Thévenin, Norton et la superposition

Sur l'ombrière du parc de recharge de Belmarais, Hugo Sellier, technicien de maintenance, a relevé deux nombres, panneau débranché : 40 V entre ses bornes à vide, et 9 A dans un fil qui les relie. Inès Barral, responsable d'exploitation, voudrait y brancher le cordon chauffant qui protège du gel les canalisations du local technique, une résistance de 5 Ω : quelle tension recevrait-il, et quel courant ? Le cordon sera en fait au bout d'un câble, et le coffret de l'ombrière, que chauffe une résistance contre la condensation, reste branché sur le panneau : que recevra alors le cordon ? Elle se demande enfin si l'ombrière pourrait épauler la batterie de secours sur le bus de commande.

Les lois de Kirchhoff résolvent tout, mais en écrivant autant d'équations qu'il y a de branches, une valeur de charge à la fois. Ce chapitre remplace un circuit entier, vu de deux bornes, par le modèle à deux éléments qu'ont déjà reçu une source réelle et, dans le chapitre Le pont diviseur de tension, le pont chargé. Aucun de ses outils n'ajoute de physique nouvelle : ce sont des réécritures, et c'est ce qui les rend sûres.

Une question étroite mérite un outil étroit

La situation typique est celle-ci : un montage compliqué alimente une charge, et la seule question est de savoir ce que cette charge reçoit, pour plusieurs valeurs de charge. Écrire le système complet une fois par valeur est absurde, puisque seule une résistance change.

Théorème de Thévenin

Vu de deux bornes, tout circuit composé de sources et de résistances se comporte exactement comme une source idéale $E_{\text{th}}$ en série avec une résistance $R_{\text{th}}$ .

$E_{\text{th}}$ est la tension à vide entre ces deux bornes, charge débranchée.
$R_{\text{th}}$ est la résistance vue entre ces deux bornes, toutes les sources éteintes.

Le mot important est « exactement ». Aucune approximation n'est faite : la charge branchée sur le modèle reçoit le même courant et la même tension que branchée sur le circuit d'origine. Ce qui est perdu, comme pour une résistance équivalente, est le détail de ce qui se passe à l'intérieur.

Éteindre une source n'est pas la supprimer

Éteindre une source de tension, c'est la remplacer par un fil : une source idéale sans force électromotrice impose zéro volt entre ses bornes, ce qui est exactement ce que fait un fil.

Éteindre une source de courant, c'est au contraire ouvrir le circuit à sa place : elle impose alors zéro ampère.

L'erreur symétrique, court-circuiter une source de courant ou ouvrir une source de tension, change complètement la résistance vue, et elle est fréquente tant que la règle n'est pas retenue par sa justification.

Calculer un équivalent de Thévenin

La démarche tient en deux calculs indépendants, menés sur deux schémas différents. Sur les figures qui suivent, la charge est la résistance de charge (RL), et ses deux bornes sont celles que le modèle regarde.

Potentiel de B6,86 V contre 8 V sans RL-14 %

Valeurs déclarées et grandeurs calculées, composant par composant
Composant	Valeur	Tension	Courant	Puissance
EM → A	12 V	12 V	5,14 mA	61,7 mW
R1A → B	1 kΩ	5,14 V	5,14 mA	26,4 mW
R2B → M	2 kΩ	6,86 V	3,43 mA	23,5 mW
RLB → M	4 kΩ	6,86 V	1,71 mA	11,8 mW

Potentiels : A = 12 V, B = 6,86 V, M = 0 V. Les grandeurs en gras sont calculées, dans l'orientation portée par les flèches ; une valeur négative signale un sens inverse de celui de la flèche.

Un pont diviseur chargé. Le repère annonce ce que vaudrait la tension en B sans la charge, et c'est exactement la force électromotrice du modèle de Thévenin vu des bornes de RL.

Le modèle vu des bornes de la charge

Tension à vide. La charge débranchée, R1 et R2 forment un pont diviseur simple :

$E_{\text{th}} = 12 \times \frac{2000}{1000 + 2000} = 8\ \text{V}$

Résistance vue. La source de 12 V est remplacée par un fil. R1 et R2 se retrouvent alors toutes deux entre B et la masse, donc en parallèle :

$R_{\text{th}} = \frac{1000 \times 2000}{3000} \approx 667\ \Omega$

Vérification. Le modèle, chargé par 4 kΩ, donne $8 \times 4000/(667 + 4000) \approx 6{,}86$ V. Le tableau de la figure porte la même valeur sur la ligne de RL.

