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Puissances en regime sinusoidal

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École Nationale Polytechnique d’Alger
Électrotechnique générale
CHAPITRE II
PUISSANCES EN MONOPHASÉ
La puissance électrique est une grandeur incontournable quand on veut réaliser ou dimensionner
une installation électrique. En effet, il ne suffit pas de disposer d’appareils électriques et de les
alimenter par une tension quelconque, il faut en réalité respecter les régimes pour lesquels ces
appareils ont été prévus.
Aussi, chaque machine électrique comporte une plaque signalétique fixée à un endroit bien visible
sur sa carcasse et indiquant le régime pour lequel elle a été conçue.
Ce régime est appelé « nominal »: il indique en premier lieu la tension, la fréquence, la puissance
puis le facteur de puissance, la vitesse de rotation (pour une machine tournante), le rendement
etc. La connaissance des valeurs nominales d’une machine est nécessaire pour son utilisation
correcte qui lui assure le bon fonctionnement sans défaillance, dans les limites du délai établi
(durée de vie). Par exemple, les courants et puissances ne doivent pas être dépassés sous peine
d’endommager la machine (on « grille » la machine dans ces conditions), ou alors dans certains
cas ne pas être trop en dessous de la valeur nominale sous peine de médiocrité de la performance
de la machine. En résumé, on se doit de rester, si possible, aux alentours du courant nominal
prévu pour une meilleure utilisation. Cette valeur est toujours indiquée par le constructeur.
Par ailleurs, le régime sinusoïdal qui donne lieu à des déphasages incontournables entre les
courants et tensions, met en jeu deux formes de puissances : la puissance active (liée à une
consommation purement résistive) et la puissance réactive (liée à une consommation purement
inductive ou capacitive). En séparant les deux formes de puissances, il se dégage des méthodes de
résolutions simples de toute installation électrique utilisant une source sinusoïdale.
Notons que même les choix des câbles d’alimentation d’une installation doit répondre au critère de
« courant admissible » (la section des câbles doit être choisie en fonction du courant absorbé par
l’installation). Le calcul des puissances de l’installation est alors incontournable pour pouvoir
faire ce choix.
I- Introduction
La puissance en jeu à l’intérieur d’un récepteur (ou générateur) soumis à une ddp V et
parcouru par un courant I est donnée par la relation :
P  VI
Récepteur
Générateur
Prenons l’exemple d’un moteur à courant continu (qui est un récepteur), alimenté sous la
tension de 200V et dont la plaque indique une puissance mécanique P mec de 1,8kW pour
un rendement 0,9. Pour savoir quel courant nominal il va absorber, rappelons que le
rendement d’un moteur est donné par :
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m 
Pmec
Pelec
Et puisque le moteur est un moteur à courant continu, on peut exprimer la puissance
électrique par :
Pelec  VI
Par conséquent :
m 
Pmec Pmec
P
1800

 I  mec 
 10A
Pelec VI
Vm 200.0,9
Pour un générateur à courant continu, l’expression du rendement est inversée puisque le
générateur absorbe une puissance mécanique et fournit une puissance électrique :
g 
Pelec VI

Pmec Pmec
Si le rendement de ce générateur est de 0,8 et si la plaque indique une puissance
électrique de 2kW, pour une tension de 200V, le générateur absorbe un courant et une
puissance mécanique de :
I
Pelec 2000

 10A
V
200
Pmec 
Pelec 2000

 2500W
g
0,8
II-Les Puissances en régime sinusoïdal
Contrairement au cas du régime continu, les courants et tensions sont non seulement
variables en fonction du temps mais ils présentent dans la plupart des cas des
déphasages qui conduisent à une puissance qui ne peut pas être constante dans le temps.
Aussi, il faut revenir aux expressions instantanées des tensions et courants pour
exprimer la puissance à chaque instant et dégager ainsi une puissance moyenne capable
de se transformer en une autre forme d’énergie (voir exemples plus haut pour le courant
continu).
1) Puissance instantanée
Dans le cas où un récepteur est alimenté
par une tension v(t), celui-ci consomme,
en fonction des éléments qui le
constituent, un courant j(t) : il absorbe
donc à chaque instant la puissance
instantanée définie par :
p( t )  v( t ). j( t )
Si la tension est sinusoïdale, l’expression
de p(t) devient :
p(t)  V 2 sin(t   V ).J 2 sin(t   J )
 2VJ sin(t   V ).sin(t   J )
En utilisant les formules trigonométriques, on obtient :
p(t)  VJ cos(J  V )  VJ cos(2t  V  J )
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On peut constater que la puissance absorbée est composée de deux termes : le premier,
indépendant du temps et toujours positif, puis le second, sinusoïdal, de fréquence
double de la fréquence du réseau. Le deuxième terme dépend du temps et change de
signe à chaque demi-période : on appelle cette quantité la puissance fluctuante parce que
justement, elle exprime une puissance absorbée puis restituée, puis absorbée etc.
2) Puissance active
En régime sinusoïdal, on définit la
puissance active comme étant la
valeur moyenne de la puissance
instantanée sur une période (figure
ci-contre).
Il s’agit donc d’une puissance qui
correspond à une fourniture réelle
d’énergie transmise au récepteur et
convertible en chaleur ou en
travail. En d’autres termes, ce qui
exprime la consommation ou non
de puissance n'est pas sa valeur
instantanée, mais sa valeur moyenne.
L'expression de la puissance moyenne ou active est donnée en toute généralité par:
T
T
0
0
1
1
P
p( t ).dt 
v( t ). j( t ).dt
T
T


Dans le cas particulier d’un régime sinusoïdal, le résultat de l’intégrale donne :
P  V.J. cos(  J   V )  V.J. cos 
[ W atts]
Prenons l’exemple d’un moteur alimenté sous la tension de 400V, 50Hz et supposons
que son rendement est de 0,9 pour une puissance utile (mécanique) de 7,2kW et que le
cos est égal à 0,8. Le courant absorbé se calcule de la même façon que pour le moteur à
courant continu sauf que le facteur cos doit être pris en considération :
m 
Pmec
Pmec
Pmec
7200

