Électricité et électronique de puissance

Prérequis : phaseurs, circuits et interrupteurs électroniques. But : suivre l’énergie, les chemins de conduction et les contraintes des convertisseurs. Exercices de simulation uniquement; aucun montage secteur n’est nécessaire au parcours.

Premier parcours universitaire · 10–15 h estimées · français

5 visuels et 10 exercices interactifs

Ces leçons forment un premier socle, sans équivalence de crédits universitaires. Les durées sont indicatives et incluent la pratique.

Moyenne, valeur efficace et puissance

Distinguer puissance active, réactive et apparente

Tension 120 V efficaces, courant 10 A efficaces en retard de 60°, régime sinusoïdal et convention récepteur.

Le rappel qui sert ici. Les valeurs efficaces représentent l’échauffement équivalent. Le déphasage intervient dans la puissance moyenne.

Former la puissance apparente $| S | = VI = 120 \times 10 = 1200 VA$
Pourquoi cette étape ? VA désigne ici le produit des valeurs efficaces. Ce n’est pas automatiquement la puissance active en watts.
Projeter sur l’axe actif $P = VI cosφ = 1200 \times 0,5 = 600 W$
Pourquoi cette étape ? cos60°=1/2. La puissance active est la moyenne temporelle de v(t)i(t).
Projeter sur l’axe réactif $Q = VI sinφ = 1200 \times \frac{\sqrt 3}{2} \approx 1039,23 var$
Pourquoi cette étape ? Le courant en retard correspond à Q>0 avec la convention choisie. Un courant en avance donnerait Q<0.
Vérifier le triangle des puissances $P² + Q² = 600 ² + 1039,23 ² \approx 1200 ²$
Pourquoi cette étape ? Les deux composantes se combinent par Pythagore. On n’additionne pas directement P et Q pour obtenir |S|.
Relier valeurs efficaces et crêtes $Vm = \sqrt 2 V \approx 169,706 V; Im = \sqrt 2 I \approx 14,1421 A$
Pourquoi cette étape ? Les intégrales sur un cycle expliquent Vrms²=(1/T)∫v²dt. Pour des signaux déformés, P/(VrmsIrms) n’est pas nécessairement cosφ.

Règles, cas particuliers et autre exemple

La moyenne d’un signal est (1/T)∫xdt; sa valeur efficace est √((1/T)∫x²dt). Une sinusoïde centrée a une moyenne nulle mais une valeur efficace non nulle. En régime sinusoïdal, avec phaseurs efficaces et convention récepteur, S=VI*=P+jQ; P=VIcosφ, Q=VIsinφ et |S|=VI. Pour des signaux déformés, le facteur de puissance global P/(VrmsIrms) n’est plus nécessairement le seul cosinus du déphasage fondamental.

Exemple résolu

120 V efficaces, 10 A efficaces, courant en retard de 60°. S=1200 VA, P=600 W et Q≈1039,23 var>0. La source transporte un courant de 10 A, même si la puissance active ne vaut que 600 W.

Moyenne, efficace et triangle des puissances

120 V efficaces, 10 A efficaces, courant en retard de 60° : P=600 W, Q≈1 039,23 var et |S|=1 200 VA.

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Triphasé équilibré

Calculer une charge triphasée en étoile

Réseau équilibré 400 V entre lignes, trois résistances de 40 Ω en étoile. Les valeurs sont efficaces.

Le rappel qui sert ici. En étoile, la tension de ligne est √3 fois la tension de chaque phase; le courant de ligne traverse sa phase.

Identifier la tension donnée $VL = 400 V$
Pourquoi cette étape ? Il ne s’agit pas de la tension entre une ligne et le point étoile. C’est cette distinction qui évite un facteur trois dans la puissance.
Trouver la tension de phase $Vphase = \frac{VL}{\sqrt 3} \approx 230,940 V$
Pourquoi cette étape ? Deux phaseurs décalés de 120° se soustraient vectoriellement pour donner la tension entre lignes.
Trouver le courant de phase puis de ligne $Iphase = \frac{230,940}{40} \approx 5,77350 A = IL$
Pourquoi cette étape ? La même ligne alimente directement sa résistance en étoile; il n’y a pas de facteur √3 supplémentaire sur le courant.
Additionner les trois puissances $P = 3 \frac{Vphase²}{R} = \frac{3 \times 400 ²}{3 \times 40} = 4000 W$
Pourquoi cette étape ? Le facteur trois des phases compense celui issu de la division de la tension au carré.
Comparer avec le triangle au même réseau $Vphase, Δ = 400 V; PΔ = 3 \frac{400 ²}{40} = 12000 W$
Pourquoi cette étape ? Changer la connexion change la tension appliquée à chaque résistance. Ces puissances ne sont pas deux façons de calculer la même charge connectée.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un réseau triphasé équilibré possède trois tensions de même valeur efficace, déphasées de 120°. En étoile, VL=√3Vphase et IL=Iphase. En triangle, VL=Vphase et IL=√3Iphase. Pour une charge équilibrée sinusoïdale, P=√3 VL IL cosφ, et Q utilise sinφ. VL est une tension entre lignes, pas ligne-neutre. Le courant de neutre idéal est nul dans un système équilibré sans composantes homopolaires; les harmoniques et les déséquilibres changent cette conclusion.

