Réponses

CORRIGE ELECTRICITE TD1
Exercice 1
Question 1
On remplace le dipôle CD par un dipôle de Thévenin alimentant la résistance R’
E
Eth
R3
C
R’
Rth
R1
Détermination
de Eth R’
R2
I’
R4
I’
D
E
R3
C
I1
R1
UCD
R2
I2
R4
D
Détermination de Rth
On passive le générateur de tension
C
C
R3
R1
R4
R2
R1
R4
R2
D
R3
D
R1
C
R3
R2
D
R4
RCD est l’association en série du groupe R2//R4 et du groupe R1//R3
Détermination de I’
Eth
R’
Rth
I’
Cas particulier
Si R1=R2=R3=R4 on constate que I’=0
____________________________________________________
Question 2.
On utilise le théorème de Kennely pour remplacer un groupe de trois résistances (R, R et 2 R)
en triangle par un groupe de trois résistances en étoile.
Dans l’association en étoile, deux résistances sont identiques et ont pour expression,
la troisième ayant pour expression
On recommence pour le deuxième groupement de trois résistances et on obtient le schéma
équivalent :
R
A
R/2
R/4
O
R/2
B
R
Ce schéma correspond tout à fait à celui du cas particulier de la question 1 avec
et
Quand on applique une tension entre A et B la branche composée de R’ ne véhicule aucun
courant et peut être retirée.
A
O
B
Entre A et B deux résistances de 3 R sont en parallèle
======================================================
Exercice 1 Question 2 Autre solution
Toutes les résistances non annotées ont pour valeur R
Le schéma est parfaitement symétrique par rapport à la droite AB.
A
O
B
On peut redessiner ce schéma en introduisant 3 fils conducteurs de résistance nulle
On fait ainsi apparaître deux groupes de résistance identiques reliés par les fils
A2
A1
B2
B1
On place un ohmmètre entre A et B
Par raison de symétrie, la distribution des courants et leurs intensités sont les mêmes dans les
deux associations. Il en résulte que l’intensité du courant dans le fil central ajouté est nul.
On ne changera donc rien en retirant ce fil
A2
A1
B2
B1
On peut calculer la résistance équivalente à l’une des associations par exemple A1B1
A1
B1
2R
A1
A1
B1
R
R
R
B1
La résistance équivalente à l’association de deux résistances identiques de valeur 2R en // est
égale à R
D’où RA1B1=3R
De même RA2B2=3R
R R
3R 3R 3
La résistance équivalente globale est RAB  A1B1 A2 B 2 
 R
RA1B1  RA2 B 2
6R
2
Exercice 2
K
L i3
i1
R
M
2R
i4
2R i3
R i1
2E
2R
aE
2R i4
E
2R i2
i2
2R
P
B
A
i
2R
Q
2R i
On flèche les intensités puis les tensions en respectant les conventions
Sur le schéma les intensités sont fléchées en rouge et les tensions en bleu
Il y a 5 inconnues :les intensités des courants
Il nous faut donc 5 équations pour résoudre le problème
On écrira 3 équations de mailles de manière à parcourir tous les éléments du circuit et 2
équations de nœuds
Maille KLAQBK
2E-R i1-2R i4+2R i=0
(1)
Maille BPAQB
E-2R i2+2R i=0
(2)
Maille LMAL
2R i3-aE+2R i4=0
(3)
Noeud L
i4=i1+i3
(4)
Nœud B
i1+i2+i=0
(5)
E 
a
La résolution de ce système de 5 équations conduit à i  
3 
6R 
2
Cette résolution est traitée en annexe
Exercice 3
Le dipôle AB (portion de circuit à laquelle on a enlevé la résistance 2R représentée en
trait épais) est remplacé par un dipôle de Thévenin
B
A
Rth
Eth
L’ensemble du circuit est équivalent au circuit suivant
Rth i
B
A
Rth
Eth
2R
i
2R i
Eth+Rth i+2R i=0
d’où i  
Eth
2 R  Rth
Nous allons calculer Eth et Rth
======================================================
Calcul de Eth
Dans le dipôle remplacé par un dipôle de Thévenin on calcule la tension U AB qui est égale à
Eth
K
L i’3
i’1
R
M
2R
i’4
2R i’3
R i’1
2E
2R
aE
2R i’4
E
2R i’1
2R
B
P
A
On applique les lois de Kirchoff
Maille KLAPBK
2E-R i’1-2R i’4 -2R i’1-E=0
Maille LMAL
2R i’3-aE+2R i’4=0
Noeud L
i’4=i’1+i’3
2 E  aE
8R
2 E  aE 6E  aE
 E  2 Ri '1  E  2 R

8R
4
La résolution de ce système conduit à i '1 
On en déduit U AB
6 E  aE
4
On passive les générateurs du dipôle remplacé par un dipôle de Thévenin.
On remplace donc les générateurs de tension par des fils
On détermine RAB
Eth=
2R
R
2R
B
2R
A
R
R
B
2R
A
La résistance équivalente à l’association de deux résistances identiques de valeur 2R en // est
égale à R
RAB= R
donc Rth=R
Expression de i
Eth
2 R  Rth
Eth
Eth
1 6 E  aE
E 
a
i



3 
2 R  Rth
2R  R
3R
4
6R 
2
i
Exercice 4
Le dipôle AB (portion de circuit à laquelle on a enlevé la résistance 2R représentée en
trait épais) est remplacé par un dipôle de Norton
B
A
IN
RN
L’ensemble du circuit est équivalent au circuit suivant
B
A
IN
RN
2R
i
RN
RN  2 R
Etant donné que nous avons remplacé le même dipôle par un dipôle de Thévenin et par un
dipôle de Norton, RN=Rth=R
Il faut calculer IN
==========================================================
Calcul de IN
Dans le dipôle remplacé par un dipôle de Norton on établit un court-circuit entre A et B en
reliant A et B par un fil de résistance nulle. L’intensité du courant qui passe dans ce fil est
égale à IN
En appliquant le loi du diviseur d’intensité on obtient i   I N
K
L i3
i1
R
M
2R
i4
2R i3
R i1
2E
2R
aE
2R i4
E
2R i2
i2
2R
B
P
A
IN
UAB est nulle (court-circuit)
Maille KLABK
2E-R i1-2R i4 -E+2R i2=0
(1)
Maille LMAL
2R i3-aE+2R i4=0
(2)
Maille BPAQB
E-2R i2 +0=0
(3)
Noeud L
i4=i1+i3
(4)
Nœud B
IN=i2+i1
(5)
Q
E 
a
3 
2R 
2
===========================================================
Expression de i
RN
I
R
E 
a
i  I N
 I N
 N 
3 
RN  2 R
R  2R
3
6R 
2
La résolution de ce système conduit à iN 