Td corrigé Exercice 7 p pdf

Correction des exercices du livre p.179-182

Exercice 10 p.179

a. Le bilan de puissance du circuit s’écrit : ^Pgéné =P_él. On néglige les pertes par effet Joule dans les fils de connexion.

Le bilan de puissance s’écrit donc : ^UPN.I=U_AB.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 : P_él =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 : P_él′=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 P_él′= 2P_él.

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=U_I^N

N soit ^R=UN

2

P_N A.N : R=96 Ω

b. Soit ^RV la résistance variable du rhéostat entre M et B, et ^Rmax la résistance totale. On a alors : R_AM =R_{m ax}−R_V .

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 =R_{m ax}−R_V .

Donc, ^{Réq =}(^Rm ax−R_V) + R_VR R + R_V

Il s’ensuit que l’énergie fournie par le générateur est entièrement transmise à la résistance Réq :

r α

P A

P_géné =P_él soit : ^Pél =R_éq.I²

or, l’intensité est celle d’un circuit série de résistance Réq : ^I= _R^E

éq

Par conséquent : ^Pgéné= E² R_éq

Pour la lampe, elle reçoit une puissance P_L =U_L² R

Or, la tension aux bornes de la lampe dépend de la position du curseur : c’est un montage potentiométrique.

La tension ^UL =U_MBest donc donnée par le raisonnement suivant : tension ^UL = R_VR

R+R_V ^.I (loi d’Ohm) soit : ^UL = R_VR R+R_V

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

E R_éq

Donc : P_L =

R_VR R+R_V

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

E R_éq

⎡

⎣⎢

⎢

⎤

⎦⎥

⎥

2

R

soit : P_L =R × R_VE R_éq× (R + R_V )

⎡

⎣⎢

⎢

⎤

⎦⎥

⎥

2

 Si ^RV =R_{m ax} alors ^Réq= _{R + R}^{Rm axR}

m ax = 23 Ω et ^{Pgéné =}25 W ^PL =6,4 W

 Si ^RV = 0 alors ^Réq=Rm ax= 30 Ω et ^{Pgéné =}21 W ^PL =0 (pas de tension aux bornes de la lampe)

 Si ^RV = R_{m ax}

2 alors ^Réq= R_{m ax} 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+ R_{m ax}

2 R R+R_{m ax}

2

= 28 Ω ^{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 Ω. La lampe peut être assimilée au voisinage de son point de fonctionnement, à une résistance RL qui peut être calculée en écrivant que P_él =(U_L)²

R_L soit R_L =(U_L)² P_él . D’où R_L =(U_L)²

P_él = 1,5 Ω

La résistance équivalente au circuit vaut donc : ^Réq =R_L+R = 2,5 Ω. Or, ^{Pgéné =Pcircuit} soit ^{E.I =R}éq.I² d’où : ^I=_R^E

éq

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 Ω

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=3_E^P 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 : U_AB= P

I A.N : ^UAB=4,0 V.

De plus, ^UBCest la même aux bornes de ^R2 ou ^R3.

Or, ^UPN =U_AB+U_BC soit : ^UBC =U_PN−U_AB donc A.N : ^UBC =8,0 V.

c. En utilisant la loi d’Ohm, on peut écrire : P=(U_AB)²

R₁ soit : R₁=(U_AB)²

P A.N : ^R1=0,8 Ω De même, R₃=(U_BC)²

P =R₂ A.N : ^R2=R₃=3,2 Ω

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=U_1N

I_1N et ^R2 =U_2N I_2N 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= _R ^E

1+R₂ Or : ^U1=R₁.I et ^U2=R₂.I donc : ^U1= _R^R1.E

1+R₂ et ^U2= _R^R2.E

1+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= _R ^E

1éq+R₂ soit : ^U1= R_1éq.E R_1éq+R₂ On cherche cette fois ^R1éqpour que U1 = 6,0 V :

R_1éq+R₂

( ).U1=R_1éq.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^R.R_+R¹

1

= 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−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.R₁

R+R₁⁼R₂ soit : ^R=_R^R2.R1

1−R₂ A.N : R = 30  …

Exercice 24 p.181 a. La branche ADC est en dérivation avec la branche ABC.

Donc : _R¹

éq

= 1 R_ABC ⁺

1 R_ADC

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 : _R¹

éq

= 1

R₂+R₃⁺ 1

R₁+R₄ donc : ^Réq=(R₂+R₃) × R( 1+R₄) R₂+R₃

( ) + R( 1+R₄)

A.N : ^Réq=16 Ω

On a donc : ^I=_R^E

éq 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, ^UAC =U_PN 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 =P1+P2+P3+P4}

e. D’après la loi d’additivité des tensions, ^UBD =U_BA+U_AD Or, ^UBA=−U_AB =−R₂.I₂ avec ^I2 = E

R₂+R₃ soit ^UBA=−U_AB=−R₂. E R₂+R₃

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

De surcroît, ^UAD=R₁.I₁=R₁. E R₁+R₄

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ d’où : ^UBD=U_AD−U_AB=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=V_B−V_D 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 ^R3et ^R4 en dérivation au dessous de D.

L’ensemble est en série entre A et C.

Donc :

R_éq= R₁.R₂ R₁+R₂ ⁺

R₃.R₄ R₃+R₄

On vérifie que : ^{Réq= 16} Ω…

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 : U_BD= R

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟− R R + R_V

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢ ⎤

⎦⎥.E

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 Ω et Rrail = 0,32 Ω. b. La loi d’additivité des tensions permet d’écrire : ^UAB =U_AC+U_CD +U_DB

Or, ^UAC =R_cat× I et ^UDB=R_rail× I d’après la loi d’Ohm.

Par conséquent : ^UCD =UM =U−(Rcat+Rrail) × I A.N : ^UM =6,2.10² V

c. ^Pél=U_M× I A.N : ^Pél=7,4.10⁵ W = 7,4.10 kW²

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 =P_él

e. ^PJ =(R_cat+R_rail) × I² 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.I² donc : ^E.I−r.I²=P_él

L’intensité I est donnée par la résolution de l’équation du second degré : ^r.I2−E.I+Pél= 0

soit : 2, 0.I²−6,0.I + 4,5 = 0 avec Δ=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 : ^η=_P^Pm

ch

Sachant que 80 % de l’énergie électrique reçue par le moteur est convertie en énergie mécanique, on a donc : A.N : ^η=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.