Potentiel de B8 V contre 9,33 V sans RL-14 %

Valeurs déclarées et grandeurs calculées, composant par composant
Composant	Valeur	Tension	Courant	Puissance
EM → A	12 V	12 V	4 mA	48 mW
R1A → B	1 kΩ	4 V	4 mA	16 mW
R2B → M	2 kΩ	8 V	4 mA	32 mW
IM → B	2 mA	8 V	2 mA	16 mW
RLB → M	4 kΩ	8 V	2 mA	16 mW

Potentiels : A = 12 V, B = 8 V, M = 0 V. Les grandeurs en gras sont calculées, dans l'orientation portée par les flèches ; une valeur négative signale un sens inverse de celui de la flèche.

Le même pont chargé, auquel s'ajoute une source de courant qui injecte 2 mA dans B. Le repère donne la tension à vide en B, celle du modèle de Thévenin, et le tableau ce que reçoit la charge.

Avec une source de courant

Au même pont s'ajoute une source de courant de 2 mA, qui injecte son courant dans B depuis la masse. La charge de 4 kΩ reste débranchée pour construire le modèle.

Résistance vue. La source de 12 V devient un fil, la source de courant une coupure. La branche coupée ne porte plus rien, et il reste R1 et R2 en parallèle : $R_{\text{th}} \approx 667$ Ω, comme avant. La court-circuiter à tort relierait B à la masse et donnerait $R_{\text{th}} = 0$ , un modèle idéal dont la tension ne baisserait jamais, quelle que soit la charge.

Tension à vide, par la loi des nœuds en B, charge débranchée : le courant qui arrive par R1, $(12 - V)/1000$ , plus les 2 mA de la source, égale celui qui repart par R2, $V/2000$ . Les termes en $V$ se regroupent d'un côté : $V\left(\dfrac{1}{1000} + \dfrac{1}{2000}\right) = 0{,}012 + 0{,}002$ , puisque $12/1000 = 0{,}012$ . D'où :

$E_{\text{th}} = V = \frac{0{,}012 + 0{,}002}{\dfrac{1}{1000} + \dfrac{1}{2000}} \approx 9{,}33\ \text{V}$

Ce nombre se lit aussi comme une somme : les 8 V du pont seul, plus $0{,}002 \times 667 \approx 1{,}33$ V que la source de courant produit en débitant dans R1 et R2 en parallèle. C'est la superposition, présentée plus bas.

Vérification. Le modèle, chargé par 4 kΩ, donne $9{,}33 \times 4000/(667 + 4000) \approx 8{,}0$ V, la valeur que la figure porte sur la ligne de RL, tandis que le repère marque les 9,33 V à vide.

La source de courant a relevé la tension à vide et laissé la résistance vue intacte. C'est ce que dit l'extinction correcte : une source de courant éteinte ne laisse aucun chemin derrière elle.

L'intérêt du modèle apparaît dès que la charge varie : que reçoit une charge de 1 kΩ, puis de 10 kΩ, puis de 100 kΩ, branchée sur le pont du premier exemple ? Sur le circuit d'origine, trois systèmes à résoudre. Sur le modèle, trois divisions.

Vérification rapideon peut se reprendre

Pour calculer la résistance de Thévenin d'un circuit, que fait-on des sources de tension ?

Norton, le même modèle vu autrement

Le modèle de Thévenin décrit la source par la tension qu'elle produit à vide. Le modèle de Norton la décrit par le courant qu'elle produit en court-circuit.

Théorème de Norton

Le même circuit se modélise par une source idéale de courant $I_{\text{n}}$ en parallèle avec une résistance $R_{\text{n}}$ , avec :

$I_{\text{n}} = \frac{E_{\text{th}}}{R_{\text{th}}} \qquad R_{\text{n}} = R_{\text{th}}$

Les deux modèles sont interchangeables et décrivent le même comportement. Le choix se fait sur la question posée, et la règle est simple : Thévenin pour ce qui se met en série, Norton pour ce qui se met en parallèle. Un montage où des branches se rejoignent en un nœud se traite plus vite en Norton, puisque les courants s'y ajoutent directement.

