Les circuits en courant alternatif : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Les crêtes de la voie 1 montent à $3{,}4$ divisions, celles de la voie 2 à $2{,}5$ divisions. Avec les calibres :

$\Delta v_0=3{,}4\times 50{,}0=170$ V et $i_0=2{,}5\times 1{,}00=2{,}50$ A.

$\Delta V_{\text{eff}}=\dfrac{\Delta v_0}{\sqrt{2}}=120$ V et $I_{\text{eff}}=\dfrac{i_0}{\sqrt{2}}=1{,}77$ A.

On retrouve les $120$ V efficaces du réseau : un voltmètre branché sur la prise affiche cette valeur efficace, jamais l'amplitude.

Piège : lire l'amplitude « crête à crête » ($6{,}8$ divisions) au lieu de l'amplitude ; on compte depuis l'axe central.

Deux passages par zéro en montant de la voie 1 sont séparés de $8{,}33$ divisions :

$T=8{,}33\times 2{,}00=16{,}7$ ms, d'où $f=\dfrac{1}{T}=60{,}0$ Hz : c'est bien la fréquence du réseau.

$\omega=2\pi f=377$ rad/s.

La fréquence angulaire est celle qui entre dans $X_L=\omega L$ et dans $\sin(\omega t+\varphi)$ ; la fréquence $f$ ne sert qu'à la calculer.

Le courant passe par zéro en montant une division après la tension : $\Delta t=1{,}00\times 2{,}00=2{,}00$ ms.

Un décalage d'une période correspond à $2\pi$ rad, donc $\varphi=\omega\,\Delta t=0{,}754$ rad, soit $\varphi=43{,}2^\circ$.

Vérification par la proportion : $\dfrac{\Delta t}{T}\times 360^\circ=\dfrac{2{,}00}{16{,}7}\times 360^\circ\approx 43{,}2^\circ$.

La tension atteint chaque valeur AVANT le courant : la tension est en avance, le courant en retard. C'est la signature d'un circuit inductif, cohérente avec le modèle $R$ et $L$.

Piège : écrire $\varphi=2{,}00\times 10^{-3}\times 377=0{,}754$ et le déclarer en degrés. Le produit $\omega\,\Delta t$ est un angle en radians.

L'impédance relie les amplitudes : $Z=\dfrac{\Delta v_0}{i_0}=\dfrac{170}{2{,}50}=68{,}0\ \Omega$.

Dans le triangle des impédances, $R=Z\cos\varphi$ et $X_L=Z\sin\varphi$ :

$R=68{,}0\cos(43{,}2^\circ)=49{,}6\ \Omega$ et $X_L=68{,}0\sin(43{,}2^\circ)=46{,}6\ \Omega$.

$L=\dfrac{X_L}{\omega}=\dfrac{46{,}6}{377}=0{,}123$ H.

Le diagramme des phaseurs du corrigé montre le même triangle en volts : $\Delta v_{R0}=R\,i_0$ sur l'axe du courant, $\Delta v_{L0}=X_L\,i_0$ à $90^\circ$, et leur somme vectorielle $\Delta v_0=170$ V.

Le facteur de puissance est $\cos\varphi=0{,}729$.

$P=\Delta V_{\text{eff}}\,I_{\text{eff}}\cos\varphi=120\times 1{,}77\times 0{,}729=155$ W.

Contrôle : toute cette puissance moyenne est absorbée par la partie résistive du modèle, qui représente le travail mécanique et les pertes du moteur, et $R\,I_{\text{eff}}^{2}=49{,}6\times 1{,}77^{2}=155$ W.

La bobine du modèle reçoit de l'énergie pendant un quart de période et la rend pendant le suivant : sa puissance moyenne est nulle.

Piège : répondre $\Delta V_{\text{eff}}I_{\text{eff}}=212$ W. Ce produit est la puissance apparente, en voltampères ; il surestime ici la consommation de $37$ pour cent.

$\omega=2\pi f=2\pi\times 250=1571$ rad/s.

$X_L=\omega L=1571\times 30{,}0\times 10^{-3}=47{,}1\ \Omega$.

Pour un dipôle seul, la loi d'Ohm vaut pour les amplitudes : $i_0=\dfrac{\Delta v_0}{X_L}=\dfrac{12{,}0}{47{,}1}=0{,}255$ A.

Piège : prendre $X_L=fL=7{,}50\ \Omega$. Le facteur $2\pi$ oublié multiplie le courant par $6{,}28$.

