension en bout de ligne ; les pertes et le rendement, eux, ne changent pas (même courant). C'est tout le principe de la compensation d'énergie réactive appliqué au réseau.

Exemple 2.6 — Ligne moyenne 345 kV (modèle en π)

Ligne de 130 km, r = 0,036 Ω/km, l = 0,8 mH/km, c = 0,0112 µF/km, 60 Hz, débitant 270 MVA à cos φ = 0,8 AR sous 325 kV. Calculer la tension et la puissance en tête de ligne et la régulation.

Voir la solution

Z = 4,68 + j39,2 Ω ; Y = j5,489·10⁻⁴ S ; A = 1 + ZY/2 = 0,98924 + j0,00128.

IR = 479,7∠−36,87° A ; VS = A·VR + Z·IR → 345,0 kV entre phases (∠4,01°) ; IS = 421,1∠−25,6° A ; SS = 218,9 MW + j124,2 Mvar. Pertes actives : 2,85 MW pour 216 MW transportés (1,3 %).

Régulation : UR,à vide = 345,0/0,9892 = 348,8 kV → vR = 7,3 %. Le réactif absorbé par la ligne (124,2 − 162 = −37,8 Mvar) est en partie compensé par ses capacités : la ligne fonctionne au-dessous de sa puissance naturelle. Le calcul exact par la ligne longue donne 344,9 kV : l'écart du modèle en π est de 0,03 % à cette longueur.

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🔸2.2 Transformateurs

Le schéma de Kapp ramène le transformateur à une impédance série Zcc = Rcc + jXcc et à une branche magnétisante (Rfe ∥ jXm), à partir des essais en court-circuit (ucc, Pcc) et à vide (i₀, P₀) :

Zcc = ucc·U²/Sn    Rcc = Pcc·U²/Sn²    Xcc = √(Zcc² − Rcc²)    (U = tension du côté où l'on ramène l'impédance)

Le couplage (Dyn, YNd, Yyn…) n'intervient pas en direct mais détermine le chemin homopolaire : un enroulement en triangle bloque le courant homopolaire, un neutre étoile relié à la terre le laisse passer. Le Dyn11, très répandu en distribution, isole le réseau HTA des défauts terre BT et fournit au réseau BT un neutre à la terre.

Exemple 2.1 — Transformateur de distribution

250 kVA, 30 kV / 400 V, ucc = 4 %, Pcc = 3,25 kW. Calculer Zcc, Rcc, Xcc ramenés au secondaire, le courant nominal et la chute de tension à pleine charge sous cos φ = 0,8.

Voir la solution

Zcc = 0,04 × 400²/250 000 = 25,6 mΩ ; Rcc = 3 250 × 400²/250 000² = 8,32 mΩ ; Xcc = 24,21 mΩ. In = 250 000/(√3 × 400) = 360,8 A.

ΔU ≈ √3·I·(R cos φ + X sin φ) = √3 × 360,8 × (0,00832 × 0,8 + 0,02421 × 0,6) = 13,2 V, soit 3,3 %.

Ce sont exactement les valeurs que calcule la boîte de paramètres du transformateur triphasé de NRJXpert (palette Réseau).

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📗2.3 Système per-unit

On choisit une puissance de base Sb (commune à tout le réseau, ex. 100 MVA ou 10 MVA) et une tension de base Ub par niveau de tension (rapport des transformateurs). Toute grandeur est divisée par sa base :

Zb = Ub²/Sb    Ib = Sb/(√3·Ub)    zpu = Z/Zb    changement de base : z₂ = z₁·(Sb2/Sb1)·(Ub1/Ub2)²

Intérêts : les transformateurs disparaissent (rapport 1 en pu), les tensions sont proches de 1 pu, les ordres de grandeur se comparent d'un réseau à l'autre (ucc d'un transformateur = son impédance en pu sur sa propre base). Le serveur de NRJXpert travaille en pu pour le load flow (Sb = 100 MVA, Ub = tension du réseau saisie dans les paramètres du calcul).

Pourquoi deux grandeurs de base suffisent

Quatre grandeurs complexes décrivent un circuit triphasé : la tension composée U, le courant de ligne I, la puissance apparente S et l'impédance Z. Elles sont liées par U = √3V, S = 3V·I* et V = Z·I : seules deux sont indépendantes. On choisit donc Sb et Ub, et l'on en déduit le reste :

Ib = Sb/(√3·Ub)    Vb = Ub/√3 = Zb·Ib    Zb = Ub²/Sb

En per-unit, les facteurs 3 et √3 disparaissent : s = v·i*, v = z·i. Les lois des circuits restent valables.

Le transformateur disparaît

Si l'on choisit les tensions de base dans le rapport de transformation (Ub2 = Ub1/m) et la même puissance de base de part et d'autre, alors v′₂pu = v₂pu et i′₂pu = i₂pu : le transformateur se réduit à sa seule impédance de court-circuit, et le réseau entier devient un circuit à un seul niveau de tension. C'est la raison d'être du système per-unit. (NRJXpert ne représentant pas encore le rapport de transformation dans le calcul, les impédances doivent y être ramenées à la tension du point étudié : voir le § 2.2 et les limites du transformateur triphasé.)