Sur l'exemple précédent, $I_{\text{n}} = 8 / 667 \approx 12$ mA, ce qui est le courant de court-circuit à travers R1, soit $12/1000$ .

RL1 kΩ

Valeurs déclarées et grandeurs calculées, composant par composant
Composant	Valeur	Tension	Courant	Puissance
IM → A	12 mA	4,8 V	12 mA	57,6 mW
RnA → M	667 Ω	4,8 V	7,2 mA	34,6 mW
RLA → M	1 kΩ	4,8 V	4,8 mA	23,1 mW

Potentiels : A = 4,8 V, M = 0 V. Les grandeurs en gras sont calculées, dans l'orientation portée par les flèches ; une valeur négative signale un sens inverse de celui de la flèche.

Le modèle de Norton du même circuit, chargé. La résistance interne est dessinée telle qu'elle est, en parallèle sur la source, et c'est elle qui détourne la part du courant que la charge ne prend pas. Faire circuler le courant pour voir le partage, puis déplacer le curseur.

À manipuler

Amener la charge tout à gauche, donc très petite : elle capte presque tout le courant, et la tension s'effondre. C'est le court-circuit, où le modèle débite ses 12 mA.
L'amener tout à droite : le courant passe presque entièrement par la résistance interne, et la tension monte vers les 8 V du modèle de Thévenin. C'est le fonctionnement à vide.
Vérifier sur n'importe quelle position : la somme des courants des deux barreaux vaut toujours 12 mA, puisque c'est ce que la source impose.
Faire circuler le courant et comparer les vitesses des deux barreaux : elles se partagent le flux qui monte par la branche de gauche, et ce partage est tout le modèle de Norton.

La résistance interne change de place, et c'est ce qui fait l'équivalence. Sur le modèle de Thévenin, elle est en série et prélève de la tension. Sur le modèle de Norton, elle est en parallèle et détourne du courant.

Mise en série sur une source de courant, elle ne changerait rien : le courant est imposé, et la charge recevrait tout. Les deux modèles ne sont donc pas deux dessins du même schéma, mais deux montages différents qui se comportent identiquement vus de l'extérieur.

Millman, quand tout se rejoint en un point

Les deux théorèmes précédents réduisent un circuit vu de deux bornes. Le théorème de Millman répond à une question plus étroite encore, et c'est pour cela qu'il est le plus rapide des trois : quelle est la tension d'un nœud particulier ?

Théorème de Millman

Pour un nœud sur lequel arrivent plusieurs branches, chacune portant une résistance $R_k$ et une source de tension $E_k$ vers un potentiel connu :

$V = \frac{\displaystyle\sum_k \frac{E_k}{R_k} + \sum_j I_j}{\displaystyle\sum_k \frac{1}{R_k}}$

Une branche sans source y entre avec $E_k = 0$  ; une source de courant $I_j$ arrivant sur le nœud s'ajoute directement au numérateur.

Ce n'est pas un théorème de plus à retenir : c'est la loi des nœuds écrite en conductances. Chaque terme du numérateur est le courant qu'une branche apporterait si le nœud était à zéro, chaque terme du dénominateur est la conductance de cette branche, et le quotient est la tension qui annule la somme des courants.

Potentiel de B4,8 V contre 8 V sans RL-40 %

Valeurs déclarées et grandeurs calculées, composant par composant
Composant	Valeur	Tension	Courant	Puissance
EM → A	12 V	12 V	7,2 mA	86,4 mW
R1A → B	1 kΩ	7,2 V	7,2 mA	51,8 mW
R2B → M	2 kΩ	4,8 V	2,4 mA	11,5 mW
RLB → M	1 kΩ	4,8 V	4,8 mA	23 mW

Potentiels : A = 12 V, B = 4,8 V, M = 0 V. Les grandeurs en gras sont calculées, dans l'orientation portée par les flèches ; une valeur négative signale un sens inverse de celui de la flèche.

Le pont diviseur chargé du chapitre précédent. Trois branches se rejoignent au nœud B, et le repère marque ce que la tension vaudrait sans la charge.

