Correction du TD Physique - Dipôles électrocinétiques et réseaux

Correction du TD Physique - Dipôles électrocinétiques et réseaux en régime permanent - MPSI 1 Lycée Chaptal - 2011
Correction du TD Physique - Dipôles électrocinétiques et réseaux en
régime permanent
I - Équivalences de générateurs
II - Pont de Wheatstone - calculs
La loi des mailles donnent E = 10 V et U4 = 7 V soit U = 1 V. La loi des noeuds donne I3 = 4 mA, I = 2 mA
et I4 = 2 mA. Ainsi défini, le dipôle central est en convention récepteur, de plus l’intensité qui le traverse et la
tension à ses bornes sont positives, c’est donc un récepteur et il reçoit de l’énergie. Si c’était une résistance, sa
valeur serait alors de U/I soit 500Ω.
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Correction du TD Physique - Dipôles électrocinétiques et réseaux en régime permanent
III - Caractéristique d’un moteur
Le dipôle est en convention récepteur, et la caractéristique montre que tension et intensité associées sont
positives : c’est donc un récepteur. La puissance P = U I est donc reçue, la plus grande possible étant celle obtenue
au « bout de la droite » : P max = 720 mW, et la plus petite P min = 0 mW - qui sont aussi, de fait, respectivement
les plus petites et grandes fournies (au signe près) ! Ce dipôle est un récepteur actif puisque sa caractéristique ne
passe pas par l’origine. Le générateur de Thévenin équivalent a pour loi U = E Th + RTh I, que l’on obtient en
regardant l’ordonnée à l’origine (et ainsi E Th = 10 V) et la pente (ce qui donne RTh = 33Ω). En Norton, on a
alors RTh = 33Ω et I No = 300 mA).
IV - Ampèremètre réel
Lorsque K est ouvert, on a un circuit série avec e, la réstistance R et l’ampèremètre, parcouru par un courant
i0 = e/(r + R1 ). Lorsque K est fermé, on a, d’après le schéma,
e = ri1 + R2 i
soit
i1 =
ri1 = R0 (i − i1 )
et
e
r + R2 (R0 + r)/R0
Si l’indication est la même sur l’ampèremètre, c’est que les deux intensités sont les mêmes, soit i0 = i1 et
e
e
=
r + R1
r + R2 (R0 + r)/R0
conduisant à
r = R0
R
1
R2
− 1 = 50Ω
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V - Adaptation en puissance
BConnaître cet exercice est importantissime ! !
D’après le circuit, on a i = E/(R + r), et on a aux bornes de la
résistance par pont diviseur
U=
soit une puissance
R
E
R+r
P = Ui =
RE 2
(R + r)2
Si on dérive cette puissance par rapport à R, on a
E2
∂P
2R =
1−
2
∂R
(R + r)
R+r
qui est nul pour R = R0 = r et on a alors
P = P max =
E2
4r
E2
P max
. Le rendement vaut donc η =
= 50%.
2r
P géné
On dit que choisir R = r correspond à effectuer l’adaptation en puissance.
Remarquons que le générateur fournit de son côté P géné = Ei =
VI - Composant non linéaire
On a [I] = [a] × [U ]3 , a s’exprime donc en A.V −3 .
On peut écrire grâce à la loi des mailles (une seule maille, donc un seul courant I) que
e = RI + U , avec I = gU + aU 3
e = (Rg + 1) U + Ra U 3
soit
4 = 3 U + U3
Numériquement,
soit
U =1V
et
I = 3 mA
On a alors successivement
P géné = eI = 12 mW
P R = RI 2 = 9 mW
P dipôle = U I = 3 mW
Ainsi, on remarque que P géné = P R + P dipôle : on a conservation de la puissance, celle-ci, fournie par le générateur,
se répartit entre le dipôle et la résistance.
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VII - Étude d’un voltamètre ou électrolyseur
Pour ce voltamètre, il faut faire plusieurs hypothèses. Supposons tout d’abord i > 0, on a alors le schéma
équivalent suivant (le voltamètre se comportant comme un générateur en opposition). Notons que dans ce cas
10|i| = 10i.
