Correction_exercices_séquence_5_circuits_électriques

Correction des exercices du livre p.179-182
Exercice 10 p.179
a. Le bilan de puissance du circuit s’écrit : Pgéné  Pél . On néglige les pertes par effet Joule dans les fils de
connexion.
Le bilan de puissance s’écrit donc : U PN .I  U AB .I
Or : U PN  E  r.I aux bornes du générateur et U AB  R.I aux bornes de la résistance.
Donc le bilan de puissance devient :
E  r.I  R.I
soit : I 
E
Rr
b. Le conducteur ohmique reçoit une puissance électrique Pél  R.I 2
 E 
 R  r 
2
Donc : Pél  R. 
soit
Pél 
R.E 2
R  r 2
A.N : Pél  2,5 W
c. Le conducteur ohmique équivalent à deux conducteurs ohmiques en dérivation est un conducteur ohmique
de conductance Géq  G1  G2
Comme les deux conducteurs ohmiques sont identiques, Géq 
2
R
soit Réq 
R
2
Tout se passe donc comme s’il n’y avait qu’un conducteur ohmique de résistance Réq 
générateur. Par conséquent :
R
aux bornes du
2
R 2
.E
2
Pél 
2
R 
  r 
2
A.N : Pél  3,7.102 W
La puissance fournie n’est pas deux fois plus grande du fait de la présence de la résistance interne du
générateur. En effet, si on fait r = 0 dans l’expression ci-dessus, on retrouve Pél  2Pél .
Exercice 15 p.180
a. Au voisinage de son point de fonctionnement, c’est-à-dire pour les valeurs nominales de U et I, on peut
admettre que la résistance R de la lampe est constante.
Alors : R 
UN
IN
soit R 
U N2
PN
A.N : R  96 
b. Soit RV la résistance variable du rhéostat entre M et B, et Rmax la résistance totale. On a alors :
RAM  Rmax  RV .
Le circuit est équivalent à un conducteur ohmique de résistance Réq tel que :
 La lampe de résistance R est en dérivation avec RV.
 L’association précédente est en série avec RAM  Rmax  RV .
Donc, Réq  Rmax  RV 
RV R
R  RV
Il s’ensuit que l’énergie fournie par le générateur est entièrement transmise à la résistance Réq :
Pgéné  Pél
soit : Pél  Réq .I 2
or, l’intensité est celle d’un circuit série de résistance Réq : I 
Par conséquent : Pgéné 
E
Réq
E2
Réq
Pour la lampe, elle reçoit une puissance PL 
U L2
R
Or, la tension aux bornes de la lampe dépend de la position du curseur : c’est un montage potentiométrique.
La tension U L  U MB est donc donnée par le raisonnement suivant :
tension U L 
 R R  E
RV R
.I
R  RV
(loi d’Ohm) soit : U L   V 
 R  RV  Réq
 RV R  E 



 R  RV  Réq 
Donc : PL 
R
2


RV E
soit : PL  R  

 Réq  R  RV 
Rmax R
= 23 
R  Rmax

Si RV  Rmax

Si RV  0 alors Réq  Rmax = 30 
de la lampe)

R
Si RV  max
2
alors Réq 
et
et
2
Pgéné  25 W
Pgéné  21 W
Rmax
R
R


alors Réq   max   2
= 28 
Rmax
 2 
R
2
PL  6,4 W
PL  0
Pgéné  22 W
(pas de tension aux bornes
PL  1,4 W
Exercice 17 p.180

Pour la lampe de tension nominale UL = 6,0 V : en l’alimentant
avec la batterie de 6,0 V on obtient le circuit suivant :
La résistance équivalente des fils de connexion vaut R = 1  .
La lampe peut être assimilée au voisinage de son point de
fonctionnement, à une résistance RL qui peut être calculée en
2
UL 


écrivant que Pél
RL
U L 
soit RL
2
UL 


.
Pél
2
D’où RL 
Pél
= 1,5 
La résistance équivalente au circuit vaut donc : Réq  RL  R = 2,5  .
Or, Pgéné  Pcircuit soit E.I  Réq .I 2 d’où : I 
E
Réq
A.N : I  2,4 A.
La puissance dissipée par effet Joule dans les fils de connexion vaut donc : PJ  R.I 2
A.N : PJ  5,8 W.