À manipuler

Lire la tension du nœud B dans le tableau, puis la comparer au repère : la charge fait tomber la sortie de 8 V à 4,8 V.
Refaire le calcul de Millman à la main sur les trois branches, et retrouver le même nombre en une seule ligne.
Comparer au chemin du chapitre sur le pont diviseur : réduire le parallèle, puis appliquer le prorata, soit deux étapes et une fraction de fraction.

Le même calcul, en une ligne

Trois branches arrivent au nœud B : la première porte 12 V à travers 1 kΩ, les deux autres rejoignent la masse à travers 2 kΩ et 1 kΩ.

$V_B = \frac{\dfrac{12}{1000} + 0 + 0}{\dfrac{1}{1000} + \dfrac{1}{2000} + \dfrac{1}{1000}} = \frac{0{,}012}{0{,}0025} = 4{,}8 \text{ V}$

Le chemin du pont diviseur chargé demandait de réduire d'abord le parallèle des deux résistances basses, puis d'appliquer le prorata au résultat. Millman écrit tout d'un coup, et surtout sans réduction préalable : le nombre de branches n'y change rien, alors qu'il complique chaque fois la réduction.

La condition, et elle est stricte

Millman donne la tension d'un nœud, et il suppose que l'autre extrémité de chaque branche est à un potentiel connu, le plus souvent la masse.

Sur un circuit à deux nœuds inconnus, il ne s'applique pas directement : il faudrait l'écrire deux fois et résoudre le système obtenu, ce qui revient exactement à la méthode nodale et n'a plus rien d'un raccourci.

Vérification rapideon peut se reprendre

Sur quel type de circuit le théorème de Millman fait-il gagner le plus de temps ?

La superposition

Le troisième outil répond à une autre question : que devient un circuit qui comporte plusieurs sources ?

Théorème de superposition

Dans un circuit linéaire, la réponse à plusieurs sources agissant ensemble est la somme des réponses à chaque source agissant seule, les autres étant éteintes.

La justification est la linéarité : les équations des nœuds et des mailles sont des équations linéaires en les courants, et la solution d'un système linéaire dépend linéairement de son second membre, qui n'est fait que des sources.

Deux sources sur un même nœud

Un point X est relié à une alimentation de 12 V par une résistance de 200 Ω, à une alimentation de 6 V par une résistance de 300 Ω, et à la masse par une résistance de 600 Ω. La question porte sur la tension du point X.

Première source seule. La source de 6 V est remplacée par un fil, qui relie à la masse le bout des 300 Ω. Les 300 Ω et les 600 Ω se retrouvent en parallèle entre X et la masse, soit $300 \times 600/(300 + 600) = 200$ Ω, en série avec les 200 Ω de la source. Ce pont diviseur de deux résistances égales donne à X la moitié des 12 V, soit 6 V.

Seconde source seule. La source de 12 V est remplacée par un fil. Les 200 Ω et les 600 Ω se retrouvent en parallèle, soit $200 \times 600/(200 + 600) = 150$ Ω, en série avec les 300 Ω. Le pont diviseur donne $6 \times 150/(300 + 150) = 2$ V.

Superposition. La tension du point X vaut $6 + 2 = 8$ V. La loi des nœuds le confirme : sous 8 V en X, 20 mA arrivent par les 200 Ω, $(12 - 8)/200 = 0{,}020$ A, et 6,7 mA repartent vers la source de 6 V par les 300 Ω, $(8 - 6)/300 \approx 0{,}0067$ A. La différence, 13,3 mA, est bien le courant des 600 Ω, $8/600 \approx 0{,}0133$ A.

La puissance, en revanche. La résistance de 600 Ω dissipe $8^2/600 \approx 107$ mW. La somme des puissances de chaque source seule, $6^2/600 + 2^2/600 \approx 60 + 6{,}7 = 66{,}7$ mW, en oublie plus du tiers : l'encadré suivant dit pourquoi.