Ohms, pourcentage, per-unit

%z = 100·Z·S/U²     Z = %z·U²/(100·S) = zpu·U²/S     zpu = %z/100     ZU2 = ZU1·(U₂/U₁)²

Les constructeurs donnent les impédances des machines et des transformateurs en % (ou en pu) sur leur propre base : ucc = 6 % signifie z = 0,06 pu à la puissance nominale. L'étude du réseau impose de tout ramener à une base commune : znouvelle = zancienne·(Sb,nouv/Sb,anc)·(Ub,anc/Ub,nouv)².

Exemple 2.7 — Trois conversions

(a) Impédance en ohms d'un transformateur 20 MVA, 33 kV, de tension de court-circuit 10 % ? (b) Impédance en ohms d'un alternateur 20 MVA, 11 kV, d'impédance 0,125 pu ? (c) Pourcentage d'impédance d'une ligne 132 kV de 12 Ω sur une base de 100 MVA ? (d) Reporter l'impédance d'une ligne 33 kV sur une base de tension de 6,6 kV.

Voir la solution

(a) Z = 0,10 × 33²/20 = 5,445 Ω (côté 33 kV).

(b) Z = 0,125 × 11²/20 = 0,756 Ω.

(c) %z = 100 × 12 × 100/132² = 6,89 %, soit 0,0689 pu.

(d) Z6,6 = Z33 × (6,6/33)² = Z33/25 : l'impédance se divise par le carré du rapport de transformation, ce qui est exactement la règle du transformateur parfait.

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📉2.4 Chute de tension et pertes

Pour une ligne d'impédance R + jX transportant P + jQ sous la tension composée U :

ΔU/U ≈ (R·P + X·Q)/U²    pertes : ΔP = R·(P² + Q²)/U² = 3·R·I²

Conséquences pratiques : la chute de tension dépend surtout de P sur les réseaux résistifs (BT, HTA à faible section) et de Q sur les réseaux inductifs (HTB) ; d'où le réglage de la tension par la puissance réactive en transport, et le rôle des onduleurs pilotés en distribution (niveau 5). Les pertes varient comme le carré de la puissance et l'inverse du carré de la tension : doubler la tension divise les pertes par 4.

Exemple 2.2 — Départ HTA

Une ligne 20 kV de 10 km (r = 0,3 Ω/km, x = 0,35 Ω/km) alimente 2 MW sous cos φ = 0,9 en bout. Chute de tension et pertes ?

Voir la solution

R = 3 Ω, X = 3,5 Ω, Q = 2 × tan(25,84°) = 0,969 Mvar. ΔU/U = (3 × 2 + 3,5 × 0,969)/20² = 2,35 % (470 V) ; pertes = 3 × (2² + 0,969²)/20² = 0,037 MW = 37 kW (1,9 %).

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🔀2.5 Load flow : formulation

Le load flow (répartition des charges) calcule l'état permanent d'un réseau connaissant les puissances produites et consommées. Comme on impose des puissances et non des impédances, les équations sont non linéaires.

Types de nœuds (bus)

TypeDonnéesInconnuesDans NRJXpert
Bilan (slack, balancier)|V|, θ = 0P, QGénérateur « balancier » : le poste source, qui compense les pertes
Production (PV)P, |V|Q, θGénérateur à tension régulée
Consommation (PQ)P, Q|V|, θBus de charge

Matrice des admittances et équations

Ybus se construit élément par élément : pour une branche d'admittance yik entre i et k, on ajoute yik à Yii et Ykk et on retranche yik à Yik et Yki ; les admittances vers la terre (C/2 des lignes) s'ajoutent à la diagonale. Au nœud i :

Si* = Pi − jQi = Vi*·Σk YikVk
Pi = Σk |Vi||Vk||Yik| cos(θik − δi + δk)    Qi = −Σk |Vi||Vk||Yik| sin(θik − δi + δk)

La méthode nodale appliquée aux réseaux d'énergie

La matrice Ybus n'est rien d'autre que la matrice des conductances du § 1.2, écrite en complexes et avec la terre comme nœud de référence :

Ibus = Ybus·Vbus   ⇔   Vbus = Zbus·Ibus     Yii = Σj≠i yij + yi0    Yij = Yji = −yij

Elle est creuse (un nœud n'est relié qu'à quelques voisins) et symétrique : c'est ce qui rend calculables des réseaux de plusieurs milliers de nœuds. Zbus = Ybus−1, elle, est pleine ; sa diagonale donne directement les impédances de Thévenin vues de chaque nœud — celles qui servent au calcul de court-circuit (§ 2.7).

Si les puissances étaient remplacées par des impédances, le problème redeviendrait linéaire et se résoudrait d'un coup (c'est le calcul « réseau linéaire » de NRJXpert). C'est l'imposition des puissances qui oblige à itérer.

