Correction - NTE Lyon 1

Exercices de Résolution des réseaux électriques
1 - Applications des théorèmes de Thévenin et de Norton
a) Potentiomètre à vide et en charge.
R(1-x)
A
E
Rx
B
Eléments de Thévenin :
A et B ne sont pas reliés : On reconnaît un diviseur de tension.
Rx
U0 
E  xE
Rx  R (1  x )
Rx .R (1  x )
r
 Rx (1  x )
Rx  R (1  x )
Eléments de Norton :
A et B sont reliés par un fil sans résistance. On calcule alors le courant de courtcircuit.
R(1-x)
A
E
Rx
B
E
R (1  x )
La résistance du modèle équivalent de Norton est la même que celle du modèle
de Thévenin.
I0 
Potentiomètre en charge
Le potentiomètre débite sur une charge résistve Ru .
On remplace le potentionmètre par son modèle équivalent de Thévenin, afin de
déterminer le courant I, par la simple loi de Pouillet.
Loi de Pouillet
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1
Dans un circuit à une maille, le courant est le quotient de la somme
algébrique des f..e.m. et de la somme des résistances
r  Rx (1  x )
R(1-x)
E
Charge
Ru
Rx
E.x
Ru
I
Ex
Rx(1  x )  Ru
Si R est faible devant Ru. La simple variation de x, règle la valeur de I. Il faut alors
remarquer que le potentiomètre a une forte consommation “interne”.
b) Passage du modèle de Thévenin au modèle de Norton – Adaptation de
puissance
Le modèle équivalent de Thévenin d’un générateur est donné par une tension à
vide ou f.e.m. E=20V et une résistance r=10.
a)
Obtenir par calcul, le courant de court-circuit
I0 
b)
E 20

 2A
r 10
En déduire le modèle de Norton associé
Un générateur de courant parfait de courant 2A en parallèle avec une résistance
de 10Ω, ou une conductance de 0,1S.
c)
On branche une résistance R de valeur inconnue sur le générateur.
Exprimer littéralement la puissance dissipée dans R en fonction de E,r et R. Pour
quelle valeur de R, la puissance est-elle maximale ?
Soit U, la tension aux bornes de la résistance R.
U
R
E
Rr
La puissance consommée par R est donnée par :
P
U2
R 2 E2
RE 2
[
]

R
R  r R (r  R) 2
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2
La dérivée de la fonction P(R ) par rapport à R a pour 0, la valeur R=r.
Dans ces conditions la puissance est maximale, la charge R est adaptée à la
source de résistance interne r.
2 – Applications du théorème de Millman
G est un générateur dont la f.e.m. E décroît avec le temps de 6,4V à 5,5V en 24h
selon une loi linéaire.
Sa résistance interne est constante et vaut r=5. La charge du montage est
S=10.
En tampon, on place une batterie B de fem constante e=4V et de résistance
interne r’= 0,1.
a)
Exprimer la loi de variation de l’intensité dans la charge à l’instant initial
et au bout de 24h.
b)
Quelle serait la valeur du courant dans la charge au bout de 24h sans
la batterie ?
c)
Quel est le rôle de la batterie
E
I
r
Générateur
u
S
Batterie
e
i
r’
E varie selon la loi E  6,4  0,9t ; t en jours .
E e

r
r'
u
1 1 1
 
r S r'
E e

u 1 r r'
i 
S S1 1 1
 
r S r'
i  0,4  0,002t
La variation relative de i sur 1 jour est de 0,5%
i  0,43t  0,06t
Sans batterie, la loi de variation de i est
La variation relative de i sur 1 jour est de 14%
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3
Le rôle de la batterie est de suppléer au déficit de courant du à l’affaiblissement de
E. D’où le nom de batterie tampon.
3 – Applications des méthodes de Kirchoff
On désire trouver les intensités des courants dans toutes les résistances du circuit
suivant. Il s’agit d’un exemple à caractère didactique seulement.
A
R2=10
R1=5

