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 :
UPN .IUAB.I
Or :
UPN Er.I
aux bornes du générateur et
UAB 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.I2
Donc :
Pél R.E
Rr
2
soit
Pél R.E2
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 R
2
aux bornes du
générateur. Par conséquent :
Pél 
R
2.E2
R
2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UN
2
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
 RVR
RRV
Il s’ensuit que l’énergie fournie par le générateur est entièrement transmise à la résistance Réq :

Pgéné Pél
soit :
Pél Réq.I2
or, l’intensité est celle d’un circuit série de résistance Réq :
IE
Réq
Par conséquent :
Pgéné E2
Réq
Pour la lampe, elle reçoit une puissance
PLUL
2
R
Or, la tension aux bornes de la lampe dépend de la position du curseur : c’est un montage potentiométrique.
La tension
ULUMB
est donc donnée par le raisonnement suivant :
tension
UL
RVR
RRV
.I
(loi d’Ohm) soit :
ULRVR
RRV
E
Réq
Donc :
PL
RVR
RRV
E
Réq
2
R
soit :
PLRRVE
Réq RRV
2
 Si
RVRmax
alors
Réq RmaxR
RRmax
= 23 et
Pgéné 
25 W
PL
6,4 W
 Si
RV0
alors
Réq Rmax
= 30 et
Pgéné 
21 W
PL
0 (pas de tension aux bornes
de la lampe)
 Si
RVRmax
2
alors
Réq Rmax
2
Rmax
2R
RRmax
2
= 28
Pgéné 
22 W
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
écrivant que
Pél UL
 2
RL
soit
RLUL
 2
Pél
.
D’où
RLUL
 2
Pél
= 1,5
La résistance équivalente au circuit vaut donc :
Réq RLR
= 2,5 .
Or,
Pgéné Pcircuit
soit
E.IRéq.I2
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.I2

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 P
1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 :
UAB.IP
soit :
UAB P
I
A.N :
UAB 
4,0 V.
De plus,
UBC
est la même aux bornes de
R2
ou
R3
.
Or,
UPN UAB UBC
soit :
UBC UPN UAB
donc A.N :
UBC 
8,0 V.
c. En utilisant la loi d’Ohm, on peut écrire :
PUAB
 2
R1
soit :
R1UAB
 2
P
A.N :
R1
0,8
De même,
R3UBC
 2
PR2
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U1N
I1N
et
R2U2N
I2N
A.N :
R1
60  et
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E
R1R2
Or :
U1R1.I
et
U2R2.I
donc :
U1R1.E
R1R2
et
U2R2.E
R1R2
A.N :
U1
9,0 V et
U2
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.

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 R.R1
RR1
et donc :
IE
R1éq R2
soit :
U1R1éq.E
R1éq R2
On cherche cette fois
R1éq
pour que U1 = 6,0 V :
R1éq R2
 .U1R1éq.E
d’où
R1éq.EU1
 R2.U1
et donc :
R1éq R2.U1
EU1
On termine l’expression littérale (ce n’est pas obligatoire ici) :
R1eq R.R1
RR1
soit :
R.R1
RR1
R2.U1
EU1
Donc :
R.R1R2.U1
EU1
.RR1
soit :
R2.U1
EU1
R1
.R R1.R2.U1
EU1
d’où enfin :
RR1.R2.U1
R1EU1R2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.R1
RR1
R2
soit :
RR2.R1
R1R2
A.N : R = 30  …
Exercice 24 p.181
a. La branche ADC est en dérivation avec la branche ABC.
Donc :
1
Réq
1
RABC
1
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
Réq
1
R2R3
1
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 :
UAC R1R4
 .I1
Or,
UAC UPN
puisque P et A sont reliés par un fil de connexion.
Donc :
R1R4
 .I1E
et :
I1E
R1R4
A.N :
I1
0,15 A
De même,
I2E
R2R3
A.N :
I2
0,60 A

c. On applique la loi d’Ohm avec la convention récepteur :
UAD R1.I1
A.N :
UAD 
3,0 V
UDC R4.I1
A.N :
UDC 
9,0 V
UAB R2.I2
A.N :
UAB 
3,0 V
UBC R3.I2
A.N :
UBC 
9,0 V
d. D’après la formule de la puissance électrique :
P1UAD .I1
A.N :
P1
0,45 W
P4UDC .I1
A.N :
P4
1,3 W
P2UAB.I2
A.N :
P2
1,8 W
P3UBC .I2
A.N :
P3
5,4 W
Or,
Pgéné E.I
A.N :
Pgéné 
9,0 W
On vérifie bien que :
Pgéné P
1P2P3P4
e. D’après la loi d’additivité des tensions,
UBD UBA UAD
Or,
UBA  UAB  R2.I2
avec
I2E
R2R3
soit
UBA  UAB  R2.E
R2R3
De surcroît,
UAD R1.I1R1.E
R1R4
d’où :
UBD UAD UAB R1.E
R1R4
R2.E
R2R3
Donc :
UBD R1
R1R4
R2
R2R3
.E
A.N :
UBD 
0 V…
f. Lorsque B et D sont reliés par un fil conducteur, les potentiels de B et D sont égaux. Or,
UBD 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
R1R2
R3.R4
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 :
UBD R
2
R
RRV
.E