Feuille d'entraînement : Conversion de puissance

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie PSI 2026, Q19

   En régime permanent périodique de période T, le courant vérifie la condition aux limites temporelles :

   i_1(T) = i_1(0)

   Ce qui se traduit, par intégration de la dérivée temporelle de i_1(t) sur une période, par l'annulation de la tension moyenne aux bornes de l'inductance :

   \langle u_L \rangle = \frac{1}{T} \int_0^T L \frac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} \, \mathrm{d}t = \frac{L}{T} \big( i_1(T) - i_1(0) \big) = 0

   D'après les équations établies à la question Q18 :

   • sur l'intervalle [0, \, \alpha T] : u_L(t) = U ;
   • sur l'intervalle [\alpha T, \, T] : u_L(t) = U - E.

   Il vient ainsi :

   \begin{aligned} \int_0^T u_L(t) \, \mathrm{d}t &= \int_0^{\alpha T} U \, \mathrm{d}t + \int_{\alpha T}^T (U - E) \, \mathrm{d}t = 0 \\ \alpha T \cdot U + (1 - \alpha) T \cdot (U - E) &= 0 \\ U - (1 - \alpha) E &= 0 \end{aligned}

   On en déduit la relation fondamentale du hacheur parallèle (élévateur) :

   \boxed{E = \frac{U}{1 - \alpha}} \quad \text{soit} \quad \boxed{\alpha = 1 - \frac{U}{E}}

   Application numérique : Avec U = 12\text{ V} et E = 30\text{ V} :

   \alpha = 1 - \frac{12}{30} = 1 - 0{,}40

   \boxed{\alpha = 0{,}60}

   Résultat

   $$E=\frac{U}{1-\alpha }$$

   $$\alpha =1-\frac{U}{E}$$

   $$\alpha =0,60$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q25

   L'équation de Maxwell-Faraday s'écrit sous forme locale :

   \vec{\mathrm{rot}}\,\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}

   Par application du théorème de Stokes à un contour fermé orienté \Gamma bordant une surface ouverte \Sigma, on obtient la loi d'induction de Faraday pour la force électromotrice induite e :

   e = \oint_{\Gamma} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = -\iint_{\Sigma} \frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_{\text{tot}}}{\mathrm{d}t}

   où \Phi_{\text{tot}} est le flux magnétique total traversant le contour \Gamma.

   D'après la question Q24, en l'absence de fuites magnétiques, le même flux magnétique \Phi(t) = B(t)\,S traverse chaque section droite du tore.

   Pour les conducteurs parfaits (résistivité nulle), le champ électrique est nul au sein du fil conducteur (\vec{E} = \vec{0}). La circulation du champ électrique entre les bornes le long d'un contour fermé comprenant le bobinage et le segment reliant les bornes donne :

   • Au primaire (N_1 spires), en convention récepteur, la tension u_1(t) s'oppose à la force électromotrice induite e_1(t) :

     u_1(t) = -e_1(t) = N_1 \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}

   • Au secondaire (N_2 spires), en convention générateur, la tension u_2(t) est égale à la force électromotrice induite e_2(t) :

     u_2(t) = e_2(t) = N_2 \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}

     (les enroulements étant bobinés dans le même sens sur le tore, les spires sont homologues).

   En éliminant le terme \dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}, on obtient la loi de transformation des tensions :

   \boxed{u_2(t) = \frac{N_2}{N_1} u_1(t) = m\, u_1(t)}

   où m = \dfrac{N_2}{N_1} est le rapport de transformation du transformateur.

   Résultat

   $$u_2(t)=\frac{N_2}{N_1}{u}_1(t)=m{u}_1(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q26

   Dans le cadre de l'approximation des régimes quasi-stationnaires (ARQS), le courant de déplacement est négligeable et le théorème d'Ampère s'écrit pour le vecteur excitation magnétique \vec{H} :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = I_{\text{libre, enlacé}}

   où \mathcal{C} est un contour fermé orienté et I_{\text{libre, enlacé}} la somme algébrique des courants libres traversant une surface s'appuyant sur \mathcal{C}.