J

 12,5A
P
VJ cos 
V cos m 400.0,8.0,9
Il faut noter que la puissance active est exprimée en Watts, et ce pour la différencier
des autres types de puissances, réactives et apparentes (paragraphes suivants).
3) Puissance apparente et puissance réactive
Pour des éléments non-consommateurs comme l'inductance par exemple, la puissance
instantanée est parfois positive (l'inductance se charge en courant, donc soutire de
l'énergie au circuit), parfois négative (l'inductance restitue de l'énergie au circuit
électrique), il s’agit d’une puissance fluctuante. Pour bien comprendre ce phénomène,
représentons la valeur instantanée de la puissance pour deux cas extrêmes : la charge
purement résistive et la charge purement réactive (capacitive dans le cas présenté) :
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φ=0
v(t) = V 2sinωt
φ=
j(t) = J 2sinωt
v(t) = V 2sinωt

2


j(t) = J 2sin  ωt + 
2

On note une différence fondamentale entre les deux situations.
Dans le premier cas ( φ = 0 ), on voit bien que la puissance moyenne sur une période est
non nulle et que la valeur de la puissance instantanée est toujours positive. Il existe
cependant une composante fluctuante qui est due à la nature périodique de la puissance
instantanée.
Dans le deuxième cas, la valeur moyenne de la puissance est strictement nulle et il ne
peut y avoir aucune conversion possible, contrairement au cas précédent.
Pourtant, même si aucune puissance active n’est mise en jeu, un courant, bien réel, circule
dans ce type de circuits. Il s’agit donc d’associer à ces derniers une puissance dite
« réactive » et de la quantifier, tout en respectant les équations électriques découlant de
la loi d’Ohm généralisée. En effet, supposons qu’on alimente un récepteur sous la
tension v(t)  V 2 sin(t  V ) et qu’un courant j(t)  J 2 sin(t  J ) en découle. Cela
signifie qu’on a en complexe :
jφ
V = Ve jφ V
J = J.e J
Si on multiplie le courant complexe avec le conjugué V de la tension V , on peut établir
une expression qui illustre ce qu’on appelle la puissance apparente complexe (notée S )
absorbée par le récepteur :
S = VJ
V étant le conjugué de V
 V = Ve -jφ V
En développant l’expression de S , on trouve :

S = V J = Ve -jφ V
 J e  = VJe 
j φ J -φ V 
jφ J
= VJe j = VJcos + j VJsin






Puissance active
Puissance réactive
On établit donc que la partie réelle de la puissance apparente complexe n’est rien d’autre
que la puissance active et on définit comme étant la puissance réactive, notée Q,
l’expression de la partie imaginaire de S :
S = P + jQ
avec
P = VJcos et Q = VJsin
Remarques importantes
Les puissances apparentes et réactives n’étant pas des puissances convertibles, on ne les
exprime pas avec les mêmes unités que la puissance active.
 L’unité de la puissance apparente est le Volt-Ampère ou V.A.
 L’unité de la puissance réactive est le V.A.R ou Volt-Ampère-Réactif.
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Pour résumer on a :
P = VJcos  W 
Q = VJsin  VAR 
S= P2  Q2  VA 
Il faut aussi souligner que même si les capacités pures ou selfs pures ne consomment
aucune énergie active, il n’en demeure pas moins qu’un courant réel les traverse et qu’il
est indispensable de quantifier leur consommation dans un circuit quelconque. C’est
justement la puissance réactive qui illustre cette consommation: une capacité qui
consomme un courant de 10A par exemple est certainement différente d’une capacité
absorbant un courant de 100A !
Pratiquement, on verra que le rôle de la puissance réactive est décisif dans les
phénomènes de conversion électromagnétique de l’énergie. Par exemple, c’est grâce à la
puissance réactive ou magnétique que l’on peut réaliser des transformateurs, des
moteurs, etc.
La puissance réactive peut également causer des désagréments comme par exemple
provoquer des chutes de tensions dans les lignes (pertes inductives) ou au contraire
causer de fortes surtensions (effet capacitif ou effet Ferranti) dans les longues lignes à
haute tension, mais ceci est une autre histoire…
Notons par ailleurs que, pratiquement, la détermination de la puissance apparente
consommée par un groupe de récepteurs permet de déduire efficacement le courant
global absorbé et conduit par conséquent à un dimensionnement pratique et rapide des
sections des câbles d’alimentation.
4) Courants actif et réactif
On définit les courants efficaces actif J a et réactif J r comme étant :
J a  J cos 
J r  J sin 
Le courant réel J est appelé courant apparent, puisqu’il est directement lié à la puissance
apparente. En prenant V  0 , le courant complexe s’exprime comme:
J  J cos   jJ sin   J a  jJ r
5) Représentation complexe des puissances et courants
En prenant V  0 , on peut illustrer les puissances et
courants dans le plan complexe (figure ci-contre).
L’axe des réels devient l’axe des puissances actives ou
axe P, et l’axe des imaginaires devient celui des
puissances réactives Q. On a alors :
P  VJ a et Q  VJ r
Si la tension n’est pas origine des phases, les
courants actif et réactif sont déterminés par les
projections de J sur l’axe colinéaire à V (et qui
sera alors l’axe P) puis sur l’axe
perpendiculaire à l’axe P et qui sera l’axe Q
(voir figure ci-contre).
Les parties réelle et imaginaire n’ont dans ce
cas aucun sens physique, contrairement à J a et
J r qui représentent respectivement les
puissances active et réactive.
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6) Facteur de puissance fp
S’il est bien un facteur qui a son importance dans les techniques de dimensionnement et
de gestion de l’énergie électrique, c’est bien le facteur de puissance. Celui-ci est
déterminé par le quotient de la puissance active par la puissance apparente.
En régime sinusoïdal la valeur de ce rapport est donc tout simplement le cos imposé
par le consommateur.
En effet, les deux courants actif et réactif se composent vectoriellement pour former le
courant apparent ainsi que nous l’avons établi plus haut. Ce dernier est déphasé de
l’angle  par rapport au courant actif. C’est ce courant apparent qui parcourt les divers
conducteurs du circuit, depuis la source jusqu'au récepteur inclus, et qui provoque entre
autre des pertes actives d'énergie par effet joule dans les câbles d’alimentation.
Il ne faut pas perdre de vue, que si le consommateur est libre de consommer la quantité
d’énergie qu’il désire, il ne paie que la quantité d’énergie active qu‘il consomme. Ainsi,
pour une même quantité d’énergie consommée, un mauvais facteur de puissance (c’est à
dire faible) conduit à un courant apparent beaucoup plus élevé que pour un bon facteur
de puissance (proche de l’unité). Ce courant conduit donc, non seulement à un
échauffement inutile des lignes, mais également à des chutes de tension (tout aussi
inutile !).
Exemple :
P = 1000 W (avec compensation)
V = 200V
Cos = 0,9
p
1000
J