On a E = 150 + 100i + 10i2 par la loi des mailles. Cette intensité n’existe que si le discriminant ∆ est positif√ou nul, ie si
E > −100 V . Dans ce cas, l’intensité vaut −5 + ∆/2, l’autre
solution conduisant à une solution négative. Pour avoir une intensité positive (notre hypothèse), il faut donc que ∆ > 100, soit
E > 150 V ce qui est cohérent avec E > −100 V.
Dans un second temps, supposons i < 0, dans ce cas 10|i|− = 10i
et on a le nouveau schéma ci-contre. Cette fois-ci E = −50+100i−
10i2 . Cette intensité n’existe que si le discriminant ∆0 est√positif
ou nul, ie si E 6 200 V . Dans ce cas, l’intensité vaut 5 − ∆0 /2,
l’autre solution conduisant à une solution positive. Pour avoir une
intensité négative (notre hypothèse), il faut donc que ∆0 > 100,
soit E 6 −50 V ce qui est cohérent avec E 6 200 V.
Remarquons qu’alors, les deux allures de i = f (E) sont celles de
deux paraboles. Enfin, pour toute autre valeur de E, on n’a ni
i > 0 ni i < 0 : i est donc nulle. D’où l’allure finale :
VIII - Transformations de Kennelly
On suit scrupuleusement les indications de l’énoncé. Tout d’abord, on a de façon évidente
ia + ib + ic = 0
et
Uab + Uca + Ubc = 0
Par ailleurs, on peut écrire
Uab = aia − bib
puis
ia =
Uab
Uca
−
C
B
En combinant ces deux expressions, Uab =
soit
Or, on sait que
et
ib =
Ubc
Uab
−
A
C
a
a
b
b
Uab − Uca − Ubc + Uab
C
B
A
C
a
a + b
b
Uab 1 −
=−
Uca + Ubc
C
B
A
Uab = − Uca + Ubc
Par identification, puisque cette égalité doit être vraie pour toute tension, on a
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a
a+b
b
=1−
=
B
C
A
a+b
a
b
a
A
a
=1− −
=1− −
a=
C
C
C
C
BC
B
1
A+B+C
1
A 1=a
+ +
=a
B
C
BC
BC
ce qui conduit à
1−
et enfin
qui est le résultat annoncé. On conclut de même par permutation circulaire pour les deux autres identités. En
combinant ces expressions, ou en tenant un raisonnement similaire sur les conductances, on peut également obtenir
le résultat donnant A, B et C en fonction uniquement de a, b et c.
BSi on utilise ce résultat, il faut être capable de le redémontrer, car il n’est pas au programme. Ainsi,
à l’écrit, ne pas l’utiliser (ou alors, refaites toute la démonstration auparavant ...), et à l’oral, vous pouvez vous
permettre de l’utiliser, et de ne le démontrer que si on vous en fait la demande. Mais dans ce dernier cas, il vaut
mieux pour vous que vous ne vous trompiez pas !
IX - Résistance itérative
Dans ce premier cas, on a le schéma ci-contre. Attention, les trois résistances
extérieures sont en série, et la résistance équivalente est en parallèle avec la
dernière ! La résistance équivalente totale vaut donc
R1 =
3
r
4
Second cas, même principe, et on utilise le résultat
précédent. La résistance équivalente totale vaut
R2 =
11
r
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Pour le dernier cas, considérons la cellule de taille n et relions-la à la résistance équivalente de taille n − 1 grâce au
schéma ci-dessous.
1
1
1
= +
Rn
r
2r + Rn−1
On obtient la relation de récurrence
soit
Rn =
2r + Rn−1
r2
r=r−
3r + Rn−1
3r + Rn−1
C’est une suite du type un+1 = f (un ) avec f croissante et majorée par 1. Elle est donc convergente, et tend vers
une limite R∞ , vérifiant
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R∞ = r −
r2
3r + R∞
√
R∞ = r ( 3 − 1)
soit
L’erreur relative commise en confondant R∞ et R2 vaut
R∞ − R2
= 0, 17%
R∞
L’approximation est donc très bonne, la suite converge très rapidement.