   Le matériau magnétique étant supposé linéaire, homogène et isotrope :

   \vec{B} = \mu_0 \mu_r \vec{H} \iff \vec{H} = \frac{\vec{B}}{\mu_0 \mu_r}

   Le champ d'induction magnétique \vec{B} restant borné et la perméabilité relative étant idéalisée (\mu_r \to \infty), on a \vec{H} \approx \vec{0} dans le noyau ferromagnétique. La circulation de \vec{H} le long du contour \mathcal{C} fermé suivant la ligne moyenne du tore (de longueur 2\pi a) est donc nulle :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = 0 \implies I_{\text{libre, enlacé}} = 0

   Sur la figure 7, le circuit primaire est en convention récepteur (le courant i_1(t) entre par la borne repérée) tandis que le secondaire débite dans une charge en convention générateur (le courant i_2(t) sort par la borne repérée). Compte tenu du sens identique d'enroulement des spires au primaire et au secondaire, les ampère-tours s'opposent :

   I_{\text{libre, enlacé}} = N_1 i_1(t) - N_2 i_2(t) = 0

   On en déduit la loi de transformation des intensités :

   \boxed{i_2(t) = \frac{N_1}{N_2} \, i_1(t) = \frac{1}{m} \, i_1(t)}

   avec m = \dfrac{N_2}{N_1} le rapport de transformation introduit à la question Q25.

   Résultat

   $$i_2(t)=\frac{N_1}{N_2}{i}_1(t)=\frac{1}{m}{i}_1(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q5

   L'énergie électrostatique emmagasinée dans le condensateur sous la tension u s'écrit :

   \mathcal{E}_{\text{el}} = \frac{1}{2} C(\theta_{\mathrm{r}}) u^2

   En appliquant la formule fournie pour le couple électrostatique à tension u fixée, on obtient :

   \Gamma = \left.\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{el}}}{\partial \theta_{\mathrm{r}}}\right|_{u} = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} u^2

   \boxed{\Gamma = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} u^2}

   Pour un fonctionnement en moteur dans le sens direct (\Omega = \dot{\theta}_{\mathrm{r}} > 0), la puissance mécanique moyenne développée par le couple doit être strictement positive :

   \langle \mathcal{P}_{\mathrm{m}} \rangle = \langle \Gamma \Omega \rangle = \langle \Gamma \rangle \Omega > 0

   Le couple moyen doit donc impérativement vérifier :

   \boxed{\langle \Gamma \rangle > 0}

   Si le système était alimenté par une tension constante u = U_{\text{cst}}, le couple moyen sur une période angulaire T_{\theta} = \pi de la capacité s'écrirait :

   \langle \Gamma \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \Gamma(\theta_{\mathrm{r}}) \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} = \frac{U_{\text{cst}}^2}{2\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} = \frac{U_{\text{cst}}^2}{2\pi} \Big[ C(\pi) - C(0) \Big]

   Or, d'après la question précédente, la fonction C(\theta_{\mathrm{r}}) est \pi-périodique, donc C(\pi) = C(0), ce qui donne :

   \langle \Gamma \rangle = 0

   On ne peut donc pas alimenter le système par une tension constante pour faire tourner le moteur de manière continue.

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}{\theta }_{\mathrm{r}}}{u}^2$$

   $$⟨\Gamma ⟩>0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q13

   Le stator et le rotor sont constitués de fer doux de perméabilité magnétique relative très élevée (\mu_{\mathrm{r}} \gg 1, typiquement 10^3 à 10^4).

   Dans le fer doux, l'excitation magnétique vaut \vec{H}_{\text{fer}} = \frac{\vec{B}}{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}}} \approx \vec{0}, de sorte que le fer se comporte comme un quasi-équipotentiel pour le potentiel scalaire magnétique V_{\mathrm{m}} (défini par \vec{H} = -\vec{\nabla} V_{\mathrm{m}} hors des courants). La différence de potentiel magnétique \Delta V_{\mathrm{m}} entre le stator et le rotor est imposée par les ampères-tours des bobinages statoriques d'après le théorème d'Ampère :

   \oint \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = 2 N i

   Dans l'air (\mu = \mu_0), le champ magnétique s'écrit B = \mu_0 H \sim \mu_0 \frac{\Delta V_{\mathrm{m}}}{d_{\text{air}}}, où d_{\text{air}} est l'épaisseur d'air séparant le stator et le rotor le long d'une ligne de champ :

   • Au niveau des entrefers minces, la distance parcourue dans l'air est d_{\text{air}} = e, d'où un champ intense :

     B_{\mathrm{entrefer}} \sim \frac{\mu_0 \Delta V_{\mathrm{m}}}{e}

   • En dehors de ces entrefers, les surfaces en regard sont séparées par une distance de l'ordre de la taille du rotor, d_{\text{air}} \sim R :