 5,55A
V cos φ 200.0,9
P= 1000 W (sans compensation)
V = 200V
Cos = 0,5
p
1000
J 

 10 A
V cos φ
200 . 0 , 5
En réalité, la plupart des récepteurs d’énergie électrique utilisés dans les industries sont
constitués par des moteurs électriques et d’autres appareils et mécanismes
électromagnétiques qui nécessitent pour leur fonctionnement la production de flux
magnétique. Ce flux ne peut être produit que lorsque le circuit comporte une
composante inductive du courant. De plus, le facteur de puissance dépend fortement du
régime imposé aux machines électriques.
Par exemple, en marche à vide, le cos d’un moteur varie entre 0,1 et 0,3 (ce qui est
particulièrement faible), et en charge nominale entre 0,8 et 0,85.
Pour améliorer le facteur de puissance, on peut :
1) Augmenter la charge des moteurs et la maintenir à un niveau voisin de la charge
nominale,
2) Remplacer des moteurs à faible charge par des moteurs de puissance moindre pour
qu’ils puissent fonctionner sous des charges voisines de la valeur nominale,
3) Installer un système de compensation qui peut être :
 Un moteur synchrone qui provoque, pour une excitation suffisamment élevée, un
courant réactif en avance sur la tension (voir compensateurs synchrones)
 Une batterie de condensateurs branchés en parallèle permettant de produire un
courant en avance sur la tension.
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Si toutes ces mesures ne sont pas prises par les industriels, un mauvais facteur de
puissance occasionne à la société de distribution de l’énergie électrique (SONELGAZ) de
nombreux désagréments :
nécessité d'avoir des alternateurs et des transformateurs plus importants
- posséder une tension plus élevée au départ de la ligne
- avoir des lignes de plus forte section
- pertes Joules plus élevées
- appareils de contrôle, de protection et de coupure plus importants
Il y a finalement un seuil à ne pas franchir : un contrôle du cos peut s’effectuer par la
société de distribution. Il s’agit alors de placer au niveau des usines ou industriels des
compteurs d’énergie réactive. Si une trop grande consommation est constatée, le client
devra payer une taxe supplémentaire à la société de distribution. Finalement, le
consommateur aura le choix entre :
 Payer une taxe
 Relever son facteur de puissance par les techniques de compensation décrites plus
haut.
7) Méthode de Boucherot
Dans son ensemble un réseau alternatif distribue de la puissance active et de la puissance
réactive. Si le réseau comporte n consommateurs, on à affaire à une consommation
globale de puissances active et réactive.
La méthode de Boucherot se base sur le bilan des puissances active et réactive absorbées
par une installation quelconque.
Le théorème de Boucherot s’énonce comme suit :
« Quelque soit le groupement, la puissance active totale mise en jeu est égale à la somme
arithmétique des puissances actives partielles, et la puissance réactive totale est la somme
algébrique des puissances réactives partielles. »
On peut représenter le théorème de Boucherot par le schéma ci dessous qui fait
apparaître n charges consommant chacune sa puissance active et sa puissance réactive :
En d’autres termes, les puissances actives s'additionnent entre elles :
Pt = P1 + P2 + P3 + Pn…
Et les puissances réactives s'additionnent entre elles :
Qt = Q1 + Q2 + Q3 + Qn…
Si la tension d’alimentation de l’ensemble des récepteurs est justement la tension du
réseau d’alimentation V, (par exemple 220V), on peut déterminer la puissance globale de
l’installation et en déduire le courant global consommé J, ce qui permettra à l’électricien
de choisir la section adéquate pour l’ensemble de l’installation. Cette méthode est donc
très utilisée en pratique et elle permet même de déterminer le facteur de puissance global
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d’une installation afin d’envisager une éventuelle compensation. Il s’agit donc de
déterminer les quantités :
n
Pt   Pi
n
Qt   Qi
et
1
1
On en déduit :
S t  Pt 2  Q t 2
puis le courant J :
S t  V.J  J 
et le facteur de puissance :
cos t 
St
V
Pt
St
Attention !
Le critère du courant admissible pour le dimensionnement des câbles ne suffit pas.
D’autres critères (notamment la chute de tension) doivent être pris en compte pour le
choix des sections.
8) Exemples de calculs de puissances actives et réactives
Dans tous les cas, il ne faut pas perdre de vue que le déphasage entre la tension et le
courant est imposé par l’impédance Z , ce qui se traduit, étant donné les conventions de
signe choisis, comme on l’a vu plus haut par :
R
X
et sin   
Z
Z
On illustre ci-dessous les équations électriques associées au circuit considéré, puis la
représentation complexe ou vectorielle pour chaque cas.
  Z 

cos  
Circuit purement résistif

V2 V2
 P  VJ cos   VJ  RJJ  RJ 2  R 2 
Z  R    Z  0  
R
R
Q  VJ sin   0


Circuit R, L

R
V2
2 R
2
P
VJ
cos
VJ
ZJ
RJ
R






L 
Z
Z
Z2
Z  R  jL    Arctg

2
R
Q  VJ sin   VJ L  ZJ 2 L  LJ 2  L V

Z2
Z
Z
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
Électrotechnique générale
Circuit R, C