E1=10V
E2= 40V
R=10
B
a) Préliminaire
 Combien le réseau a-t-il de nœuds de courant, de branches et de mailles?
2 nœuds A et B ainsi que 3 mailles E1,R1,R – E2,R2,R – E1,R1,R2,E2.
3 branches E1,R1 – R - R2,E2
Il y a trois intensités à trouver donc 3 équations indépendantes. On prend deux
équations de mailles et une de nœud.
 Représenter par une flèche la tension UAB ()
 Représenter par une flèche les courants dans les résistances () en
représentant les deux générateurs en convention générateur et R en
récepteur
Au vu de ces données, il n’y a aucune ambiguïté sur les sens des courants et leur
signe.
On peut aussi représenter les tensions aux bornes des résistances. ().
A
I1
I2
R1
E1
R2
I
R
E2
B
On désire calculer les trois courants de branches et la tension UAB .
b)
Calculer par les lois de Kirchoff
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4
Loi de nœud : I  I1  I 2
Lois de mailles : On doit écrire deux équations indépendantes, choisir deux
mailles et écrire l’équation en suivant la maille dans un sens choisi.
R1I1
A
I1
E1
R2I2
I2
RI
I
E2
B
E1  RI  R1I1  0
E 2  RI  R 2I2  0
Soit à résoudre le système linéaire :
I1  I2  I  0

R1I1  0  RI  E1
0  R I  RI  E
22
2

0
1 1
E1 0 R
E2 R2 R
 E1(R  R 2 )  E 2R
I1 

1
1  1  (RR 2  RR1  R1R 2 )
R1 0 R
0 R2 R
1
I2 
0
1
R1 E1
0 E2
R
R
1
1
R1 0
0 R2
1
R
R
1
0
1

R(E1  E 2 )  R1E 2
 (RR 2  RR1  R1R 2 )
R1 0 E1
0 R2 E2
 E1R 2  E 2R1
I

1
1  1  (RR 2  RR1  R1R 2 )
R1 0 R
0 R2 R
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4 – Problème de synthèse
Un tramway roule sur une voie dont on néglige la résistance. Le courant dans le
moteur est pris sur une ligne dont la résistance vaut =0,3 par km . La longueur de
cette ligne est L=10km. On appelle x, l’abscisse du tram sur sa voie.
Automatiquement ou manuellement, on maintient le courant constant à une valeur
I=50A (Afin d’avoir un effort de traction constant). A l’entrée de la ligne une station
d’alimentation délivre une tension E=600V continue.
On appelle V(x), la tension aux bornes du moteur, qui se comporte ici comme une
source de courant parfaite. La figure 1 illustre le principe du système et la figure 2
donne le schéma équivalent de l’installation.
x
x
E
E
I
V(x)
L
Figure 1
a)
b)
Figure 2
Exprimer V en fonction de x et calculer les valeurs extrêmes de V
Définir le rendement de puissance du système et calculer ses valeurs
extrêmes.
E  xI  V( x )
V.I V


E.I E
A.N.
V max  600V ( x  0)
V min  450V ( x  10km)
75%    100%
2 – Afin de limiter cette variation de la tension V lorsque le tramway progresse sur sa
voie, on complique le système de distribution.
Une deuxième tension continue E’ est appliquée à une deuxième ligne appelée
« feeder » de résistance R=0,8. (figure 3). Le schéma équivalent de l’installation est
donnée sur la figure 4.
E’
x
E
E’
R
i
x
( L  x )
E I-i
Figure 3
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I
V(x)
Figure 4
6
On considère deux mailles, la première construite avec E’, R, x, (L-x) et la seconde
construite avec E, x et le générateur de courant représentant le moteur.
E’
R
i
x
( L  x )
E I-i
a)
I
V(x)
E’
R
i
x
( L  x )
E I-i
I
V(x)
Ecrire les deux équations de mailles (en tension).
E'  (Ri)  (L  x )i  x(I  i)
E  x(I  i)  V
Exprimer i en fonction de E’, , x, L, R et I. (équation 1)
b)
E'xI
R  L
i
équation 1
Exprimer V en fonction de E, I, i, , x. (équation 2)
c)
V  a  bx  cx 2
aE
b  I 
c
d)
E'
R  L
équation 2
 2 .I
R  L
On obtient une équation du second degré en x. L’étude de la fonction V(x)
montrerait que V présente un minimum. Afin que ce minimum soit obtenu pour
x=L/2, on introduit une condition de plus V(0)=V(L)=E.
On montre qu’alors E’=RI= 40V. Calculer les coefficients a, b et c.
a=600V ; b=11,8V/km ; c=1,18V/km².
V( x)  600  11,8x  1,18x 2
R  x
De plus i 
.I
R  L
e)
Définir un rendement de puissance de l’installation sans oublier la deuxième
alimentation.
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7

f)
VI
V
600  11,8x  1,18x 2


R  x
R  x 600  3,94(0,8  0,3x )
EI  RI.
I E  RI.
R  L
R  L
Pour x=L/2, calculer ce rendement.
VI

EI  E' i
( x  0)  100%
E
( x  10) 
.100  94%
E  RI
Pour x=5, V=570V ; i=30A ;
570.50

.100  91%
600.50  40.30
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