Transits et pertes des lignes

Une fois les tensions connues, on remonte aux courants et aux puissances de chaque extrémité de ligne :

Iij = yij(Vi − Vj) + yi0Vi     Sij = Vi·Iij*     Sji = Vj·Iji*     SL,ij = Sij + Sji

La somme Sij + Sji n'est pas nulle : c'est la perte de la branche (positive en actif, et de signe quelconque en réactif selon que la ligne consomme ou produit du réactif). Le bilan global ΣPgén = ΣPcharges + ΣPpertes est le premier contrôle d'un load flow — c'est la version « réseau » du bilan de puissances du § 1.1.

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📘2.6 Méthodes de résolution

Gauss-Seidel

Vi(n+1) = [ (Pi − jQi)/Vi(n)* − Σk≠i YikVk ] / Yii

On utilise pour chaque nœud les tensions les plus récentes. Nœud PV : on calcule d'abord Qi avec les tensions courantes, puis on remet |Vi| à sa consigne après la mise à jour. Simple, mais convergence lente (dizaines d'itérations) ; un facteur d'accélération (1,4 à 1,6) aide.

Exemple 2.3 — Une itération à la main

Réseau à 2 nœuds en pu : nœud 1 balancier V₁ = 1∠0° ; ligne z = 0,02 + j0,06 ; nœud 2 charge 0,8 + j0,4 pu. Partir de V₂ = 1∠0° et faire les itérations jusqu'à 10⁻⁴.

Voir la solution

y = 1/z = 5 − j15 ; Y₂₂ = 5 − j15, Y₂₁ = −5 + j15. S₂ = −0,8 − j0,4 (charge = injection négative).

V₂(1) = [(−0,8 + j0,4)/1 + (5 − j15)·1]/(5 − j15) = 1 + (−0,8 + j0,4)/(5 − j15) = 1 − 0,04 − j0,04 = 0,96 − j0,04 → 0,9608∠−2,39°.

Suite : 0,9575∠−2,39° ; 0,95736∠−2,395° ; 0,95735∠−2,395° (écart < 10⁻⁴ à la 4ᵉ itération). La tension finale est 0,9573 pu ∠−2,39°.

Newton-Raphson

On linéarise les équations de puissance autour de l'état courant et l'on résout pour les corrections :

[ ΔP ; ΔQ ] = [ ∂P/∂δ   ∂P/∂|V| ; ∂Q/∂δ   ∂Q/∂|V| ] · [ Δδ ; Δ|V| ]    (jacobien J, recalculé à chaque itération)

Convergence quadratique : 3 à 6 itérations quel que soit la taille du réseau, mais chaque itération coûte une factorisation du jacobien. C'est la méthode de référence.

Découplé rapide (Stott)

Hypothèses : R ≪ X, angles faibles, |V| ≈ 1. Alors ∂P/∂|V| ≈ 0 et ∂Q/∂δ ≈ 0, et les sous-matrices deviennent constantes (B' et B'') : on les factorise une seule fois. Très rapide sur les réseaux de transport, mais lent ou divergent quand R/X est grand (réseaux de distribution) : voir le TP ci-dessous et le load flow de distribution du niveau 5.

Travail pratique 3 — Load flow d'un réseau 30 kV à trois nœuds

Données (Un = 30 kV, lignes en almélec, r = 0,27 Ω/km, x = 0,38 Ω/km) :

ÉlémentDonnées
P1 — poste source (balancier)V = 31,5 kV, phase 0
G2 — centrale (bus PV)Pgen = 3 MW, V = 31,4 kV
Ch3 — charge (bus PQ)Pload = 5 MW, Qload = 2,5 Mvar
LignesL12 = 15 km (4,05 + j5,70 Ω), L13 = 20 km (5,40 + j7,60 Ω), L23 = 10 km (2,70 + j3,80 Ω)
  1. Paramètres du calcul : tension du réseau 30 kV, fréquence 50 Hz.
  2. Palette Réseau (load flow), variante unifilaire : placer deux générateurs et un bus de charge ; régler P1 en balancier, G2 en bus PV, Ch3 en charge PQ avec les valeurs ci-dessus (tensions en kV, puissances en MW et Mvar).
  3. Relier les trois nœuds par trois impédances (rubrique Éléments passifs) de valeurs R + jX ci-dessus, ou par trois lignes RL de la palette (longueur et caractéristiques linéiques ; l = 0,38/314,16 = 1,21 mH/km).
  4. Calcul Load flow, méthode Newton-Raphson, F5.
  5. Comparer aux résultats ci-dessous (on peut aussi ouvrir exemples/loadflow_30kV_3noeuds.xml par Aide › Ouvrir un exemple du tutoriel : la fenêtre « Calculer un fichier réseau (XML) » envoie ce réseau au serveur) :
NœudV (kV)AnglePgen (MW)Qgen (Mvar)
P131,5000°2,0601,429
G231,400+0,006°3,0001,156
Ch330,937−0,476°——

Courants : L12 = 8,3 A, L13 = 38,4 A, L23 = 66,0 A ; courant de la charge 104,3 A. Pertes = 2,060 + 3,000 − 5,000 = 60 kW (vérifier : Σ 3·R·I² = 0,8 + 23,9 + 35,3 kW).