Aux bornes d'une bobine, $\Delta v_L=L\dfrac{di}{dt}$ : la tension est la DÉRIVÉE du courant, donc en avance de $\dfrac{\pi}{2}$ sur lui. Avec $\Delta v=\Delta v_0\sin(\omega t)$ :

$i(t)=i_0\sin\left(\omega t-\dfrac{\pi}{2}\right)=0{,}255\sin\left(\omega t-\dfrac{\pi}{2}\right)$ A.

En $t_1=0{,}500$ ms : $\omega t_1=1571\times 0{,}500\times 10^{-3}=\dfrac{\pi}{4}$ rad.

$i(t_1)=0{,}255\sin\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}\right)=-0{,}180$ A.

La tension est maximale quand $\omega t=\dfrac{\pi}{2}$ : alors $i=i_0\sin(0)=0$. Le courant passe par zéro quand la tension est au sommet.

Piège : écrire $i=i_0\sin(\omega t)$ « parce que la tension est en $\sin(\omega t)$ ». Le signe du courant à $t_1$ en serait faux.

$\Delta v(t_1)=12{,}0\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=8{,}49$ V.

$p(t_1)=\Delta v(t_1)\,i(t_1)=8{,}49\times(-0{,}180)=-1{,}53$ W.

Une puissance reçue NÉGATIVE signifie que la bobine rend au générateur une partie de l'énergie $\frac{1}{2}Li^{2}$ qu'elle avait stockée : à cet instant, $|i|$ décroît.

Sur une période, $p=\Delta v_0 i_0\sin(\omega t)\sin(\omega t-\frac{\pi}{2})=-\frac{1}{2}\Delta v_0 i_0\sin(2\omega t)$, de moyenne nulle : $P_{\text{moy}}=0$.

Une bobine idéale ne consomme rien en moyenne ; elle échange de l'énergie avec la source.

$X_C=\dfrac{1}{\omega C}=\dfrac{1}{1571\times 10{,}0\times 10^{-6}}=63{,}7\ \Omega$.

$i_0=\dfrac{12{,}0}{63{,}7}=0{,}188$ A.

Ici $i=C\dfrac{d\Delta v}{dt}$ : c'est le COURANT qui est la dérivée, donc il est en avance de $\dfrac{\pi}{2}$ sur la tension, $i(t)=0{,}188\sin\left(\omega t+\dfrac{\pi}{2}\right)$ A.

Le diagramme du corrigé montre les deux cas, la tension servant de référence : le phaseur du courant est un quart de tour en arrière pour la bobine, en avant pour le condensateur.

À $1{,}00$ kHz, la fréquence est multipliée par $4$.

$X_L=2\pi\times 1000\times 30{,}0\times 10^{-3}=188\ \Omega$, d'où $i_0=\dfrac{12{,}0}{188}=0{,}0637$ A, quatre fois moins.

$X_C=\dfrac{1}{2\pi\times 1000\times 10{,}0\times 10^{-6}}=15{,}9\ \Omega$, d'où $i_0=\dfrac{12{,}0}{15{,}9}=0{,}754$ A, quatre fois plus.

La bobine freine les variations rapides, le condensateur les laisse passer : c'est tout le principe des filtres de l'exercice 6.

Piège : croire que le condensateur « bloque » toujours le courant. Il le bloque en continu ($X_C\to\infty$ quand $f\to 0$), pas en alternatif.

$\omega=500$ rad/s est donnée directement par l'argument du sinus.

$X_L=\omega L=500\times 0{,}180=90{,}0\ \Omega$ et $X_C=\dfrac{1}{\omega C}=\dfrac{1}{500\times 50{,}0\times 10^{-6}}=40{,}0\ \Omega$.

$Z=\sqrt{R^{2}+(X_L-X_C)^{2}}=\sqrt{45{,}0^{2}+50{,}0^{2}}=67{,}3\ \Omega$.

Contrôle : $Z$ dépasse à la fois $R$ et $|X_L-X_C|$, comme l'hypoténuse d'un triangle rectangle.

$i_0=\dfrac{\Delta v_0}{Z}=\dfrac{50{,}0}{67{,}3}=0{,}743$ A et $I_{\text{eff}}=\dfrac{i_0}{\sqrt{2}}=0{,}526$ A.

La loi $\Delta v_0=Z\,i_0$ relie deux amplitudes, et $\Delta V_{\text{eff}}=Z\,I_{\text{eff}}$ deux valeurs efficaces ; on ne mélange jamais les deux.

$\tan\varphi=\dfrac{X_L-X_C}{R}=\dfrac{50{,}0}{45{,}0}$, d'où $\varphi=0{,}838$ rad $=48{,}0^\circ$.

$\varphi>0$ : la tension de la source est en avance sur le courant, le circuit est INDUCTIF, et le courant est en retard.