     B_{\text{hors}} \sim \frac{\mu_0 \Delta V_{\mathrm{m}}}{R}

   Comme e \ll R, le rapport des champs magnétiques vérifie :

   \frac{B_{\text{hors}}}{B_{\mathrm{entrefer}}} \sim \frac{e}{R} \ll 1

   En termes de circuit magnétique (théorème d'Hopkinson), la réluctance d'un tube de flux dans l'air \mathcal{R} = \frac{d_{\text{air}}}{\mu_0 S} est proportionnelle à la longueur traversée dans l'air : elle est donc considérablement plus grande pour tout chemin passant hors de l'entrefer que pour le chemin direct à travers l'entrefer mince.

   \boxed{\text{Le flux magnétique se canalise dans les entrefers et le champ dans l'air est négligeable ailleurs.}}

   Résultat

   $$\text{Le flux magneˊtique se canalise dans les entrefers et le champ dans l’air est neˊgligeable ailleurs.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q14

   Considérons une ligne de champ moyenne fermée \mathcal{C}, orientée dans le sens du champ magnétique, qui traverse successivement :

   • le pôle saillant supérieur du stator ;
   • l'entrefer supérieur d'épaisseur e ;
   • le rotor ;
   • l'entrefer inférieur d'épaisseur e ;
   • le pôle saillant inférieur du stator, puis la culasse statorique pour se refermer.

   Appliquons le théorème d'Ampère au champ d'excitation magnétique \vec{H} le long de ce contour \mathcal{C} :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = I_{\text{enlacé}}

   1. Circulation dans le fer doux :
   Dans le rotor et le stator en fer doux, \vec{B} = \mu \vec{H}. Le champ magnétique \vec{B} y restant d'intensité finie, l'hypothèse d'une perméabilité magnétique infinie (\mu \to \infty) entraîne :

   \vec{H}_{\text{fer}} = \vec{0} \implies \int_{\text{fer}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = 0

   2. Circulation dans les entrefers :
   Dans l'air assimilé au vide, \vec{B}_{\mathrm{a}} = \mu_0 \vec{H}_{\mathrm{a}}, soit \vec{H}_{\mathrm{a}} = \dfrac{\vec{B}_{\mathrm{a}}}{\mu_0}.
   Les entrefers étant très minces (e \ll R), le champ y est quasi uniforme, radial et dirigé colinéairement à la normale aux parois. Par symétrie du dispositif, le champ a la même intensité B_{\mathrm{a}} dans chacun des deux entrefers. La circulation de \vec{H} sur les deux entrefers de même épaisseur e vaut donc :

   \int_{\text{entrefers}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = 2 H_{\mathrm{a}} e = 2 \frac{B_{\mathrm{a}}}{\mu_0} e

   3. Courant enlacé :
   Le contour \mathcal{C} enlace les deux enroulements statoriques connectés en série. D'après le sens des spires indiqué sur la figure 4, les forces magnétomotrices des deux bobines de N spires s'additionnent le long de la ligne de champ. Le courant total algébrique enlacé est donc :

   I_{\text{enlacé}} = N i + N i = 2 N i

   En égalant circulation et courant enlacé :

   2 \frac{B_{\mathrm{a}}}{\mu_0} e = 2 N i

   On en déduit l'intensité du champ magnétique en tout point de l'entrefer :

   \boxed{B_{\mathrm{a}} = \frac{\mu_0 N i}{e}}

   Résultat

   $$B_{\mathrm{a}}=\frac{{\mu }_{0}Ni}{e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Modelisation PSI 2026, Q45

   1. Relation entre le flux et la force contre-électromotrice :

   D'après la loi de Faraday (loi de l'induction électromagnétique), la force électromotrice induite dans la phase à courant nul est reliée au flux total \phi_t(t) par :

   \boxed{e(t) = -\frac{\mathrm{d}\phi_t(t)}{\mathrm{d}t}}

   Remarque : selon la convention d'orientation choisie pour la normale à la phase par rapport au sens de parcours de la maille, certains auteurs écrivent e(t) = \frac{\mathrm{d}\phi_t}{\mathrm{d}t} en convention récepteur.

   2. Loi des mailles :

   Sur le schéma de la Figure 29 :

   • la tension d'alimentation v(t) est fléchée vers le haut ;
   • le courant i(t) circule de gauche à droite dans l'inductance L_s, ce qui donne en convention récepteur une tension u_L(t) = L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} orientée de droite à gauche ;
   • la force contre-électromotrice e(t) est fléchée vers le haut.