À faire : relancer avec Gauss-Seidel (20 itérations) puis Découplé rapide (35 itérations) contre 3 pour Newton-Raphson. Pourquoi le découplé rapide est-il le plus lent ici ? (R/X = 0,71 : l'hypothèse R ≪ X n'est pas vérifiée.) Porter la consigne de G2 à 30,5 kV : G2 absorbe alors 6 Mvar. Conclusion : en réseau maillé, de faibles écarts de consigne de tension provoquent de forts transits de réactif.

Les termes du jacobien

En écrivant Ii = Σj|Yij||Vj|∠(θij + δj), on obtient les quatre sous-matrices du jacobien (termes hors diagonale, i ≠ j, et termes diagonaux) :

∂Pi/∂δj = −|Vi||Vj||Yij|·sin(θij − δi + δj)     ∂Pi/∂|Vj| = |Vi||Yij|·cos(θij − δi + δj)
∂Qi/∂δj = −|Vi||Vj||Yij|·cos(θij − δi + δj)     ∂Qi/∂|Vj| = −|Vi||Yij|·sin(θij − δi + δj)
∂Pi/∂|Vi| = 2|Vi||Yii|cos θii + Σj≠i|Vj||Yij|cos(θij − δi + δj)     ∂Qi/∂|Vi| = −2|Vi||Yii|sin θii − Σj≠i|Vj||Yij|sin(θij − δi + δj)

C'est dans ces deux dernières expressions (les diagonales) que se cachait l'erreur corrigée dans le serveur de NRJXpert en octobre 2026 : un indice V[bs] au lieu de V[bus] faisait passer la convergence de 5 à 8 itérations.

Algorithme de Newton-Raphson

  1. Initialiser (démarrage « à plat » : |V| = 1 pu, δ = 0, sauf consignes).
  2. Nœuds de charge : calculer Pi, Qi et les résidus ΔPi = Piconsigne − Pi, ΔQi.
  3. Nœuds à tension régulée (PV) : calculer Pi et ΔPi seulement (|V| est imposé).
  4. Former le jacobien et résoudre [ΔP ; ΔQ] = J·[Δδ ; Δ|V|].
  5. Mettre à jour : δi ← δi + Δδi, |Vi| ← |Vi| + Δ|Vi|.
  6. Recommencer jusqu'à max(|ΔP|, |ΔQ|) < ε (typiquement 10⁻⁶ pu).

Gauss-Seidel, lui, se contente d'un facteur d'accélération appliqué aux nœuds PQ : Vi(k+1) = Vi(k) + α(Vi,calc − Vi(k)) avec α = 1,3 à 1,7 : simple à programmer, mais son nombre d'itérations croît avec la taille du réseau, alors que celui de Newton-Raphson n'en dépend pratiquement pas.

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⚡2.7 Court-circuit selon la CEI 60909-0

Principe : source de tension équivalente

On remplace toutes les sources par une source unique c·Un/√3 placée au point de défaut ; les charges sont négligées (sauf les moteurs) et le réseau est réduit à l'impédance vue du défaut. Le facteur de tension c couvre les variations de tension et les approximations :

Tension nominalecmax (pouvoir de coupure, tenue)cmin (réglage des protections)
Un ≤ 1 kV, tolérance +6 %1,050,95
Un ≤ 1 kV, tolérance +10 %1,100,95
Un > 1 kV1,101,00

Composantes symétriques

Un système triphasé déséquilibré se décompose (Fortescue) en trois systèmes équilibrés : direct (1), inverse (2) et homopolaire (0), avec a = ej2π/3 :

[Va ; Vb ; Vc] = [1 1 1 ; 1 a² a ; 1 a a²]·[V₀ ; V₁ ; V₂]

Chaque élément a trois impédances Z₁, Z₂, Z₀ (éléments statiques : Z₂ = Z₁) ; on calcule l'impédance vue du défaut dans chacun des trois réseaux, puis on les associe selon le type de défaut :

DéfautCourant initial symétrique I"kAssociation des réseaux
Triphaséc·Un / (√3·|Z₁|)direct seul
Biphasé isoléc·Un / |Z₁ + Z₂|direct et inverse en opposition
Biphasé-terrecourant de terre I"kE2E = √3·c·Un·|Z₂| / |Z₁Z₂ + Z₁Z₀ + Z₂Z₀|inverse ∥ homopolaire
Monophasé-terre√3·c·Un / |Z₁ + Z₂ + Z₀|les trois en série

Courant de crête : ip = κ·√2·I"k avec κ = 1,02 + 0,98·e−3R/X. Défaut éloigné des alternateurs : courant coupé Ib et courant permanent Ik égaux à I"k. Puissance de court-circuit : S"k = √3·Un·I"k.