Exemple résolu

réseau 400 V entre lignes, charge étoile résistive de 40 Ω par phase. Vphase≈230,940 V; IL≈5,77350 A. P=3Vphase²/40=4000 W. Employer directement 400 V sur chaque résistance multiplierait la puissance par trois.

Comparer les connexions étoile et triangle

400 V entre lignes, étoile résistive de 40 Ω par phase : Vphase≈230,940 V, IL≈5,77350 A et P=4 000 W.

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Redressement et filtrage

Redresser sans confondre moyenne et valeur efficace

Pont idéal, entrée 12 V efficaces à 60 Hz, charge résistive sans condensateur pour le premier modèle.

Le rappel qui sert ici. Une double alternance donne |Vm sinωt|. Mettre au carré élimine déjà le signe, donc le redressement ne change pas la valeur efficace. Reprendre ce rappel avec un exemple.

Passer de l’efficace à la crête $Vm = 12 \sqrt 2 \approx 16,9706 V$
Pourquoi cette étape ? La moyenne redressée s’écrit avec la crête. Utiliser directement 12 V dans cette formule mélangerait deux grandeurs.
Intégrer la double alternance $Vmoy = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} Vm sinθ dθ = \frac{2 Vm}{π} \approx 10,8038 V$
Pourquoi cette étape ? Sur la demi-période positive, la primitive de sinθ est −cosθ. Les deux demi-périodes redressées sont identiques.
Retrouver l’efficace $Vrms = \frac{Vm}{\sqrt 2} = 12 V$
Pourquoi cette étape ? La puissance dans une résistance reste Vrms²/R. La moyenne 10,8038 V ne peut pas remplacer Vrms dans cette relation.
Changer explicitement de modèle avec un condensateur $fripple = 2 f = 120 Hz$
Pourquoi cette étape ? Le condensateur se recharge près de chaque crête, deux fois par période d’entrée. Les courants de diodes deviennent impulsionnels.
Dimensionner une faible ondulation $C \approx \frac{Icharge}{fripple ΔVpp} = \frac{0,1}{120 \times 1} \approx 833,333 µF$
Pourquoi cette étape ? Cette estimation suppose un courant presque constant et une ondulation petite devant la crête. Elle ne réutilise pas la moyenne non filtrée 2Vm/π.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un pont idéal à diodes transforme v=Vm sinωt en |v| sur une charge résistive sans filtre. La moyenne vaut 2Vm/π et la valeur efficace Vm/√2. Un filtre capacitif change le régime : les diodes conduisent près des crêtes et rechargent C. Pour une petite ondulation et une charge presque constante, ΔVpp≈Icharge/(fripple C), avec fripple=2f pour un redressement double alternance monophasé. Ne pas appliquer simultanément les formules sans filtre et celles d’une sortie quasi continue comme si elles décrivaient le même circuit.

Exemple résolu

entrée 12 V efficaces à 60 Hz, pont idéal non filtré. Vm=12√2≈16,9706 V; moyenne≈10,8038 V. Avec un gros condensateur, la moyenne se rapproche de la crête et les courants de diodes deviennent impulsionnels; il faut alors un autre modèle.

Choisir le modèle de redressement

Pont idéal sans filtre alimenté en 12 V efficaces : crête ≈16,9706 V, moyenne ≈10,8038 V et efficace 12 V. Le condensateur demande un autre modèle.

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Hacheur abaisseur (buck)

Établir le gain d’un buck et tester son régime

Buck idéal, Vin=24 V, D=0,5, L=1 mH, fréquence 20 kHz et courant de charge moyen 2 A.

Le rappel qui sert ici. Dans une inductance, vL=L di/dt. En régime périodique, la variation de courant totale par cycle est nulle.