Ce qui se superpose, et ce qui ne se superpose pas. Les tensions et les courants se superposent, parce que les équations qui les lient sont linéaires.
Les puissances ne se superposent pas. La puissance est quadratique : $P = RI^2$ , et le carré d'une somme contient un terme croisé,

$(I_1 + I_2)^2 = I_1^2 + I_2^2 + 2\,I_1 I_2$

Additionner les puissances calculées source par source revient à oublier ce terme, et c'est l'erreur classique du théorème. Elle se trompe dans les deux sens, parce que le terme croisé a le signe du produit des deux courants : la somme est trop faible quand les deux courants circulent dans le même sens, trop forte quand ils s'opposent. Avec 2 A et 3 A dans 1 Ω, la puissance réelle vaut 25 W dans le premier cas, 1 W dans le second, et jamais les 13 W de la somme.

Vérification rapideon peut se reprendre

Deux sources agissent sur une résistance. Prise seule, la première y dissipe 1 W, la seconde 4 W. Que peut-elle dissiper lorsque les deux agissent ensemble ?

Là où ces théorèmes ne s'appliquent pas

Les trois outils reposent sur une hypothèse unique et jamais dite : le circuit est linéaire. Chaque composant doit obéir à une relation proportionnelle entre sa tension et son courant.

Une diode, un transistor, une lampe dont la résistance monte avec la température rompent cette hypothèse. Devant un tel composant, la superposition donne un résultat faux, et non approché : il n'existe aucune raison pour que les réponses s'ajoutent.

Un panneau photovoltaïque, comme celui de l'ombrière du parc, n'est pas linéaire non plus : ses cellules sont des jonctions de la même famille que les diodes, et sa caractéristique est une courbe. Le modèle tiré de sa tension à vide et de son courant de court-circuit la remplace par la droite qui joint ses deux bouts. Entre ces deux bouts, un vrai panneau donne davantage que la droite : le modèle linéaire reste prudent, et ce parcours s'en tient à lui pour apprendre la méthode.

Le réflexe qui coûte du temps

Écrire un système complet de Kirchhoff devant une question qui ne porte que sur un composant est le réflexe le plus fréquent, et le plus coûteux. Il mène au bon résultat, en bien plus de lignes, donc avec bien plus d'occasions de se tromper de signe.

La question à se poser avant de commencer est celle du résultat cherché : un seul composant, plusieurs valeurs de charge, plusieurs sources. Chacune de ces trois formes a son outil.

La méthode

Lire la question avant de choisir la technique : une grandeur dans un composant, une charge qui varie, ou plusieurs sources.
Pour un équivalent de Thévenin, débrancher la charge et calculer la tension à vide, puis éteindre les sources et calculer la résistance vue. Les deux calculs sont indépendants.
Éteindre correctement : un fil à la place d'une source de tension, une coupure à la place d'une source de courant.
Pour la superposition, traiter une source à la fois et tenir un tableau des contributions, une ligne par source.
Additionner les tensions et les courants, jamais les puissances.
Vérifier les unités avant le résultat : la tension de Thévenin est en volts, la résistance vue en ohms, le courant de Norton en ampères. Le passage d'un modèle à l'autre est une division de la première par la seconde, et l'unité du résultat le confirme.
Vérifier l'équivalent en rebranchant la charge d'origine et en comparant à un calcul direct, une fois.

Mettre en pratique

Le calcul répond à la première question de l'ouverture, le premier exercice type à la deuxième, et le deuxième à la dernière.

L'ombrière vue de ses bornes

1.
L'ombrière donne 40 V à vide et 9 A en court-circuit. Quelle résistance son modèle de Thévenin porte-t-il, en ohms, à 0,01 Ω près ?
2.
Quelle tension le cordon chauffant de 5 Ω reçoit-il, branché directement sur le panneau, en volts, à 0,01 V près ?
3.
Quel courant le traverse-t-il, en ampères, à 0,01 A près ?

La première question de l'ouverture a sa réponse : vue de ses bornes, l'ombrière est une source de 40 V en série avec 4,44 Ω, et le cordon de 5 Ω y reçoit 21,18 V sous 4,24 A, soit 89,7 W. Les deux mesures de Hugo Sellier suffisent pour toute autre charge, qui ne coûte plus qu'une division.

Que reçoit le cordon chauffant au bout de son câble, et un cordon de 10 Ω ferait-il mieux ?