Exemple 2.4 — Défauts en bout d'un départ 20 kV

Le réseau amont est représenté au poste par Z₁ = Z₂ = 0,1 + j2 Ω et Z₀ = 0,05 + j1 Ω (neutre à la terre). Une ligne de 10 km a r = 0,3, x = 0,35, r₀ = 0,45, x₀ = 1,2 Ω/km. Calculer I"k en bout de ligne pour les quatre types de défaut (Icc max).

Voir la solution

Z₁ = Z₂ = 0,1 + 3 + j(2 + 3,5) = 3,1 + j5,5 Ω (|Z₁| = 6,314 Ω) ; Z₀ = 0,05 + 4,5 + j(1 + 12) = 4,55 + j13 Ω ; c = 1,1.

DéfautCalculI"k
Triphasé1,1 × 20 000/(√3 × 6,314)2 012 A
Biphasé isolé22 000/|6,2 + j11|1 742 A
Biphasé-terreplus grand courant de phase1 907 A
Monophasé√3 × 22 000/|10,75 + j24|1 449 A

κ = 1,02 + 0,98·e−3 × 0,5636 = 1,201 ; ip = 1,201 × √2 × 2 012 = 3,42 kA ; S"k = 69,7 MVA. Remarque : le défaut monophasé est ici le plus faible car Z₀ > Z₁ ; près d'un transformateur Dyn à neutre à la terre, c'est souvent l'inverse.

Travail pratique 4 — Court-circuit dans NRJXpert

  1. Paramètres du calcul : tension du réseau 20 kV.
  2. Placer un générateur (variante unifilaire) ; colonne Court-circuit : Rd = 0,1, Xd = 2 Ω, Ri = Xi = 0 (Z₂ = Z₁), neutre à la terre, R0 = 0,05, X0 = 1 Ω.
  3. Placer une ligne RL (palette Réseau) : 10 km, r = 300 mΩ/km, l = 1,114 mH/km (0,35 Ω/km à 50 Hz) ; rubrique Homopolaire : r0 = 0,45, x0 = 1,2 Ω/km. Placer un bus de charge en bout (il est négligé dans le calcul) et relier.
  4. Double-clic sur la borne en bout de ligne : Défaut triphasé, courant maximal, Un = 20 kV. Choisir le calcul Court-circuit et lancer.
  5. Lire le résumé (I"k, ip, κ, S"k, Z1, Z2, Z0, I"k des quatre types) et comparer à l'exemple 2.4. Refaire avec un défaut monophasé : courant de terre 1 449 A (fichier exemples/courtcircuit_20kV_monophase.xml).
  6. Clic droit sur la ligne › Court-circuit à cet endroit… : tracer I"k en fonction de la distance (0, 2, 4, …, 10 km). Pourquoi la courbe n'est-elle pas en 1/d ?
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⚡2.8 Protections : ce que l'on fait des courants de court-circuit

  • Pouvoir de coupure de l'appareil ≥ I"k max (et ip ≤ pouvoir de fermeture) au point d'installation.
  • Sensibilité : le courant de court-circuit minimal (cmin, défaut le plus éloigné, souvent monophasé ou biphasé) doit faire déclencher la protection dans le temps imposé : c'est le calcul « Icc min » de NRJXpert.
  • Tenue thermique des câbles : I²·t ≤ k²·S² (k ≈ 143 pour le cuivre isolé PR).
  • Sélectivité : seule la protection immédiatement en amont du défaut doit déclencher (sélectivité ampèremétrique, chronométrique, logique).
  • Onduleurs : leur contribution est limitée à 1,1 à 1,5 fois leur courant nominal ; un réseau alimenté surtout par des onduleurs a des courants de défaut faibles, ce qui complique la détection (niveau 5).
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💰2.9 Répartition économique de la production

Le load flow répond à la question « que devient le réseau si les groupes produisent cela ? ». La question suivante est « combien chaque groupe doit-il produire ? » : les coûts de combustible diffèrent d'une centrale à l'autre, et la capacité installée dépasse la demande augmentée des pertes. Il existe donc une infinité de répartitions possibles, dont une seule est la moins chère.

Cas le plus simple : sans pertes ni limites

Le coût horaire d'un groupe thermique s'ajuste bien par une parabole : Ci = αi + βiPi + γiPi² (F/h ou $/h). On minimise Ct = ΣCi sous la contrainte ΣPi = PD. Le lagrangien L = Ct + λ(PD − ΣPi) et les conditions ∂L/∂Pi = 0 donnent :

d Ci/d Pi = βi + 2γiPi = λ   (pour tous les groupes)   ⇒   Pi = (λ − βi)/(2γi)     λ = [PD + Σ βi/(2γi)] / Σ 1/(2γi)

Règle des coûts marginaux égaux : à l'optimum, le coût du dernier MWh produit est le même partout. λ est ce coût marginal commun, exprimé en F/MWh : c'est le prix du système, celui qui sert de référence aux marchés de l'électricité.

Pi (MW)dC/dPλgroupe 1P₁groupe 2P₂groupe 3P₃
Répartition économique : on fait monter λ jusqu'à ce que la somme des puissances lues sur les droites de coût marginal égale la demande. Le groupe dont la droite est la plus plate (γ faible) produit le plus.