R
V2
2 R
2






P
VJ
cos
VJ
ZJ
RJ
R

j
1
Z
Z
Z2
   Arctg

ZR
C
RC 
V2
1
1
1 2
 ZJ 2

Q  VJ sin   VJ
J 

CZ
CZ C
CZ2

Circuit R, L, C série
1
X
) =R  jX    Arctg 
C
R
2

R
V
2 R
2
P  VJ cos   VJ Z  ZJ Z  RJ  R Z2

2
Q  VJ sin    VJ X   ZJ 2 X  XJ 2  X V

Z
Z
Z2
Z  R  j(L 
1) Cas selfique ou inductif
1
X0 0
 L 
C
2) Cas capacitif
1
X0 0
 L 
C
III-Les Puissances en régime périodique non sinusoïdal
Il faut savoir que dans le domaine de la production, transport et distribution de l’énergie
électrique, on doit faire appel à de nombreux éléments qui, de par leur composition, ne
peuvent produire une tension parfaitement sinusoïdale (alternateurs, transformateurs et
tout élément comportant des matériaux magnétiques).
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Électrotechnique générale
Par ailleurs, et même si tout est mis en œuvre pour que la société de distribution
fournisse une tension sinusoïdale, il arrive que le récepteur soit lui-même source de
courants harmoniques de part sa constitution (récepteurs non linéaires, convertisseurs de
l’électronique de puissance etc).
Dans la plupart des cas, les régimes périodiques non sinusoïdaux sont traités en
décomposant la grandeur en une infinité de grandeurs sinusoïdales. Ceci est réalisé à
l’aide d’outils mathématiques tels que les séries de Fourier (annexe1).
Dans le domaine de l’électrotechnique, les signaux d’une façon générale sont alternatifs
(analogie entre les valeurs positives et négatives) les valeurs moyennes sur une période
sont donc nulles. Aussi, si on considère les grandeurs courant j(t) et tension v(t) de
période T  2  , ceux-ci peuvent s’exprimer de la manière qui suit :


v(t)

Vn 2 sin  nt   vn 



n 1


 j(t) 
J n 2 sin nt   jn


n 1


Et les valeurs efficaces de ces grandeurs sont définies par :
V=
V
2
1
+ V22 +...+ Vn2

J=
et
J
2
1
+ J 22 +...+ J 2n

On appelle composante fondamentale celle pour laquelle on a n=1 (V 1 et J 1 sont donc les
valeurs efficaces des composantes fondamentales de v(t) et j(t)).
De la même façon que pour le régime sinusoïdal, on définit les différentes puissances
mises en jeu pour illustrer la consommation d’un récepteur.
1) Puissance instantanée
Celle-ci a pour expression :
p( t )  v( t ). j( t )
Il suffit de remplacer les termes v(t) et j(t) par leur valeur pour obtenir l’expression de
p(t). Si le régime est périodique, il est fait appel à toutes les composantes du couple
courant-tension pour déterminer la puissance à chaque instant.
2) Puissance active
La définition de la puissance active, notée P reste inchangée:
T
T
0
0
1
1
P
p( t ).dt 
v( t ). j( t ).dt
T
T


Cette puissance est uniquement due aux éléments qui consomment réellement de
l’énergie (résistances et éléments mécaniques). Elle s’exprime aussi par :