   En parcourant la maille dans le sens horaire :

   v(t) - L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t} - e(t) = 0

   soit la relation temporelle :

   \boxed{v(t) = e(t) + L_s \frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}}

   3. Écriture sous forme complexe :

   En régime sinusoïdal permanent de pulsation \omega, l'opération de dérivation temporelle correspond à la multiplication par \mathrm{j}\omega. En adoptant la notation imposée x(t) \rightarrow \underline{X}(\omega), la loi des mailles devient :

   \boxed{\underline{V}(\omega) = \underline{E}(\omega) + \mathrm{j} L_s \omega \underline{I}(\omega)}

   Résultat

   $$e(t)=-\frac{\mathrm{d}{\varphi }_t(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$v(t)=e(t)+L_s\frac{\mathrm{d}i(t)}{\mathrm{d}t}$$

   $$\underline{V}(\omega )=\underline{E}(\omega )+\mathrm{j}{L}_s\omega \underline{I}(\omega )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q35

   D'après le schéma du pont en H (figure 7), la tension aux bornes de la charge est orientée de sorte que :

   u_{\text{ch}}(t) = V_{\text{gauche}} - V_{\text{droite}}

   Les interrupteurs d'un même bras fonctionnent de façon complémentaire sur une période T :

   • Bras gauche : \text{K}_1 est fermé sur \left[\frac{T}{12},\,\frac{7T}{12}\right] (alors V_{\text{gauche}} = U), et \text{K}_3 est fermé sur \left[\frac{7T}{12},\,\frac{13T}{12}\right] (alors V_{\text{gauche}} = 0).
   • Bras droit : \text{K}_4 est fermé sur \left[-\frac{T}{12},\,\frac{5T}{12}\right] (alors V_{\text{droite}} = 0), et \text{K}_2 est fermé sur \left[\frac{5T}{12},\,\frac{11T}{12}\right] (alors V_{\text{droite}} = U).

   Déterminons l'état du pont et l'expression de u_{\text{ch}}(t) sur les différents intervalles composant la période [0,\, T] :

   • Pour t \in \left[0,\, \frac{T}{12}\right] : \text{K}_3 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = 0 ;
   • Pour t \in \left[\frac{T}{12},\, \frac{5T}{12}\right] : \text{K}_1 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = U et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = +U ;
   • Pour t \in \left[\frac{5T}{12},\, \frac{7T}{12}\right] : \text{K}_1 et \text{K}_2 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = U et V_{\text{droite}} = U \implies u_{\text{ch}}(t) = 0 ;
   • Pour t \in \left[\frac{7T}{12},\, \frac{11T}{12}\right] : \text{K}_3 et \text{K}_2 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = U \implies u_{\text{ch}}(t) = -U ;
   • Pour t \in \left[\frac{11T}{12},\, T\right] : \text{K}_3 et \text{K}_4 sont fermés \implies V_{\text{gauche}} = 0 et V_{\text{droite}} = 0 \implies u_{\text{ch}}(t) = 0.

   Valeur moyenne : Le signal présente une symétrie de glissement (symétrie de demi-onde) : pour tout t,

   u_{\text{ch}}\!\left(t + \frac{T}{2}\right) = -u_{\text{ch}}(t)

   L'aire sous la courbe sur une demi-période compense exactement celle sur l'autre demi-période. Par conséquent :

   \boxed{U_{\text{moy}} = 0}

   Valeur efficace : Par définition de la valeur efficace :

   \begin{aligned} U_{\text{eff}}^2 &= \frac{1}{T} \int_0^T u_{\text{ch}}^2(t)\,\mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{T} \left[ \int_{T/12}^{5T/12} U^2\,\mathrm{d}t + \int_{7T/12}^{11T/12} (-U)^2\,\mathrm{d}t \right] \\ &= \frac{U^2}{T} \left( \frac{4T}{12} + \frac{4T}{12} \right) = \frac{U^2}{T} \times \frac{8T}{12} = \frac{2}{3}\,U^2 \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{U_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{2}{3}}\,U}

   Résultat

   $$U_{\text{moy}}=0$$

   $$U_{\text{eff}}=\sqrt{\frac{2}{3}}U$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q28

   D'après le schéma de la figure 8, la phase de l'alternateur est représentée en convention générateur :

   • la force électromotrice à vide est modélisée par la source idéale de f.é.m. complexe \underline{E} ;

   • l'enroulement statorique présente une impédance interne constituée de sa résistance R en série avec son inductance synchrone L, soit une impédance complexe totale :

     \underline{Z} = R + \mathrm{j}L\omega = R + \mathrm{j}X
   • le courant de phase \underline{I} sort par la borne positive de la phase vers la charge extérieure (convention générateur) ;
   • la tension disponible aux bornes de la phase est notée \underline{U}.