Avec les limites des groupes

En ajoutant Pi,min ≤ Pi ≤ Pi,max, les conditions de Kuhn-Tucker donnent la même règle, sauf pour les groupes bloqués sur une borne :

d Ci/d Pi = λ si Pi,min < Pi < Pi,max    ≤ λ si Pi = Pi,max    ≥ λ si Pi = Pi,min

On résout par itération sur λ (méthode de Newton) : à chaque pas, on calcule les Pi, on les écrête aux bornes, et l'on corrige λ de Δλ = ΔP/Σ(1/2γi) sur les seuls groupes libres, jusqu'à ce que ΣPi = PD.

En tenant compte des pertes du réseau

Les pertes dépendent de la répartition : produire loin des charges coûte des pertes. On les exprime par les coefficients de pertes de Kron (Bij, calculés à partir d'un load flow de référence) :

PL = ΣiΣj PiBijPj + Σi B0iPi + B00     contrainte : Σ Pi = PD + PL

La condition d'optimalité devient dCi/dPi + λ·∂PL/∂Pi = λ, c'est-à-dire

(d Ci/d Pi)·Li = λ    avec le facteur de pénalité Li = 1/(1 − ∂PL/∂Pi)    ⇒    Pi = [λ(1 − B0i) − βi − 2λΣj≠iBijPj] / [2(γi + λBii)]
  1. Initialiser λ.
  2. Calculer les Pi (formule ci-dessus, écrêtés aux limites) et les pertes PL.
  3. Calculer ΔP = PD + PL − ΣPi, puis Δλ = ΔP/Σ(∂Pi/∂λ).
  4. λ ← λ + Δλ ; revenir à l'étape 2 jusqu'à |ΔP| < ε.

Cas simplifié fréquent (Bij = 0, B₀₀ = 0) : PL = ΣBiiPi² et Pi = (λ − βi)/[2(γi + λBii)].

Exemple 2.8 — Trois groupes, 952 MW, sans pertes

C₁ = P₁ + 0,0625P₁², C₂ = P₂ + 0,0125P₂², C₃ = P₃ + 0,025P₃² ($/h). Répartir une demande de 952 MW.

Voir la solution

Σ1/(2γi) = 8 + 40 + 20 = 68 ; Σβi/(2γi) = 68. λ = (952 + 68)/68 = 15 $/MWh.

P₁ = (15 − 1)/0,125 = 112 MW ; P₂ = 560 MW ; P₃ = 280 MW ; Ct = 7 616 $/h.

Le groupe 2, dont le coût croît le plus lentement (γ₂ le plus faible), fournit l'essentiel de la demande. Une répartition « au prorata des puissances installées » coûterait davantage : c'est tout l'enjeu.

Cette formulation « un seul nœud » ignore le réseau (contraintes de tension, limites thermiques des lignes), les durées minimales de marche et d'arrêt des groupes, le stockage et les renouvelables. Le niveau 5 en donne la version moderne : OPF multi-périodes et engagement des unités formulés en programmation linéaire mixte (MILP), avec contrôle par load flow — c'est ce que calcule le paquet der/ du serveur (economics/dispatch.py, economics/opf.py). La règle des coûts marginaux égaux en reste le cœur.

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🎯Exercices

Exercice 1 — Court-circuit au secondaire d'un transformateur

Le transformateur de l'exemple 2.1 est alimenté par un réseau de puissance de court-circuit infinie. Calculer I"k triphasé au secondaire (c = 1,05), κ et ip.

Voir la solution

I"k = 1,05 × 400/(√3 × 0,0256) = 9,47 kA ; R/X = 0,344 ; κ = 1,02 + 0,98·e−1,031 = 1,370 ; ip = 1,370 × √2 × 9,47 = 18,3 kA. Le disjoncteur général BT doit avoir un pouvoir de coupure d'au moins 10 kA (on choisit 15 ou 25 kA pour tenir compte de la puissance de court-circuit réelle du réseau amont).

Exercice 2 — Changement de base

Un transformateur 2 MVA, 30/0,4 kV a ucc = 6 %. Exprimer son impédance en pu sur la base 100 MVA, puis en ohms côté 30 kV.

Voir la solution

z = 0,06 × 100/2 = 3 pu ; Zb = 30²/100 = 9 Ω ; Z = 27 Ω (= 0,06 × 30²/2).

Exercice 3 — Plan de tension

Dans le TP 3, la charge passe à 8 MW, 4 Mvar. Sans calcul détaillé, que va-t-il se passer pour V3, pour Qgen de G2 et pour les pertes ? Vérifier avec NRJXpert.

Voir la solution

Prévision : V3 baisse (≈ (R·P + X·Q)/U² augmente) ; G2, qui tient sa tension, fournit plus de réactif ; les pertes croissent à peu près comme le carré des transits. Calcul (Newton-Raphson, 3 itérations) : V3 = 30,629 kV (−1,23°) au lieu de 30,937 kV ; Qgen de G2 = 3,71 Mvar au lieu de 1,16 ; le poste fournit 5,17 MW et 0,53 Mvar ; pertes = 5,172 + 3 − 8 = 172 kW, soit 2,9 fois plus pour une charge 1,6 fois plus forte.