P =  Vn J n cosφ n
n=1
avec φ n = φ jn  φ vn
W
3) Puissance réactive
La puissance réactive totale Q est égale à la somme des puissances réactives transportées
par chaque harmonique. On a alors :
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
Q =  Vn J n sinφ n
Électrotechnique générale
avec φ n = φ jn  φ vn
n=1
 V.A.R 
4) Puissance apparente
Les grandeurs v(t) et j(t) étant périodiques, on les caractérise toujours par leurs valeurs
efficaces V et J définies plu haut :
S  V.J
 VA 
5) Puissance déformante
En présence d'harmoniques, l’équation définie pour le régime sinusoïdal (S²=P²+Q²) n’est
plus vérifiée, on a donc :
S² ≠ P² + Q²
Cette inégalité peut être quantifiée, en introduisant la grandeur D comme étant la
puissance dite "déformante". Cette puissance est liée à la présence d’harmoniques dans le
courant ou la tension, c'est à dire au fait que l'un ou l'autre est non sinusoïdal.
Elle s’exprime comme :
D = S²   P² + Q² 
Si les courants et les tension sont sinusoïdaux, alors, bien entendu D=0.
6) Facteur de puissance fp
Par définition, le facteur de puissance s’exprime par le quotient de la puissance active
par la puissance apparente. On écrit donc :
fp 
P
P
=
S
P² + Q² + D2
IV- chutes de tension dans les câbles d’alimentation
La distribution de l’énergie électrique nécessite l’utilisation de câbles dont la longueur
dépend de la distance entre la source et le consommateur.
Selon la loi de Pouillet ( R   d S , ρ étant la résistivité du métal utilisé, d et S étant
respectivement la longueur et la section du câble), la résistance de ces câbles est
proportionnelle à cette distance et il peut en découler une baisse de tension au niveau
des récepteurs.
En d’autres termes, la tension d’arrivée n’est pas celle délivrée par la source.
On définit cette différence entre ‘tension source’ et ‘tension récepteur’ comme étant la
« chute de tension de la ligne ».
Aussi, d’une manière générale, le choix des sections des câbles, pour une distance
donnée, doit répondre aux deux critères fondamentaux : le courant et la chute de tension
admissibles pour une installation donnée.
Si on prend l’exemple fictif d’une installation en courant continu, le schéma réel conduit
à un schéma électrique équivalent qui tient compte des caractéristiques de la ligne :
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Électrotechnique générale
La tension reçue par le récepteur est donc diminuée en raison de la résistance des câbles
et cette diminution est d’autant plus importante que la distance est longue :
V  Vs  2rc I
Dans le cas où la source est alternative, les choses se compliquent parce qu’il faut tenir
compte de l’effet des champs magnétiques créés par le courant, que ce soit à l’intérieur
même du câble ou celui créé par un des câbles voisins (effet de mutuelle inductance).
Ceci conduit à une chute de tension supplémentaire qui se caractérise par une
inductance équivalente. Celle-ci est représentée par une réactance x c qui dépendra de la
fréquence, de la perméabilité du métal ainsi que de la distance du câble par rapport aux
câbles voisins.
Il ne faut pas perdre de vue que, dans le cas des lignes de transport (HT), un autre
phénomène doit être pris en considération et qui est l’effet capacitif des conducteurs
utilisés entre eux, et aussi de chaque câble par rapport à tout conducteur à proximité des
lignes : terre, pylône etc.
Ce phénomène est négligeable dans les réseaux de distribution à basse tension.
1) Schéma équivalent d’une ligne bifilaire
D’après ce qui précède, on peut représenter un réseau d’alimentation par le schéma
simplifié suivant :
Celui-ci est donc constitué :
 d’une source délivrant une f.e.m. alternative efficace E
Si la source alternative possède une impédance interne z s , et si le courant imposé est
égal à J , elle délivre donc une tension V s égale à :
Vs  E  zs J
En général, la source est assez puissante pour qu’on puisse négliger z s .
Pour le reste de l’exposé, on prendra donc :
z s  0 et V s  E
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
 de deux câbles de longueur d et de section s
Ceux-ci assurent l’alimentation du consommateur. La section des câbles doit être choisie
de manière à assurer la tension nominale exigée par le récepteur et de manière à ne pas
endommager ces mêmes câbles. Connaissant la longueur des câbles et leur section, on
peut donc aisément déterminer la résistance de chaque câble (r c =2d/s,  étant la
résistivité du métal utilisé). D’autre part, l’effet selfique conduit à une chute
supplémentaire ainsi que nous l’avons noté plus haut. La réactance x c =ℓ c  qui en résulte
(donnée sous forme de tableaux par les constructeurs et spécialistes), est équivalente à
tous les effets magnétiques décrits ci-dessus. Avec cette particularité que x c ,
contrairement à r c , dépend fortement de la distance entre câbles !
 du récepteur monophasé
Celui-ci consomme la puissance P sous la tension V et sous le facteur de puissance cos.
On peut aussi dire que le récepteur peut s’exprimer sous la forme:
Z  R  jX
En général, la première ‘manière’ de représenter le récepteur est la plus utilisée : un
moteur électrique, par exemple comporte sur sa plaque les indications P, V, cos.
Cependant, les deux représentations sont équivalentes.
Finalement, le schéma électrique équivalent est le suivant :
On établit donc l’équation électrique de la ligne :
Vs  (rc  jx c )J  V  (rc  jx c )J  2(rc  jx c )J  V  2z c J  V
Le schéma équivalent devient alors:
2) Chute de tension
On définit la chute de tension par :
V  Vs  V
En remarquant que c’est la différence en module qui nous intéresse.
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
Attention !
V  Vs  V  2z c J
3) Détermination de la chute de tension
a-expression exacte
Si on veut déterminer de manière rigoureuse la chute de tension, on peut appliquer les
règles classiques : lois de Kirchhoff, ce qui donne :
R  jX
V
.Vs
 R  2rc   j  X  2x c 
Il faut alors effectuer la différence en module :
V  Vs 
R 2  X2
(R  2rc ) 2  (X  2x c ) 2
Vs
b-expression approchée
A partir de la représentation complexe, on peut établir une formule approchée de la
chute de tension (formule la plus utilisée) :
 Pour une charge selfique, on représente les vecteurs courant-tensions, qui illustrent
l’équation électrique de la ligne:
Vs  2rc J  2 jx c J  V 
Si on suppose que V est assez faible devant Vs et V, on peut considérer l’angle  est
assez petit pour écrire la formule approximative suivante :
V s  V s cos
Donc :
VsOC et VOA  VAC=AB+BC=2r c Jcos +2x c J|sin|
Finalement, on écrira :
V=2r c Jcos +2x c J|sin|
pour récepteur inductif
 Pour une charge capacitive, en faisant les mêmes approximations (Vs  Vscos), et
en utilisant l’équation complexe (c’est la même sauf que  est positif) :
Vs  2rc J  2 jx c J  V 
1e cas V0
Chapitre2 Les puissances en monophasé
2e cas V0
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Électrotechnique générale
On a toujours, puisque V s  V s cos:
VsOC et V=OA  V= Vs-V= OC -OA= AC =AB-CB =2r c Jcos -2x c J|sin|
V=2r c Jcos2x c J|sin|
pour récepteur capacitif
Remarque importante
On exprime le plus souvent la chute de tension en %. Celle-ci a pour expression V/V, V
étant la tension exigée par la charge (et non celle, réelle, délivrée par la source). Le calcul
se fait en supposant que la tension de service est nominale aux bornes du récepteur.
D’une manière générale, les variations de tension doivent se situer entre —2,5 à 5% de la
valeur nominale pour les circuits d’éclairage et jusqu’à 10% pour les circuits de
puissance. Aussi, la chute ne doit pas être supérieure à ces valeurs.
4) Rendement d’une ligne
Le rendement d’une ligne doit également être pris en considération pour éviter les pertes
inutiles. Ce rendement, dans le cas d’une ligne bifilaire (monophasée) s’exprime comme :
VJ cos 