Dans le cas où la tension nominale de la lampe est 12 V, on l’alimente avec les deux batteries de 6,0 V
placées en série, ce qui correspond à une batterie de 12 V.
On trouve : RL  6 
Donc : A.N : I  1,6 A
et PJ  2,6 W.
Il est donc beaucoup plus intéressant du point de vue énergétique (et moins dangereux, à cause de
l’échauffement des fils) d’utiliser la lampe de 12 V avec l’association des deux batteries.
Exercice 19 p.181
a. Ecrivons le bilan de puissance du circuit : Pgéné  P1  P2  P3
soit
E.I  3P
donc : I 
3P
E
A.N : I  5,0 A.
b. D’après la loi d’unicité du courant, la résistance R1 est traversée par la même intensité que celle qui
traverse le générateur. On a donc : U AB .I  P soit : U AB 
P
A.N : U AB  4,0 V.
I
De plus, U BC est la même aux bornes de R2 ou R3 .
Or, U PN  U AB  U BC soit : U BC  U PN  U AB donc A.N : U BC  8,0 V.
c. En utilisant la loi d’Ohm, on peut écrire :
De même, R3
2
U BC 


R
2
P
2
U AB 

P
R1
soit : R1
2
U AB 


P
A.N : R1  0,8 
A.N : R2  R3  3,2 
d. Sachant que les deux résistances (2) et (3) sont placées en dérivation, la tension à leurs bornes est la
même. Or, elles absorbent la même puissance. Donc, elles sont traversées par la même intensité, elles sont
donc égales.
Exercice 22 p.181
a. Au voisinage des conditions nominales, on peut écrire : R1 
A.N :
R1  60  et
U1N
U
et R2  2 N
I1N
I2 N
R2  20 
Attention : il s’agit d’une approximation très grossière en dehors des conditions nominales ! On n’obtiendra
ainsi qu’une valeur très approximative des grandeurs calculées, ce qu’on gardera à l’esprit pour des
problèmes plus complexes.
b. Le circuit se comporte comme une association de deux résistances en série et par conséquent : I 
Or : U1  R1 .I et U 2  R2 .I
donc : U1 
R1 .E
et
R1  R2
U2 
R2 .E
R1  R2
A.N : U1  9,0 V et U 2  3,0 V
c. Ces lampes ne fonctionnent pas normalement : la première est en surtension et brillera trop fort, la
seconde est en sous-tension et ne brillera que peu.
E
R1  R2
d. C’est une bonne idée : en plaçant une résistance aux bornes de la lampe dont la résistance est la plus forte,
on va ainsi diminuer la résistance globale de l’association, et ainsi faire baisser la tension aux bornes de
l’association. Il faut donc placer la résistance R aux bornes de la lampe (1) afin que U1 = 6,0 V.
On aura alors : R1eq 
E
R.R1
et donc : I 
R1éq  R2
R  R1
soit : U1 
R1éq .E
R1éq  R2
On cherche cette fois R1éq pour que U1 = 6,0 V :
R

R1éq .E  U1   R2 .U1
R2 .U1
E  U1
R.R1
R.R1
R .U
On termine l’expression littérale (ce n’est pas obligatoire ici) : R1eq 
soit :
 2 1
R  R1
R  R1 E  U1
1éq
 R2 .U1  R1éq .E d’où
Donc : R.R1 
 R .U
R2 .U1
.R  R1 
E U1
et donc : R1éq 

R .U
soit :  2 1  R1  .R  R1 . 2 1
E  U1
 E  U1

R
d’où enfin :
R1 .R2 .U1
R1E  U1 R2  R1 
A.N : R = 30 
Ce résultat aurait pu être obtenu de façon plus intuitive : en effet, on veut que les tensions aux bornes des
lampes soient égales à 6,0 V chacune.
Il faut donc que R1éq, association de R en parallèle avec la lampe (1) de résistance approchée R1, soit la même
que R2.
Donc : R1eq 
R .R
R.R1
 R2 soit : R  2 1
R1  R2
R  R1
A.N : R = 30  …
Exercice 24 p.181
a. La branche ADC est en dérivation avec la branche ABC.
Donc :
1
1
1


Réq RABC RADC
Or, les résistances de la branche ADC sont en série, comme celles de la branche ABC.
 Dans la branche ADC : RADC  R1  R4
 Dans la branche ABC : RABC  R2  R3
Par conséquent :
1
1
1