Exercice 4 — Méthodes itératives

Expliquer pourquoi Newton-Raphson converge en 3 itérations quelle que soit la méthode d'initialisation raisonnable (tensions « plates » 1∠0°), alors que Gauss-Seidel en demande 20. Que se passe-t-il si la charge devient trop forte (au-delà de la puissance maximale transmissible) ?

Voir la solution

NR utilise les dérivées (tangente) : l'erreur est élevée au carré à chaque itération près de la solution. GS corrige chaque nœud séparément, avec une convergence linéaire. Au-delà du point d'effondrement de tension (nez de la courbe P-V), il n'existe plus de solution : aucune méthode ne converge et le serveur renvoie un message de non-convergence.

Exercice 5 — Ligne 400 kV : puissance naturelle et effet Ferranti

Ligne aérienne 400 kV de 300 km : r = 0,02 Ω/km, x = 0,314 Ω/km (50 Hz), c = 11,5 nF/km. Calculer l'impédance caractéristique, la puissance naturelle, la puissance réactive produite à vide, et l'élévation de tension en bout de ligne ouverte. Quelle réactance shunt faudrait-il pour la compenser à 100 % ?

Voir la solution

z = 0,02 + j0,314 Ω/km ; y = j3,613·10⁻⁶ S/km. Zc = √(z/y) = 295 Ω (∠−1,8° : presque résistive) ; γ = (3,39 + j106,6)·10⁻⁶ /km, soit γℓ = 0,0102 + j0,3197.

SIL = U²/Zc = 400²/295 = 542 MW. Au-dessous de cette charge, la ligne est génératrice de réactif ; au-dessus, consommatrice.

À vide : QC = U²·Cω·ℓ = 400²·10⁶ × 1,084·10⁻³ = 173 Mvar injectés dans le réseau. |A| = |cosh γℓ| = 0,9494 → UR = US/0,9494 : la tension monte de +5,3 % (effet Ferranti) — 421 kV pour 400 kV à l'origine.

Compensation totale : une réactance shunt absorbant 173 Mvar sous 400 kV, soit X = U²/Q = 923 Ω par phase (étoile), c'est-à-dire L = 2,94 H. En pratique on compense 50 à 70 % et l'on répartit les réactances aux deux extrémités.

Exercice 6 — Répartition économique avec limites

Trois centrales thermiques : C₁ = 500 + 5,3P₁ + 0,004P₁², C₂ = 400 + 5,5P₂ + 0,006P₂², C₃ = 200 + 5,8P₃ + 0,009P₃² ($/h), avec 200 ≤ P₁ ≤ 450, 150 ≤ P₂ ≤ 350, 100 ≤ P₃ ≤ 225 MW. Répartir une demande de 975 MW et donner le coût horaire.

Voir la solution

Sans contrainte : Σ1/(2γi) = 125 + 83,33 + 55,56 = 263,89 ; Σβi/(2γi) = 1 443,1 ; λ = (975 + 1 443,1)/263,89 = 9,163 $/MWh → P₁ = 482,9 MW : au-delà de sa limite.

On bloque P₁ = 450 MW et l'on recommence sur les 525 MW restants : λ = (525 + 780,6)/138,89 = 9,4 $/MWh → P₂ = 325 MW, P₃ = 200 MW (tous deux dans leurs limites). Coût total : 8 236 $/h.

Vérification des conditions de Kuhn-Tucker : dC₁/dP₁ = 8,9 < λ = 9,4 — le groupe le moins cher est saturé, ce qui est bien la situation attendue ; les deux autres sont à λ.

Exercice 7 — Répartition économique avec pertes

Trois centrales : C₁ = 200 + 7,0P₁ + 0,008P₁², C₂ = 180 + 6,3P₂ + 0,009P₂², C₃ = 140 + 6,8P₃ + 0,007P₃² ($/h), 10 ≤ Pi ≤ 85/80/70 MW. Les pertes, en pu sur 100 MVA, valent PL = 0,0218P₁² + 0,0228P₂² + 0,0179P₃². Répartir une demande de 150 MW.

Voir la solution

En MW : Bii = 0,0218/100 = 2,18·10⁻⁴ MW⁻¹ (etc.). On itère sur λ avec Pi = (λ − βi)/[2(γi + λBii)] jusqu'à ΣPi = PD + PL.

Résultat : λ = 7,679 $/MWh ; P₁ = 35,09 MW, P₂ = 64,13 MW, P₃ = 52,48 MW ; PL = 1,70 MW (ΣPi = 151,70 MW) ; coût 1 593 $/h.