Écrire les deux tensions d’inductance $vL, ON = Vin - Vout; vL, OFF = - Vout$
Pourquoi cette étape ? Pendant ON, la source fournit le chemin de courant. Pendant OFF, la roue libre le maintient dans la même direction.
Annuler la moyenne de vL $D (Vin - Vout) + (1 - D) (- Vout) = 0$
Pourquoi cette étape ? Si la moyenne n’était pas nulle, le courant gagnerait ou perdrait une valeur à chaque cycle et ne serait pas périodique.
Isoler la sortie supposée en conduction continue $D Vin - Vout = 0 \Rightarrow Vout = D Vin = 12 V$
Pourquoi cette étape ? Cette relation idéale dépend du régime supposé. Il reste à vérifier que la diode et l’inductance conduisent tout le cycle.
Calculer l’ondulation du courant $ΔIpp = \frac{(Vin - Vout) D}{Lfₛ} = \frac{12 \times 0,5}{0,001 \times 20000} = 0,3 A$
Pourquoi cette étape ? La pente ON vaut 12/0,001 A/s et s’applique pendant D/fₛ secondes. Le produit donne la montée de courant.
Contrôler le minimum $Imin = Iout - \frac{ΔIpp}{2} = 1,85 A > 0$
Pourquoi cette étape ? La conduction continue est cohérente. Un minimum négatif rejetterait l’hypothèse pour ce buck à diode; il ne prédirait pas un courant réellement négatif.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un buck idéal en régime établi et conduction continue alterne deux états. Interrupteur fermé : vL=Vin−Vout; ouvert avec roue libre : vL=−Vout. L’équilibre volt-seconde D(Vin−Vout)+(1−D)(−Vout)=0 donne Vout=DVin. L’ondulation crête-à-crête du courant vaut approximativement (Vin−Vout)D/(Lfₛ). Vérifier Imin=Iout−ΔIpp/2>0 pour confirmer la conduction continue. Sinon, la relation du gain doit être réexaminée.

Exemple résolu

Vin=24 V, D=0,5, L=1 mH, fₛ=20 kHz, Iout=2 A. Vout=12 V; ΔIpp=0,3 A; Imin=1,85 A, donc la conduction continue supposée est cohérente. Le modèle ignore les chutes et pertes.

Les deux états du buck et leur cohérence

24 V, D=0,5, L=1 mH, f=20 kHz, Iout=2 A : Vout=12 V, ondulation 0,3 A et minimum 1,85 A; conduction continue cohérente.

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Onduleur, pertes et rendement

Distinguer l’onde totale, son fondamental et les pertes

Pont en H idéal, bus 100 V et résistance 10 Ω. Sortie carrée bipolaire ±100 V, sans filtre.

Le rappel qui sert ici. La valeur efficace utilise toute la forme d’onde. Une série de Fourier sépare ensuite le fondamental des harmoniques.

Choisir deux diagonales autorisées $vAB = + 100 V ou - 100 V$
Pourquoi cette étape ? Fermer simultanément les deux interrupteurs du même bras court-circuiterait le bus. Les états pédagogiques sont uniquement les deux diagonales autorisées.
Calculer l’efficace de l’onde carrée $Vrms = \sqrt (\frac{1}{T} \int ₀ᵀ 100 ²dt) = 100 V$
Pourquoi cette étape ? Le carré de +100 et celui de −100 sont identiques. La moyenne signée est nulle, mais l’échauffement est non nul.
Trouver la puissance résistive totale $P = \frac{Vrms²}{R} = \frac{100 ²}{10} = 1000 W$
Pourquoi cette étape ? Cette puissance inclut l’effet du fondamental et des harmoniques sur la résistance idéale.
Isoler le fondamental $V 1, rms = \frac{4 Vdc}{π \sqrt 2} \approx 90,0316 V$
Pourquoi cette étape ? La tension fondamentale est plus petite que l’efficace total. Un calcul utilisant seulement ce terme sous-estimerait la puissance dans R.
Faire un bilan avec rendement $Pin = \frac{Pout}{η} = \frac{900}{0,9} = 1000 W; Ploss = 100 W$
Pourquoi cette étape ? C’est un autre bilan, cette fois avec pertes. La valeur de rendement est une donnée, pas le résultat du pont idéal sans pertes étudié aux étapes précédentes.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un pont en H peut imposer +Vdc et −Vdc à une charge. Les deux interrupteurs d’un même bras ne doivent pas être fermés simultanément : cela court-circuiterait le bus. La modulation PWM contrôle la composante utile; un filtre et la charge influencent les courants. Une onde carrée bipolaire de niveaux ±Vdc a une valeur efficace totale Vdc, mais son fondamental a une valeur efficace 4Vdc/(π√2). Les pertes comprennent conduction, commutation et auxiliaires. η=Pout/Pin et Ploss=Pin−Pout.

Exemple résolu

Vdc=100 V, onde carrée idéale ±100 V sur 10 Ω. Vrms total=100 V, P=1000 W. Le fondamental efficace vaut environ 90,0316 V; ignorer les harmoniques sous-estimerait l’échauffement de cette résistance. Avec Pout=900 W et η=0,9, Pin=1000 W, pertes=100 W.

Pont en H, fondamental et bilan des pertes

Onde carrée ±100 V sur 10 Ω : efficace total 100 V, fondamental ≈90,0316 V et puissance totale 1 000 W.

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Pour aller plus loin

Redressement commandé et triphasé, boost et buck-boost, conduction discontinue, PWM sinusoïdale, harmoniques et THD, modèles thermiques, machines, transformateurs et protections. Ce parcours couvre l’électricité de puissance par un socle de conversion; il ne couvre pas encore tout un cours de réseaux ou de machines électriques.