$\Delta t=\dfrac{\varphi}{\omega}=\dfrac{0{,}838}{500}=1{,}68$ ms.

Avec $\Delta v=\Delta v_0\sin(\omega t)$ : $i(t)=0{,}743\sin(500\,t-0{,}838)$ A, l'angle étant en radians dans le sinus.

Piège : diviser des degrés par $\omega$. $\Delta t=\dfrac{48{,}0}{500}$ donnerait $96$ ms, plus de sept périodes, ce qui n'a aucun sens.

Chaque amplitude suit sa propre loi d'Ohm :

$\Delta v_{R0}=R\,i_0=33{,}4$ V, $\Delta v_{L0}=X_L i_0=66{,}9$ V, $\Delta v_{C0}=X_C i_0=29{,}7$ V.

Leur somme vaut $130$ V, bien plus que $50{,}0$ V. Ce n'est pas une erreur : les trois tensions sont déphasées et n'atteignent pas leur maximum au même instant.

Sur le diagramme des phaseurs (corrigé), $\Delta v_{R0}$ est porté par l'axe du courant, $\Delta v_{L0}$ pointe à $+90^\circ$ et $\Delta v_{C0}$ à $-90^\circ$. La somme VECTORIELLE est :

$\sqrt{\Delta v_{R0}^{2}+(\Delta v_{L0}-\Delta v_{C0})^{2}}=\sqrt{33{,}4^{2}+(66{,}9-29{,}7)^{2}}=50{,}0$ V.

Piège : additionner les amplitudes comme des nombres. C'est l'erreur qui fait conclure, à tort, que la source ne peut pas alimenter le circuit.

En $t=2{,}00$ ms, $\omega t=1{,}00$ rad et $\omega t-\varphi=0{,}162$ rad.

$\Delta v_R=\Delta v_{R0}\sin(\omega t-\varphi)=5{,}40$ V.

$\Delta v_L=\Delta v_{L0}\sin\left(\omega t-\varphi+\dfrac{\pi}{2}\right)=\Delta v_{L0}\cos(\omega t-\varphi)=66{,}0$ V.

$\Delta v_C=\Delta v_{C0}\sin\left(\omega t-\varphi-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\Delta v_{C0}\cos(\omega t-\varphi)=-29{,}3$ V.

Somme : $\Delta v_R+\Delta v_L+\Delta v_C=42{,}1$ V, et $\Delta v(t)=50{,}0\sin(1{,}00)=42{,}1$ V. La loi des mailles est vérifiée.

À un instant donné, les tensions s'additionnent comme des nombres ; ce sont leurs AMPLITUDES qui ne s'additionnent pas. C'est tout le fil de ce chapitre.

Le sommet de la courbe se lit en $f_0=2{,}00$ kHz, à $I_{\max}=40{,}0$ mA.

On lit $f_0$ sur l'axe horizontal à l'aplomb du sommet, pas au milieu de la fenêtre : la courbe n'est pas symétrique, son flanc droit descend plus lentement que le gauche.

À la résonance, $X_L=X_C$, soit $LC\omega_0^{2}=1$ avec $\omega_0=2\pi f_0=12\,566$ rad/s.

$C=\dfrac{1}{\omega_0^{2}L}=\dfrac{1}{(12\,566)^{2}\times 50{,}0\times 10^{-3}}=127$ nF.

Piège : écrire $C=\dfrac{1}{f_0^{2}L}$. L'oubli de $(2\pi)^{2}\approx 39{,}5$ donne une capacité quarante fois trop grande.

À la résonance, les réactances se compensent : $Z=\sqrt{R^{2}+0}=R$, et l'impédance est minimale, d'où le courant maximal.

$R=\dfrac{\Delta V_{\text{eff}}}{I_{\max}}=\dfrac{6{,}00}{40{,}0\times 10^{-3}}=150\ \Omega$.

Cette relation ne vaut qu'au sommet de la courbe ; ailleurs, $\dfrac{\Delta V_{\text{eff}}}{I}$ donne $Z$, plus grand que $R$.

On trace l'horizontale $\dfrac{I_{\max}}{\sqrt{2}}=28{,}3$ mA ; elle coupe la courbe en $f_1\approx 1{,}78$ kHz et $f_2\approx 2{,}25$ kHz, soit $f_2-f_1\approx 0{,}477$ kHz.

Théorie : $\Delta\omega=\dfrac{R}{L}=\dfrac{150}{0{,}0500}=3000$ rad/s, donc $\Delta f=\dfrac{\Delta\omega}{2\pi}=477$ Hz : la lecture concorde.