Le groupe 1, dont le coefficient de pertes est le plus élevé, est pénalisé : son coût marginal n'est que de 7,56 $/MWh, mais son facteur de pénalité 1/(1 − 0,0153) = 1,0155 le ramène à λ. Autrement dit, le réseau fait payer l'éloignement du producteur — c'est la justification économique de la production décentralisée (niveau 5).

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✅QCM du niveau 2

1. Dans le modèle en π d'une ligne, la capacité totale C est répartie :

  1. entièrement au départ
  2. C/2 à chaque extrémité
  3. en série avec R
  4. C à chaque extrémité
C/2 de chaque côté : c'est ce que fait NRJXpert (corrigé en octobre 2026 : chaque côté valait C·l).

2. Un transformateur a ucc = 4 %. Son impédance sur sa propre base vaut :

  1. 4 Ω
  2. 0,4 pu
  3. 0,04 pu
  4. 25 pu
ucc est l'impédance en pu sur la base (Sn, Un).

3. Sur un réseau basse tension très résistif, la chute de tension dépend surtout de :

  1. la puissance active
  2. la puissance réactive
  3. la fréquence
  4. la capacité des câbles
ΔU/U ≈ (RP + XQ)/U² avec R ≫ X.

4. Dans un load flow, un nœud PV a pour inconnues :

  1. P et Q
  2. |V| et θ
  3. P et θ
  4. Q et θ
P et |V| sont imposés ; Q et l'angle sont calculés.

5. Le nœud balancier sert à :

  1. fixer la fréquence
  2. fournir la référence d'angle et compenser les pertes inconnues
  3. représenter les charges
  4. régler la puissance réactive des PV
Les pertes n'étant connues qu'après le calcul, un nœud doit équilibrer le bilan.

6. La méthode découplée rapide est mal adaptée :

  1. aux grands réseaux de transport
  2. aux réseaux maillés
  3. aux réseaux de distribution à R/X élevé
  4. aux réseaux sans nœud PV
Elle suppose R ≪ X ; en distribution on préfère le balayage aval-amont (niveau 5).

7. Pour dimensionner le pouvoir de coupure d'un disjoncteur, on utilise :

  1. I"k maximal (cmax)
  2. I"k minimal (cmin)
  3. le courant nominal
  4. le courant de surcharge
Le courant minimal sert au réglage (sensibilité) des protections.

8. Le défaut monophasé-terre met les réseaux de séquence :

  1. direct seul
  2. direct et inverse en opposition
  3. inverse et homopolaire en parallèle
  4. direct, inverse et homopolaire en série
I"k1 = √3·c·Un/|Z1 + Z2 + Z0|.

9. Un enroulement en triangle :

  1. laisse passer le courant homopolaire vers le réseau amont
  2. bloque le courant homopolaire
  3. double l'impédance directe
  4. supprime le courant de défaut triphasé
Le courant homopolaire circule dans le triangle sans sortir sur les lignes.

10. Pour R/X = 0,1, le facteur κ vaut environ :

  1. 1,02
  2. 1,30
  3. 1,75
  4. 2,00
κ = 1,02 + 0,98·e−0,3 = 1,746 : réseau très inductif, forte composante continue.

11. Pour une ligne chargée exactement à sa puissance naturelle (SIL) :

  1. les pertes sont nulles
  2. le courant est nul
  3. le profil de tension est plat et l'échange de réactif nul
  4. la ligne est en court-circuit
La ligne débite sur son impédance caractéristique : ce que l'inductance consomme, la capacité le fournit.

12. L'effet Ferranti se manifeste :

  1. sur une ligne longue à vide ou très peu chargée
  2. en cas de court-circuit
  3. sur les câbles seulement
  4. lors d'une surcharge
VR = VS/cosh(γℓ) : la tension en bout de ligne dépasse celle de l'origine. Remède : réactances shunt.

13. Une impédance de 12 Ω sur une ligne 132 kV vaut, sur une base de 100 MVA :

  1. 0,0122 pu
  2. 0,0689 pu
  3. 0,689 pu
  4. 1,45 pu
Zb = 132²/100 = 174,2 Ω ; 12/174,2 = 0,0689 pu, soit 6,89 %.

14. À l'optimum d'une répartition économique sans pertes ni limites :

  1. tous les groupes produisent la même puissance
  2. le groupe le moins cher produit tout
  3. les coûts moyens sont égaux
  4. les coûts marginaux dC/dP sont égaux
C'est la condition ∂L/∂Pi = 0 : βi + 2γiPi = λ pour tous les groupes libres.

15. Le facteur de pénalité Li = 1/(1 − ∂PL/∂Pi) traduit :

  1. le surcoût de pertes qu'entraîne la production du groupe i
  2. le rendement de la chaudière
  3. une pénalité contractuelle
  4. la limite maximale du groupe
Un groupe éloigné des charges, qui fait croître les pertes, voit son coût marginal pénalisé à due concurrence.
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👤Auteur

LT
Prof. Lamine THIAW
Département de Génie Électrique
École Supérieure Polytechnique
Université Cheikh Anta Diop, Dakar
lamine.thiaw@ucad.edu.sn
lamine.thiaw@esp.sn

Novembre 2026