Le cordon chauffant du local technique est relié à l'ombrière par un câble de 0,6 Ω, aller et retour compris. Aux bornes mêmes du panneau, la résistance anticondensation du coffret de raccordement, 20 Ω, reste branchée en permanence. L'ombrière se modélise par 40 V en série avec 4,44 Ω. Établir le modèle de Thévenin vu des bornes du cordon : sa tension à vide, en volts, à 0,01 V près, et sa résistance, en ohms, à 0,01 Ω près. En déduire la tension et la puissance que reçoit un cordon de 5 Ω, en volts à 0,01 V près et en watts à 0,1 W près, puis la puissance d'un cordon de 10 Ω, et dire lequel chauffe le plus.

Par où commencer ? Débrancher le cordon en pensée, et chercher ce que mesurerait un voltmètre au bout du câble.

Vérification rapideon peut se reprendre

Pourquoi la résistance du coffret entre-t-elle dans la résistance vue, alors qu'elle ne contient aucune source ?

Le corrigé

Débrancher le cordon et calculer la tension à vide. Aucun courant ne traverse alors le câble, qui ne prélève rien : la tension au bout du câble est celle des bornes du panneau, où l'ombrière débite dans le seul coffret. C'est un pont diviseur : $E_{\text{th}} = 40 \times 20/(4{,}44 + 20) \approx$ 32,73 V.
Éteindre la source et calculer la résistance vue. La source de 40 V devient un fil : les 4,44 Ω du panneau et les 20 Ω du coffret se mettent en parallèle, $4{,}44 \times 20/24{,}44 \approx 3{,}64$ Ω, puis le câble s'y ajoute en série : $R_{\text{th}} \approx$ 4,24 Ω.
Brancher le cordon de 5 Ω. $U = 32{,}73 \times 5/(4{,}24 + 5) \approx$ 17,72 V, et $P = U^2/5 \approx$ 62,8 W, contre 89,7 W branché directement sur le panneau : le câble et le coffret en prennent 30 %. C'est la réponse à l'ouverture.
Brancher le cordon de 10 Ω. Le modèle ne demande qu'une division de plus : $U = 32{,}73 \times 10/(4{,}24 + 10) \approx 22{,}99$ V et $P = 22{,}99^2/10 \approx$ 52,8 W. Le cordon de 5 Ω chauffe le plus, parce qu'il est plus proche de la résistance vue, 4,24 Ω, celle qui reçoit le maximum de puissance d'après le chapitre Les sources réelles.
Vérifier sur le circuit complet. Le câble et le cordon font 5,6 Ω, en parallèle sur le coffret : $5{,}6 \times 20/25{,}6 = 4{,}375$ Ω. Le panneau débite $40/(4{,}444 + 4{,}375) \approx 4{,}535$ A sous $4{,}375 \times 4{,}535 \approx 19{,}84$ V, et le cordon reçoit $19{,}84 \times 5/5{,}6 \approx 17{,}7$ V, comme sur le modèle.

L'ombrière, branchée sur le bus de commande, épaule-t-elle la batterie de secours ?

Sur le bus de commande du local technique, trois branches se rejoignent : la batterie de secours, 51,2 V en série avec 0,04 Ω ; l'ombrière, 40 V en série avec 4,44 Ω, soit 9 A en court-circuit ; et la commande, qui se comporte comme une résistance de 1,6 Ω vers la masse. Calculer la tension du bus, en volts, à 0,01 V près, puis le courant que débite chaque source, en ampères, à 0,1 A près, compté positivement quand il sort de la source vers le bus, et dire si l'ombrière épaule la batterie.

Par où commencer ? Toutes les branches arrivent au même nœud, leur autre bout étant à la masse : chercher l'outil qui donne la tension d'un nœud en une ligne.