Réq R2  R3 R1  R4
donc : Réq 
R2  R3  R1  R4 
R2  R3  R1  R4 
A.N : Réq  16 
On a donc : I 
E
Réq
A.N : I  0,75 A
b. Dans la branche ADC, on peut écrire d’après la loi d’Ohm avec la convention récepteur :
U AC  R1  R4 .I1
Or, U AC  U PN puisque P et A sont reliés par un fil de connexion.
Donc : R1  R4 .I1  E
De même, I 2 
E
R2  R3
et : I1 
E
R1  R4
A.N : I1  0,15 A
A.N : I 2  0,60 A
c. On applique la loi d’Ohm avec la convention récepteur :
 U AD  R1 .I1
A.N : U AD  3,0 V
 U DC  R4 .I1
A.N : U DC  9,0 V
 U AB  R2 .I 2
A.N : U AB  3,0 V
 U BC  R3 .I 2
A.N : U BC  9,0 V
d. D’après la formule de la puissance électrique :
 P1  U AD .I1
A.N : P1  0,45 W
 P4  U DC .I1
A.N : P4  1,3 W
 P2  U AB .I 2
A.N : P2  1,8 W
 P3  U BC .I 2
A.N : P3  5,4 W
Or, Pgéné  E.I
A.N : Pgéné  9,0 W
On vérifie bien que : Pgéné  P1  P2  P3  P4
e. D’après la loi d’additivité des tensions, U BD  U BA  U AD
Or, U BA  U AB  R2 .I 2
avec
I2 

E 
 R1  R4 
De surcroît, U AD  R1 .I1  R1 .

R


R
E
R2  R3
soit
 E 
U BA  U AB  R2 . 
 R2  R3 

 E 
E 
 R2 . 

 R1  R4 
 R2  R3 
d’où : U BD  U AD  U AB  R1 . 

1
2

Donc : U BD  

  .E
 R1  R4   R2  R3  
A.N : U BD  0 V…
f. Lorsque B et D sont reliés par un fil conducteur, les potentiels de B et D sont égaux. Or, U BD  VB  VD est
déjà nulle. Donc cela ne change rien à la situation.
g. Lorsque B et D sont reliés par un fil, le circuit a l’air plus compliqué :
Mais en fait, il se ramène au circuit suivant, puisque D et
B sont au même potentiel, et sont donc électriquement
identiques :
On a alors R1 et R2 en dérivation au dessus de D
(identique à B) puis R3 et R4 en dérivation au dessous de
D.
L’ensemble est en série entre A et C.
Donc :
Réq 
R1 .R2
R .R
 3 4
R1  R2 R3  R4
On vérifie que : Réq  16  …
Application de ce montage, appelé « pont de Wheastone » :
Si trois des résistances sont identiques et fixes, et l’une, par exemple la n°3, est variable, on a :
 R   R  
U BD     
  .E
 2   R  RV  
Une petite variation de la résistance variable va donc se traduire par une variation importante de la tension
entre B et D.
De plus, si RV = R, la tension est nulle à 0, elle change de signe selon que RV est plus petite ou plus grande
que R !
On réalise ainsi des capteurs très sensibles en utilisant des résistances variables en fonction de la pression
(balances), de la température (thermomètres), de l’allongement (jauges de contraintes), etc.
Exercice 25 p.182
a. Lorsque la distance entre la sous-station et la motrice vaut 10 km, alors Rcat = 0,20  et Rrail = 0,32  .
b. La loi d’additivité des tensions permet d’écrire : U AB  U AC  UCD  U DB
Or, U AC  Rcat  I et U DB  Rrail  I d’après la loi d’Ohm.
Par conséquent : UCD  U M  U  Rcat  Rrail  I
A.N : U M  6,2.102 V
c. Pél  U M  I A.N : Pél  7,4.105 W = 7,4.102 kW
d. Si la résistance interne est négligeable, alors on peut négliger les pertes par effet Joule dans les bobinages
du moteur : l’énergie électrique est entièrement convertie en énergie mécanique : PM  Pél
e. PJ  Rcat  Rrail  I 2
A.N : PJ  7,5.105 W = 7,5.102 kW
f. On obtient un rendement voisin de 50 %... Ce qui n’est pas très bon, mais supérieur tout de même aux
moteurs thermiques dont le rendement avoisine les 30 % dans le meilleur des cas.
Exercice 26 p.182
a. Le bilan de puissance du circuit s’écrit : Pgéné  Pél
Or, Pgéné  E  r.I .I  E.I  r.I 2 donc : E.I  r.I 2  Pél
L’intensité I est donnée par la résolution de l’équation du second degré : r.I 2  E.I  Pél  0
soit : 2, 0.I 2  6, 0.I  4, 5  0 avec   0.
Il y a donc une unique solution qui s’écrit :
I  1,5 A
Remarque : dans le cas où deux solutions existeraient, on ne prendrait que la solution positive.
b. Pch  E.I
A.N : Pch  9,0 W
c. On considère le rendement de la conversion d’énergie chimique en énergie mécanique :  
Pm
Pch
Sachant que 80 % de l’énergie électrique reçue par le moteur est convertie en énergie mécanique, on a donc :
A.N :   40 %
d. L’ensemble des pertes thermiques par effet Joule représentent donc 60 % de l’énergie chimique convertie
initialement. Donc : PJ  5,4 W pour chauffer les oiseaux.