VJ cos   2rc J 2
IV- Exercices résolus
Exercice1
Partie A
Un atelier est alimenté à partir d'un réseau monophasé de 380 V, par une ligne composée
de deux câbles. Chaque câble possède une résistance rc de 0,06  et une réactance xc de
0,08 .
L'atelier est constitué de:
 Un ensemble de machines consommant un courant total de 100 A avec un facteur de
puissance de 0,8 sous la tension de 380 V.
 Un ensemble de lampes pour l'éclairage consommant une puissance totale de 1400 W
pour une tension de 380 V (cos=1).
1) Etablir le bilan de puissances actives, réactives et apparentes de l'atelier. En déduire
le courant total absorbé ainsi que le facteur de puissance global de l'atelier.
2) Quelle est la tension que doit fournir le réseau afin de maintenir la tension à 380 V
aux bornes de l'atelier. En déduire la chute de tension occasionnée par la ligne. Est-elle
admissible si on désire avoir une chute en pourcentage inférieure à 6,5 %? Déterminer le
rendement de la ligne dans ces conditions. Conclusion.
Partie B
On décide de procéder à l'agrandissement de l'atelier. Pour cela, on place plusieurs
machines supplémentaires ainsi qu'un réseau de lampes pour l'éclairage. Les machines
absorbent une puissance de 19 kW avec un facteur de puissance de 0,8 sous 380 V,
tandis que les lampes consomment une puissance de 1 kW pour une tension de 380 V.
1) Etablir le nouveau bilan de puissance. La chute de tension est-elle admissible dans ce
cas? Que devient le rendement de la ligne ?
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
2) Afin de réduire la chute de tension, le responsable de l'atelier est prié de relever son
facteur de puissance à 0,95. Quelle capacité doit-il placer pour obtenir ce résultat? Que
devient la chute de tension et le rendement dans ces conditions ? Donnez vos
conclusions.
Solution
Partie A
1) Etablissons le bilan des puissances :

 P1  380.100.0,8  30400W
Machines 

Q1  380.100.0, 6  22800VAR  Pt  P1  P2  30400  1400  31800W
 
 P2  1400W
 Q t  Q1  Q 2  22800VAR
Lampes 

Q2  0

On en déduit la puissance apparente globale, le courant total absorbé ainsi que le facteur
de puissance :
S 39129
P
St  Pt 2  Q t 2  318002  228002  39129VA  J t  t 
 103A et cost  t  0,813
V
380
St
2) A partir des résultats précédents, on peut établir la chute de tension en utilisant la
formule approchée de Kapp :
V  2rJ t cost  2xJ t sint
On remplace par les valeurs calculées, sachant qu’on a cos  0,813  sin  0,582 :
V  2.0, 06.103.0,813  2.0, 08.103.0,582  19, 7V  Vs  V  V  380  19, 7  400V
On obtient donc une chute en pourcentage de :
V 19, 7

 5, 2%  6,5%
V
380
Cette chute est donc parfaitement admissible.
Le rendement dans ces conditions vaut :

Pt
31800

 96%
2
Pt  2rJ t
31800  2.0, 06.1032
Partie B
1) On établit le nouveau bilan des puissances, compte tenu de l’agrandissement de
l’atelier :
P 't  Pt  19000  1000  51800W  31800  19000  1000  51800W

Q 't  Q t  14250  37050VAR  22800  14250  37050VAR
On en déduit la puissance apparente globale, le courant total absorbé ainsi que le facteur
de puissance :
S't  P 't 2  Q 't 2  518002  37050 2  63686VA 
J 't 
S't 63586
P'

 167, 6A et cos 't  t  0,813
V
380
S't
La chute de tension en utilisant la formule approchée de Kapp devient:
V  2rJ 't cos 't  2xJ 't sin 't
Avec cos 't  0,813  sin 't  0,582
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
V  2rJ t ' cos 't  2xJ t ' sin 't  2.0, 06.167, 6.0,813  2.0, 08.167, 6.0,582  32V 
Vs  V  V  380  32  412V
On obtient donc une chute en pourcentage de :
V 32

 8, 4%  6,5%
V 380
Cette chute est donc trop élevée et il peut y avoir des conséquences dans le
fonctionnement correct des différents récepteurs.
Le rendement dans ces conditions :

P 't
51800

 94%
2
P 't  2rJ 't
51800  2.0, 06.167, 62
On note également une baisse du rendement de la ligne. L’agrandissement de l’atelier
influe donc de façon notable sur la qualité de la distribution.
2) Etablissons de nouveau le bilan des puissances en imposant un facteur de puissance
de 0,95 et en gardant la même valeur de la puissance active puisque les capacités ne
fournissent que de la puissance réactive:
P ''t  P 't  51800W

Q ''t  P ''t tg ''t  51800tg(arc cos 0,95)  17026VAR
La valeur de la capacité à placer est donnée par la différence des deux puissances
réactives :
Q c  Q ''t  Q 't  V 2 C  37050  17026  20024VAR  C 
Qc
20024

 440µF
2
V  3802 2.50
La nouvelle puissance apparente globale et le courant total absorbé:
S''t  P ''t 2  Q ''t 2  518002  170262  54526VA  J ''t 
S''t 54526

 143,5A
V
380
La chute de tension devient:
V  2rJ ''t cos ''t  2xJ ''t sin ''t
Avec cos ''t  0,95  sin ''t  0,312
V  2rJ t '' cos ''t  2xJ 't ' sin ''t  2.0, 06.143,5.0,95  2.0, 08.143,5.0,312  23,5V 
Vs  V  V  380  23,5  403,5V
On obtient donc une chute en pourcentage de :
V 23,5

 6, 2%  6,5%
V
380
Ce qui est un bon résultat, et il reste à évaluer le rendement de la ligne dans ces
nouvelles conditions :