X - Montages courte et longue dérivation
1. Dans le cas de la courte dérivation, on a U = RV i = R(I − i). L’ampèremètre mesure le courant qui le parcourt,
soit I, et le voltmètre la tension à ses bornes, soit U . La résistance mesurée est alors
Rm =
et l’erreur relative
U
RV i
RRV
=
=
I
(RV − R)/R i
RV − R
ecourte =
Rm − R
R
R
=
∼
R
RV − R
RV
puisque souvent RV R
Dans le cas de la longue dérivation, on a U = (RA + R)I, la résistance mesurée est par conséquent
Rm =
et l’erreur relative
elongue =
U
= RA + R
I
Rm − R
RA
=
R
R
2. On choisira un montage lorsque son erreur relative sera plus petite que pour l’autre. Ainsi, on choisira le montage
courte dérivation si ecourte 6 elongue , soit R/RV 6 RA /R. La valeur critique de R, correspondant à l’égalité des
deux erreurs relatives, est
√
Rcritique = RV RA
Si R < Rcritique (« petites » résistances), alors ecourte 6 elongue et on choisira le montage courte dérivation (moyen
mnémotechnique : la dérivation est courte car les résistances sont petites !). Dans le cas contraire, on choisira le
montage longue dérivation.
3. Rcritique ∼ 3, 2 kΩ < R : on choisit le montage courte dérivation.
XI - Calculs de résistances équivalentes
1. Il n’y a en fait que trois cas à étudier, les autres étant équivalents à une rotation ou symétrie près : le cas de deux
points situés à l’opposé sur le cube, celui de deux points situés sur une même arête, et le cas de deux points opposés
sur une face du cube. L’astuce de ce genre d’exercice est de repérer les points qui, par symétrie, possède le même
potentiel. On peut alors, sans modifier le circuit, les relier par des fils, ce qui conduira alors à des simplifications.
Un exemple valant mieux qu’un long discours, c’est parti ...
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Premier cas : à l’opposé sur le cube. Dans ce premier cas, le courant
arrivant en A se partage pour rejoindre les points C, E et F. Cependant, la
symétrie du système permet de dire que ce courant va se partager de la même
façon entre ces trois branches, puisqu’elles respectent la symétrie. On peut donc
affirmer que C, E et F ont le même potentiel. Relions ces points entre eux par
un fil. De la même façon, on peut relier D, G et H qui respectent eux aussi la
symétrie et sont au même potentiel.
Le dessin suivant exploite alors ces « fils » imaginaires, qui permettent de faire apparaitre des associations de
résistances qui étaient a priori non triviales.
Ici, on a immédiatement R1 = R3 =
R
R
et R2 =
qui se retrouvent en série.
3
6
La résistance équivalente entre deux points opposés sur le cube est donc Req =
5
R
6
Second cas : au bout d’une même arête. Les points D et E jouent le même
rôle : en effet, lorsque le courant arrive en A, il se partage sur les branches AB,
AD et AE, mais la symétrie du système impose que le courant qui part dans
AD et AE est le même. On peut donc affirmer que le potentiel de D et E est le
même, et les relier par un fil. Le même raisonnement tient pour F et C.
On peut alors dessiner le schéma suivant et appliquer les associations classiques de résistances, successivement :
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La résistance équivalente entre deux points d’une même arête est donc Req =
7
R
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Troisième cas : à l’opposé d’une face du cube. Les points C et D d’une
part, F et H d’autre part jouent le même rôle. Ils sont donc au même poentiel, et
on peut les relier entre eux. Par ailleurs, on constate que le courant bifurquant
depuis C vers F est par symétrie le même que celui qui vient de F et va vers
C : le courant parcourant cette branche est donc nul, C et F sont au même
potentiel et donc les quatre points C, D, F et H. On aurait pu remarquer que le
plan ABGE était un plan de symétrie et que par conséquent ces quatre points
avaient le même potentiel. La contribution des branches CF et DH est donc
nulle. On a alors la « succession » suivante (on omet désormais la fin ...)
R
R
H
F
A
R
E
R
R
R/2
R
R
R
E
G
R/2
H
F
A
B
R
R
C
D
R/2
C
D
B
R/2
R
G
R
La résistance équivalente entre deux points d’une même face est donc Req =
3
R
4
2. Seuls deux cas sont à distinguer : celui où les points concernés sont opposés sur l’octaèdre, et celui où ils sont
au bout d’une même arête.