Le corrigé

Choisir l'outil. Trois branches arrivent au bus, chacune reliée à la masse par son autre bout : le théorème de Millman donne sa tension sans réduction préalable.
Écrire Millman. Le terme de l'ombrière, $40/4{,}44$ , est son courant de court-circuit, 9 A, et sa conductance vaut $9/40 = 0{,}225$ S (siemens, l'inverse de l'ohm) : $V = \dfrac{51{,}2/0{,}04 + 9}{1/0{,}04 + 0{,}225 + 1/1{,}6} = \dfrac{1\,289}{25{,}85} \approx$ 49,865 V, soit 49,86 V à 0,01 V près.
Revenir au courant de chaque source. La batterie débite $(51{,}2 - 49{,}865)/0{,}04 \approx$ 33,4 A ; l'ombrière, $(40 - 49{,}865)/4{,}444 \approx$ −2,2 A. La différence entre 51,2 V et la tension du bus est petite, et la diviser par 0,04 Ω en grossit l'arrondi : d'où les trois décimales gardées à l'étape précédente.
Lire le signe. Le courant de l'ombrière est négatif : le modèle dit que la batterie lui envoie 2,2 A au lieu d'en recevoir. Le bus est à près de 50 V, au-dessus de ses 40 V à vide : elle n'épaule rien, elle s'ajoute aux charges de la batterie. C'est la réponse à la dernière question de l'ouverture.
Situer la limite du modèle. Un vrai panneau porté au-dessus de sa tension à vide laisse lui aussi passer un courant en sens inverse, par ses jonctions : le circuit n'est plus linéaire, et ce nombre n'est qu'une indication. C'est pourquoi une telle installation place une diode anti-retour en série avec le panneau, et un convertisseur qui élève sa tension au-dessus de celle du bus.
Vérifier. La loi des nœuds se referme : la commande reçoit $49{,}865/1{,}6 \approx 31{,}2$ A, et $33{,}4 - 2{,}2 = 31{,}2$ A.

Que reçoit le radiateur d'un refuge, au bout de la ligne de sa microcentrale ?

Un refuge de montagne tire son électricité d'une microcentrale : une petite turbine, dans le torrent, entraîne une génératrice à courant continu qui se comporte, vue de ses bornes, comme une source de 56 V en série avec 4 Ω. Dans la cabane de la turbine, une résistance de 12 Ω, qui la tient hors gel, reste branchée en permanence aux bornes de la génératrice. Une ligne de 1,0 Ω, aller et retour compris, mène au refuge, où la gardienne branche un radiateur de 6 Ω. Établir le modèle de Thévenin vu des bornes du radiateur, à 0,1 V et 0,1 Ω près, puis la tension et la puissance que reçoit le radiateur, en volts à 0,1 V près et en watts à 0,1 W près. Dire enfin quelle résistance de radiateur recevrait le plus de puissance.

Par où commencer ? Débrancher le radiateur en pensée, et chercher ce que mesurerait un voltmètre au bout de la ligne.

Le corrigé

Débrancher le radiateur et calculer la tension à vide. La ligne ne porte alors aucun courant : la tension au refuge est celle des bornes de la génératrice, qui débite dans la seule résistance de la cabane. C'est un pont diviseur : $E_{\text{th}} = 56 \times 12/(4 + 12) =$ 42 V.
Éteindre la source et calculer la résistance vue. La source devient un fil : 4 Ω et 12 Ω se mettent en parallèle, $4 \times 12/16 = 3$ Ω, et la ligne s'y ajoute en série : $R_{\text{th}} =$ 4 Ω.
Brancher le radiateur. $U = 42 \times 6/(4 + 6) =$ 25,2 V, et $P = 25{,}2^2/6 \approx$ 105,8 W.
Chercher le radiateur qui reçoit le plus. La puissance est maximale quand la charge égale la résistance vue : un radiateur de 4 Ω recevrait $42^2/(4 \times 4) = 110{,}25$ W, à peine plus. Celui de 6 Ω en est proche, et tire moins de courant dans la ligne.
Vérifier sur le circuit complet. La ligne et le radiateur font 7 Ω, en parallèle sur 12 Ω : $7 \times 12/19 \approx 4{,}42$ Ω. La génératrice débite $56/(4 + 4{,}42) \approx 6{,}65$ A sous $4{,}42 \times 6{,}65 \approx 29{,}4$ V, et le radiateur reçoit $29{,}4 \times 6/7 = 25{,}2$ V, comme sur le modèle.

Une question étroite mérite un outil étroit

Calculer un équivalent de Thévenin

Norton, le même modèle vu autrement

Millman, quand tout se rejoint en un point

La superposition

Là où ces théorèmes ne s'appliquent pas

La méthode

Mettre en pratique

Dans la bibliothèque d'exercices