P ''t
51800

 95%
2
P ''t  2rJ ''t
51800  2.0, 06.143,52
Le rendement est donc aussi amélioré, ce qui était prévisible puisque l’apport capacitif a
réduit le courant de ligne global de l’atelier.
On voit l’intérêt de la compensation dans ces conditions.
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
Exercice2
Une boulangerie industrielle est alimentée par un réseau 500
V, 50 Hz et comprend les récepteurs suivants :
 5 pétrins identiques entraînés chacun par un moteur dont
la plaque signalétique comporte les indications : 500V,
cos=0,7, P u =6,5kW, =0,8.
 Un four à résistances dont la tension nominale est de 500V
 5 capacités de 250F chacune et dont la tension nominale
est de 500V
 10 lampes à fluorescence, chaque lampe portant les
indications : 500W, 250V, cos=0,5 (selfique)
1) Montrer par un schéma clair le montage que l’on doit effectuer pour alimenter
correctement tous les récepteurs.
2) Quelle est la puissance du four si les mesures de V et J relevées aux bornes des
ampèremètre et voltmètre (voir figure) sont :
V= 500 V
et
J=278 A
3) Quelle est la chute de tension si on donne l’impédance de chaque câble
d’alimentation : z c  0,08  j0,1  . Commentaires.
4) Evaluer cette même chute si les capacités sont débranchées. Commentaires et
conclusions.
Solution
1) Le schéma est le suivant et il faut noter qu’il faut placer deux lampes en série pour leur
assurer le fonctionnement nominal sous peine de les griller :
2) La puissance apparente de l’ensemble des récepteurs peut être calculée puisque la
tension et le courant de ligne sont mesurés :
V  500V
J t  278A  St  V.J t  500.278  139kVA
Le bilan total
Pt = Pf + Pp + Pc + P

Q t = Q f + Q p + Q c + Q 

S t = Pt ² + Q t ²
Pétrins
Pp = 5×
6500
= 40625W
0, 8
Q p = Pp tg(arccos0,7) = 41466Var
Capacités
Pc  0
Qc  5   500   250 106 100    98175VAR
Chapitre2 Les puissances en monophasé
2
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Lampes
P = 10× 500 = 5000W
Électrotechnique générale
Q  = P tg(arcos0, 5) = 8660VAR
La puissance du four se déduit des calculs précédents :
Pt = Pf + Pp + Pc + P = Pf + 40625  0  5000 = 45625 + Pf

Q t = Q f + Q p + Q c + Q  = 0  41466  98175  8660 = 48069VAR
S t = 139000 = 48069 2 +  45625 + Pf 
2
On obtient donc P f :
45625 + Pf = 139000 2  48069 2  Pf = 139000 2  48069 2  45625 = 84800W
3) Chute de tension
La formule de Kapp :
ΔV = 2 ×  0, 08× 278× cosφ t  0, 1× 278× sinφ t  (capacitif)
Les puissances P t et Q t :
Pt = 45625 + Pf = 45625 + 84800 = 130425W

Q t = 48069VAR
On en déduit :
P 130425
cosφ t = t =
= 0, 938  sinφ t = +0, 346 (capacitif)
S t 139000
Et le chute de tension :
ΔV = 2 ×  0, 08× 278×0, 938  0, 1× 278×0, 346   22, 5V
ΔV
 4, 5% et Vs = V + ΔV = 522, 5V
V
4) Capacités débranchées
La puissance active reste inchangée mais le courant total est modifié puisque l’apport
capacitif est éliminé:
Pt' = 130425w = Pt

  S't = P't ² + Q't ² = 139719VAR
'
Q t = 41446  8660 = 50106Var(selfique)
S'
P' 130425
 J't = t = 279, 5A et cosφ't = t =
= 0, 933  sinφ't = 0, 359
V
S't 139719
On obtient :
ΔV = 2 ×  0, 08× 279, 5×0, 933 + 0, 1× 279, 5×0, 359 

ΔV
 12, 35% et Vs  562V
V
On note que la chute de tension est très importante alors que le courant n’a pas
beaucoup augmenté, ce qui montre l’influence de la nature de la charge (capacitive ou
selfique) dans la qualité d’une ligne de distribution.
ΔV  61, 8V 
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
Exercice3
Une installation électrique est alimentée à partir d'un réseau monophasé de 220 V et
comprend les récepteurs suivants :

3 lampes de 112 W chacune,

une bobine dont l’impédance équivalente est ZB  66  j88    ,


une capacité fournissant une puissance réactive de 152VAR.
un moteur qui possède les caractéristiques : U=220 V, tg m =0,5 et  m =0,85 ;
On désire connaître les caractéristiques du moteur, pour cela on effectue deux mesures
au niveau de l’installation globale (voir schéma). On trouve :
I=25 A, U=220 V
1) Déterminer la puissance active absorbée par le moteur. En déduire la puissance utile
fournie par le moteur puis le facteur de puissance global de l’installation.
2) Quelle est la tension que doit fournir le réseau afin de maintenir la tension à 220 V
aux bornes de l'installation si la caractéristique de chaque câble d’alimentation est
donnée par : zC  0,35  j0, 75    . En déduire la chute de tension occasionnée par la
ligne (proposer deux méthodes puis comparer les résultats). Est-elle admissible si on
désire avoir une chute en pourcentage inférieure à 6 % ?
Solution
1) Etablissons le bilan des puissances :
Lampes
Capacités
 PL  3.112  336W

QL  0
 PC  0

 QC  152VAR
V
220

 2A 
J B  Z 
2
2
66

88
B

Bobines  PB  R B J B 2  66.22  264W

2
2
Q B   X B J B  88.2  352VAR


 Moteur toujours selfique donc :

Q
Moteur  tgm  0, 5  tgm  0,5  M

PM

 Q M  0, 5PM
Le bilan total :
PT  PL  PC  PB  PM  336  0  264  PM  600  PM

QT  Q L  QC  Q B  Q M  0  152  352  0,5PM  200  0,5PM
Chapitre2 Les puissances en monophasé
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Électrotechnique générale
On exprime la puissance apparente globale :
St  VJ t  220.25  5500VA
Et on a d’autre part :
 600  PM    200  0,5PM 
2
2
55002   600  PM    200  0,5PM 