C
B
D
E
A
F
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C
Premier cas : à l’opposé sur l’octaèdre. Par exemple comme C et F. Dans
ce cas, la symétrie par rapport au plan ABDE est évidente, on voit que le
courant se partage de la même façon dans les quatre branches, et l’équivalence
est immédiate. Ainsi, les quatre résistances du plan de symétrie n’interviennent
pas, puisque soumise à une tension nulle.
EA
BD
F
La résistance équivalente entre deux points opposés est donc Req =
R
2
B
D
A
E
Second cas : au bout d’une même arête. Pour les points A et B par
exemple. C et F sont symétriques, et donc de même potentiel. On peut ainsi
les séparer pour obtenir le dessin ci-dessous, et alors mener les « successions ».
Chaque trait représente
C=F
R
B
R
R
R
A
R
R
C
F
R
R
D
B
R
R
R
D
B
R
R
R
R/2 R/2
R
R
C
F
E
A
R
R
B
D
B
R
R/2
R
R/2
R/2
5R/2
R
R/2 R/2
R
D
E
A
E
R
A
E
R
La résistance équivalente entre deux points d’une même arête est donc Req =
A
5
R
12
3. Désormais, contentons nous de petits dessins ! Les ronds correspondent au point de même potentiel, sauf les
ronds pleins qui correspondent aux points entre lesquels on cherche la résistance équivalente ; les traits pointillés
correspondent à l’indication des symétries.
A
R
3R
O
3R
R
3R/4
La résistance équivalente entre O et A vaut Req =
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7R/4
3R/4
7
R
8
7R/4
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R/2
O
R/2
C
R/2
R/2
R/2
R
2R
R
R
La résistance équivalente entre O et C vaut Req =
R
2R
R
2R
R
R
7
R
12
R
R
2R
7R/5
2R/5
R/2
R
R
R
R
R
R
2R
R
R
La résistance équivalente entre deux sommets opposés vaut Req =
3
R
2
Tous ces exercices sont faisables même lorsqu’on ne remarque pas la symétrie. Mais dans ce cas, il faut
introduire toutes les intensités, écrire les lois des mailles, et résoudre le système qui apparaît.
4. Ici, on n’a pas de symétrie évidente exploitable, on doit donc paramétrer le système avec des intensités. L’observation des symétries permet cependant de simplifier le problème : par exemple l’intensité i1 qui part de A se
retrouve nécessairement là où elle est située à l’arrivée ... En remplissant ainsi et grâce à la loi des noeuds, on
obtient le paramétrage suivant.
I
I−i1−i2−i3 I−i1−i2
I−i1−i2−i3
2i1+i2+i3−I
i1
I
I−i1
I−i1
i3
i2
2i1+2i2−I
2i1+i2+i3−I
i2
i3
I−i1−i2
i1
I−i1−i2−i3
I−i1−i2−i3
On a trois intensités inconnues i1 , i2 et i3 que l’on peut exprimer en fonction de I. Pour cela, on utilise la loi des
mailles en regardant les trois mailles supérieures par exemple, ce qui conduit au système


 4i1 + 3i2 + 4i3 = 3I
 i1 = 32/69 I
V
3i1 + 4i2 + i3 = 2I
i2 = 13/69 I


4i1 +
i3 = 2I
i3 = 10/69 I
Pour conclure, on écrit alors la tension aux bornes du dipôle, en parcourant le chemin de notre choix entre les deux
points noirs. Par exemple, en longeant l’extérieur inférieur du circuit, on a
h
i 121
U = R × i1 + 2 × (I − i1 − i2 − i3 ) + (I − i1 − i2 ) + (I − i1 ) =
RI
69
ce qui correspond à une résistance équivalente
Req =
121
R
69
Ainsi, quand on ne peut pas s’en sortir simplement, on doit prendre son courage à deux mains et utiliser la méthode
systématique. Des considérations de symétrie permettent néanmoins parfois de diminuer le nombre d’inconnues.
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