$Q=\dfrac{f_0}{\Delta f}=\dfrac{2000}{477}=4{,}19$, ce qui est aussi $\dfrac{\omega_0 L}{R}$.

À ces deux fréquences, $|X_L-X_C|=R$ : $Z=R\sqrt{2}$ et la puissance moyenne tombe à la moitié de son maximum. On les appelle aussi fréquences de demi-puissance.

À la résonance, $\Delta V_L=X_L I_{\max}=\omega_0 L\,I_{\max}=628\times 40{,}0\times 10^{-3}=25{,}1$ V.

C'est $Q$ fois la tension de la source : la bobine porte $25{,}1$ V alors que le générateur n'en fournit que $6{,}00$. Le condensateur porte la même tension, en opposition de phase, et les deux s'annulent dans la maille.

Avec $2R=300\ \Omega$ : $f_0$ ne dépend que de $L$ et $C$, elle ne bouge pas ; $I_{\max}=\dfrac{6{,}00}{300}=20{,}0$ mA ; $\Delta f=\dfrac{300}{2\pi\times 0{,}0500}=955$ Hz. La courbe pointillée du corrigé est deux fois plus basse et deux fois plus large.

Piège : croire que la résistance déplace la résonance. Elle n'agit que sur la hauteur et la largeur du pic.

Pour un transformateur idéal, le même flux traverse chaque spire des deux enroulements, donc $\dfrac{\Delta V_2}{\Delta V_1}=\dfrac{N_2}{N_1}$.

$N_2=N_1\dfrac{\Delta V_2}{\Delta V_1}=2000\times\dfrac{9{,}00}{120}=150$ spires.

Le rapport vaut aussi bien pour les amplitudes que pour les valeurs efficaces : les deux tensions sont proportionnelles à chaque instant.

$\Delta v_{2,0}=\sqrt{2}\times 9{,}00=12{,}7$ V.

$\omega=2\pi\times 60{,}0=377$ rad/s, d'où $\Delta v_2(t)=12{,}7\sin(377\,t)$ V.

C'est cette amplitude que voit un pont de diodes : un condensateur de filtrage placé derrière lui se charge vers la valeur de crête, $12{,}7$ V moins la chute de tension des diodes (environ $1{,}4$ V pour un pont), et non vers $9{,}00$ V.

Au secondaire : $I_{2,\text{eff}}=\dfrac{P}{\Delta V_2}=\dfrac{10{,}8}{9{,}00}=1{,}20$ A, pour une charge assimilée à une résistance.

Un transformateur idéal ne dissipe rien : la puissance reçue au primaire est celle fournie au secondaire.

$I_{1,\text{eff}}=\dfrac{P}{\Delta V_1}=\dfrac{10{,}8}{120}=0{,}0900$ A, et l'on vérifie $\dfrac{I_1}{I_2}=\dfrac{N_2}{N_1}=0{,}075$.

Piège : appliquer aux courants le même rapport qu'aux tensions. Un abaisseur de tension est un élévateur de courant.

L'enroulement de $150$ spires devient le primaire : le rapport s'inverse.

$\Delta V=120\times\dfrac{2000}{150}=1600$ V efficaces aux bornes d'un appareil prévu pour $9{,}00$ V.

C'est la prévision du modèle idéal : en pratique, l'enroulement de $150$ spires, prévu pour $9$ V, sature le noyau et surchauffe. Dans les deux cas, l'appareil est en danger.

C'est la prévision du modèle idéal : en pratique, l'enroulement de $150$ spires, prévu pour $9$ V, sature le noyau et surchauffe. Dans les deux cas, l'appareil est en danger.

Le même objet, retourné, est un ÉLÉVATEUR : c'est ainsi qu'on fabrique les hautes tensions du transport d'électricité.

En continu, le courant du primaire finit par être constant, le flux dans le noyau aussi. La loi de Faraday donne une f.é.m. nulle au secondaire : $\Delta V_2=0$.

Rien ne limite plus le courant du primaire que la résistance de son fil, puisque la f.é.m. d'auto-induction est nulle en régime permanent :

$I_1=\dfrac{12{,}0}{2{,}50}=4{,}80$ A, plus de cinquante fois le courant normal de $0{,}09$ A.

Conclusion : un transformateur ne transforme que des tensions variables, et branché sur une tension continue il chauffe sans rien fournir. En alternatif, c'est la réactance de l'enroulement, et non sa résistance, qui limite le courant à vide.

Dans la branche $RC$, $Z=\sqrt{R^{2}+X_C^{2}}$ et $\Delta V_R=R\,I=\dfrac{R\,\Delta V}{\sqrt{R^{2}+X_C^{2}}}$.