On trouve :
PM  4359W
2
2
St  VJ t  Pt 2  Q t 2 
et
 5500VA
Q M  2179VAR
La puissance utile est égale à la puissance absorbée au rendement près, on a donc :
PU  PM  0,85.4359  3705W
Et le facteur de puissance global :
Pt 600  PM 600  4359


 0,9
St
5500
5500
cos t 
2) La chute de tension:
a) 1e méthode : Loi des mailles
VS  2zc Jt  V  2  rc  jx c  Jt  V
Prenons V comme étant l’origine des phases, on aura alors :
Jt  J t cos t  jJ t sin t  25.0,9  j25.0, 436  22,5  j10,9  A 
On a donc :
VS  2  0,35  j0, 75 22,5  j10,9   220  252  j26  V 
 VS  2522  262  253V
b) 2e méthode : Formule de Kapp
V  2rc J t cost  2x c J t sint
On remplace par les valeurs calculées :
V  2.0,35.25.0,9  2.0, 75.25.0, 436  32V  Vs  V  V  220  32  252V
On note que ce résultat est très proche de la valeur exacte calculée précédemment.
On obtient donc une chute en pourcentage de :
V 32

 14,5%  6%
V 220
Ce résultat est clairement inadmissible et il semble que le câble d’alimentation soit mal
dimensionné.
Exercice4
Reprendre le schéma de l’installation de l’exercice 3 : il s’agit cette fois d’un atelier
alimenté à partir d'un réseau monophasé de 200 V et qui comprend les récepteurs
suivants :
 4 lampes d’impédances 400 chacune,
 une bobine qui absorbe une puissance réactive de 400 VAR et une puissance active
de 100W.
 une capacité ayant pour valeur : C=(50/)µF,
 un moteur qui possède les caractéristiques : U=200 V, │tg m │=0,5 et  m =0,85
Chapitre2 Les puissances en monophasé
Mme Dalila Sator-Namane 21
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Électrotechnique générale
On désire connaître les caractéristiques du moteur, pour cela on effectue deux mesures
au niveau de l’installation globale (voir schéma). On trouve :
I=25 A, U=200 V.
1) Déterminer la puissance active absorbée par le moteur. En déduire la puissance utile
fournie par le moteur puis le facteur de puissance global de l’installation.
2) Déterminer l’impédance équivalente Ž =R+jX de l’atelier ainsi que les courants Īb,
Īm, Ī et Īc de chaque récepteur. Vérifier que l’on a bien Īb+Īm+ Ī +Īc=25A.
3) On désire relever le facteur de puissance à 0,95. Proposer une solution pour arriver à
ce résultat.
Solution
1) Etablissons le bilan des puissances :
Lampes

V2
2002


 400W
P
4.
4.
 L
R
400
L

Q L  0
 P  100W
Bobines  B
Q B  400VAR
 PC  0

2
2
50
Q   V   V
 V 2 C  2002 106.2.50  200VAR
C

XC

 1 



 C 

Capacités
 Moteur toujours selfique donc :

Q
Moteur  tgm  0,5  tgm  0,5  M

PM

 Q M  0, 5PM
Le bilan total :
PT  PL  PC  PB  PM  400  0  100  PM  500  PM

QT  Q L  QC  Q B  Q M  0  200  400  0,5PM  200  0,5PM
On exprime la puissance apparente globale :
St  VJ t  200.25  5000VA
Et on a d’autre part :
 500  PM    200  0,5PM 
2
2
5000 2   500  PM    200  0,5PM 

2
2
St  VJ t  Pt 2  Q t 2 
 5000VA
On trouve :
PM  3992W
et
Q M  1996VAR
La puissance utile est égale à la puissance absorbée au rendement près, on a donc :
PU  PM  0,85.3992  3393, 2W
Et le facteur de puissance global :
cos t 
Pt 500  PM 500  3992


 0,9
St
5000
5000
Chapitre2 Les puissances en monophasé
Mme Dalila Sator-Namane 22
École Nationale Polytechnique d’Alger
Électrotechnique générale
2) L’impédance équivalente Z  R  jX
PT  500  PM  500  3992  4492  RI 2
QT  200  Q M  200  1996  2196  XI 2
On en déduit :
PT 4492
Q
2196
et
X   2T 

 7,2
 3,5 
2
2
I
25
I
252
Z  R  jX  7,2  j3,5   
Les courants partiels :
P
400

J La  L 
 2A

Lampes
 J L =2  A 
V 200

 J Lr  0
R
PB 100

 J Ba  V  200  0,5A
Bobines
 J B  0,5  j2  A 

 J  Q B   400  2A
 Br V
200
PC

 J Ca  V  0
Capacités 
 J C  j A 
 J  QC   200  1A
 Cr V
200
PM 3992

 J Ma  V  200  20A
Moteur
 J M  20  j10  A 

 J  Q M   1996  10A
 Mr
V
200
On en déduit le courant total:
 J T  J L +J B +J C +J M =2+0,5  j2+j  20  j10  22,5  j11 A 
Et donc  J T  J L +J B +J C +J M = 22,52  112  25A
3) Etablissons de nouveau le bilan des puissances en imposant un facteur de puissance
de 0,95 et en gardant la même valeur de la puissance active puisque les capacités ne
fournissent que de la puissance réactive:
P 'T  PT  4492W

Q 'T  PT tg 't  4492tg(arc cos 0,95)  1476,5VAR
La valeur de la capacité à placer est donnée par la différence des deux puissances
réactives :
Q c  Q 'T  Q T  V 2 C  2196  1476,5  719,5VAR  C 
Qc
719,5

 57,3µF
2
V  2002 2.50
Chapitre2 Les puissances en monophasé
Mme Dalila Sator-Namane 23
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