   La loi des mailles (ou relation tension-courant d'un dipôle actif en convention générateur) s'écrit alors :

   \underline{U} = \underline{E} - (R + \mathrm{j}X)\underline{I}

   ou, de manière équivalente :

   \boxed{\underline{E} = \underline{U} + (R + \mathrm{j}X)\underline{I}}

   Résultat

   $$\underline{E}=\underline{U}+(R+\mathrm{j}X)\underline{I}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q30

    D'après la question Q28, l'équation électrique d'une phase de l'alternateur s'écrit :

    \underline{E} = \underline{U} + R\,\underline{I} + \mathrm{j}X\,\underline{I}

    En prenant la tension \underline{U} comme origine des phases (\underline{U} = U) et en tenant compte du retard de phase du courant (\underline{I} = I\,\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\varphi} avec \varphi > 0) :

    En développant l'expression complexe :

    \begin{aligned} \underline{E} &= U + (R + \mathrm{j}X)I(\cos\varphi - \mathrm{j}\sin\varphi) \\ &= \bigl(U + RI\cos\varphi + XI\sin\varphi\bigr) + \mathrm{j}\bigl(XI\cos\varphi - RI\sin\varphi\bigr) \end{aligned}

    Le module de la force électromotrice s'exprime donc par :

    \boxed{E = \sqrt{\bigl(U + RI\cos\varphi + XI\sin\varphi\bigr)^2 + \bigl(XI\cos\varphi - RI\sin\varphi\bigr)^2}}

    Au fonctionnement nominal :

    • U = U_n = 12{,}7\text{ kV} (d'après Q26),
    • I = I_n = 11{,}1\text{ kA},
    • \cos\varphi = 0{,}85 \implies \sin\varphi = \sqrt{1 - 0{,}85^2} \approx 0{,}527,
    • R = 0{,}9\ \Omega et X \approx 2{,}1\ \Omega (ou X = 2{,}3\ \Omega selon l'arrondi de Q29).

    Calcul des composantes avec X = 2{,}1\ \Omega :

    \begin{aligned} E_x &= 12{,}7\cdot 10^3 + 0{,}9 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}85 + 2{,}11 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}527 \approx 33{,}5\text{ kV} \\ E_y &= 2{,}11 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}85 - 0{,}9 \times 11{,}1\cdot 10^3 \times 0{,}527 \approx 14{,}6\text{ kV} \end{aligned}

    On obtient :

    \boxed{E \approx 36{,}6\text{ kV}}

    (En prenant X = 2{,}3\ \Omega, on trouve de même E \approx 38{,}3\text{ kV} ; et en négligeant R, E \approx 34{,}0\text{ kV}.)

    D'après la loi linéaire établie en Q29 (E = k\,I_e avec k = 25{,}6\ \Omega) :

    I_e = \frac{E}{k} = \frac{36{,}6\cdot 10^3}{25{,}6} \approx 1{,}43\cdot 10^3\text{ A}

    \boxed{I_e \approx 1{,}4\text{ kA}}

    Interprétation de la chute de tension en charge : En charge inductive (\varphi > 0), la circulation du courant statorique induit une chute de tension interne due à la résistance R et surtout à la réactance synchrone X (qui modélise la réaction magnétique d'induit démagnétisante). Pour maintenir la tension aux bornes de la machine à sa valeur nominale U_n = 12{,}7\text{ kV}, il est impératif de sur-exciter l'alternateur afin d'augmenter la f.é.m. (E \approx 37\text{ kV} \gg U_n), ce qui nécessite un courant d'excitation bien supérieur à sa valeur à vide (I_e \approx 2{,}9\,I_{en}).

    Résultat

    $$E=\sqrt{(U+RI\cos \phi +XI\sin \phi {)}^2+(XI\cos \phi -RI\sin \phi {)}^2}$$

    $$E\approx 36,6\text{ kV}$$

    $$I_e\approx 1,4\text{ kA}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question