R(2) R(1) R(6) R(5) R(4) R(3) A B C 2R R R R R R A B R R R R R 2R/3 A B C D R R 5R/3 A B D 3R R R/2 2R A B R

Texte intégral

(1)

Electrocinétique : régime permanent (Corrigé) Ex 1 : application des lois de Kirchoff.

Posons d'abord les équations électriques :

loi de nœud : i

1

+ i

2

+ i

3

= 0 (1) (attention à l'orientation des conducteurs).

lois de mailles : E

1

– R

1

i

1

= – E

2

– R

2

i

2

(2) E

1

– R

1

i

1

= E

3

– R

3

i

3

(3) Utilisons (2) pour éliminer i

2

:

2 1 1 2 2 1

R i R E i E

  et de même (3) pour éliminer i

3

:

3 1 1 3 1

2

R

i R E i E

 

En injectant ces expressions dans (1), il vient : 1 0

3 1 2 1 1 3

3 1 2

2

1

 

 

  

 

 

R R R i R R

E E R

E E

d'où on tire finalement :  

3 2 3 1 2 1

3 2 2 3 1 3 2

1

R R R R R R

E R E R E R i R

 

2. Association de résistors. Visualisation d’un réseau.

(a) Procédons par associations successives.

les résistances (1) et (2) sont en série, et équivalent à une résistance de 2R. L’ensemble est en dérivation sur une troisième résistance (3), et a donc une résistance équivalente entre A et C valant

R

AC

= .2 2

2 3

R R R

R R 

Remarquons que la résistance (4) n’est pas en dérivation sur la résistance (3), ni en série avec les résistances (5) ou (6).

On réitère une démarche analogue (association série puis en dérivation) amenant une résistance vue entre A et D valant R

AD

=

. 5 3 5

5 8

3

R R R

R R

(le point C n’est plus présent dans le schéma).

Il vient finalement, entre A et B : R

AB

= 13 8 R (b) Même méthode.

Réalisons d’abord une première série d’associations évidentes, en série ou en dérivation.

i1

E1

R1

E2

R2 R3

E3

i3

i2

R(2) R(1)

R(6) R(5)

R(4) R(3) A

B C

2R

R R R R

R A

B

R R

R R

R 2R/3

A

B D C

R

R 5R/3

A

B D

3R

R R/2

2R A

B

R

(2)

Puis dans une seconde étape : Puis ensuite :

qui mène finalement à

6 3

. 2

7 4

6 3 5

7 4

éq

R R R R

R R

 

 (c)

La situation (c) demande la mise en équation du circuit pour accéder à R

éq

= u / i, après élimination de i

1

et i

2

.

En utilisant la loi des nœuds, on explicite (sur le schéma) les intensités dans les différentes branches.

Notons u la tension entre A et B.

u = R.(3i

1

– i

2

)

Ecrivons les lois de mailles.

Sur la première maille : 2Ri

1

+ Ri

2

–R(i – i

1

) = 0 (résistance en convention générateur pour le dernier terme)

Sur la seconde maille : Ri

2

-2R(i

1

– i

2

– i) – R(i

1

– i

2

) = 0 (résistances en convention générateur pour le second et le troisième terme)

Après simplification, ces deux lois mènent à deux équations indépendantes sur i

1

et i

2 :

3i

1

+ i

2

= i et 2i = 3i

1

– 4i

2

Système dont on tire : i

2

= -i/5 et i

1

= 6i/15.

D’où : u = (7/5).Ri et donc une résistance équivalente vue de A et B valant : R

éq

= 7R/5.

Ex 3 : Batterie d’automobile.

a) Tracer u = f(i) point par point. La caractéristique est rectiligne entre I = 0 A et I = 80 A.

La tension à vide (pour I = 0 A) vaut 14 V.

La pente s’obtient sur le graphe par (12 – 14) / (60- 0) = -0,033 Ω.

L’équation dans cette région linéaire est u = U

o

– r.I avec r = 0,033 Ω.

b) On prolonge la courbe u= f(i) jusqu’à u= 0, on lit I

cc

≈ 120 A. En écrivant u = 0V sur le modèle de Thévenin, il vient I

cc

= 420 A.

c) u = U

o

– r.i et u = R.i donne i = U

o

/(R+ r) = 50 A et u = 12 V.

Ex 4 : Diviseur potentiométrique.

1°) Associer en dérivation R

2

et R

S

, globalement traversées par l'intensité i cherchée.

La loi de maille donne alors : e = r.i + R

1

i + (R

S

.R

2

/(R

S

+R

2

)).i d'où :  

2 2

2

'

' R R R R R

R

e R i R

s s

s

 

en notant R' = r + R

1

.

2°) On a un diviseur de courant : i

S

= R

2

.i /(R

2

+ R

S

).

d'où :

2 2 2

'

' R R R R R

R

e i R

s s

S

  

3°) P

g

= e.i – r.i², que l'on peut expliciter si on le souhaite.

P

S

= R

S

.i

S

² , que l'on peut expliciter si on le souhaite.

AN : i = 6,9 mA ; i

S

= 3,4 mA ; P

g

= 35 mW ; P

S

= 12 mW ;  = P

S

/ P

g

= 0,34.

e r

R2

R1

Rs

i

us

R

R 2R

R R

A B

i1

i

i2

2R i1-i2

i1-i2-i i-i1 i

3R/4 3R/2

2R A

B

3R/4 6R/7

A

B

(3)

Ex 5 : caractéristique d’une association de dipôles.

Additionner graphiquement les tensions pour une intensité donnée pour l'association diode et résistor en série ; puis additionner graphiquement les intensités pour une tension donnée pour l'association des deux branches en dérivation.

On obtient finalement :

En développant la démarche pas à pas :

● Considérons d’abord la première branche, associant en série la diode avec la résistance R : Pour tout u < Us, la diode est bloquée, donc i = 0.

Pour u > Us, la diode devient passante avec i > 0 ; les tensions sur la diode et sur le résistor s’additionnent, ce qui amène par construction graphique la figure ci-contre où l’on a tracé en rouge la caractéristique du résistor seul, en vert celle de la diode et en noir le résultat de leur association en série.

● Construisons maintenant, de la même façon, la caractéristique relative à la seconde branche comportant une diode et la résistance 2R. La différence essentielle est que cette fois la diode étant orientée en sens inverse, elle sera bloquée pour tout u > -Us et deviendra passante pour u < -Us, avec une intensité i < 0.

La pente de la caractéristique pour la diode passante est elle aussi modifiée car la résistance concernée vaut maintenant 2R.

● La dernière étape consiste à associer les deux branches en dérivation. Les intensités dans les deux branches vont s’additionner d’après la loi des nœuds, ce qui détermine la construction de la caractéristique de l’ensemble : pour une tension u donnée, on additionne les intensités obtenues sur chacune des branches. Ceci amène donc une intensité totale nulle pour -Us < u < Us.

Les caractéristiques de chacune des branches sont tracées ci-contre en bleu et en jaune, la caractéristique globale étant tracée en noir.

L'intérêt de ce montage est de se comporter pratiquement comme un résistor qui offrirait une résistance différente selon que l'intensité du courant qui la traverse est positive ou négative (on pourra négliger le segment horizontal situé pour les valeurs –U

S

< u <U

S

si ce dipôle est utilisé dans un montage mettant en jeu des tensions suffisamment importantes).

Ex 6 : Réalisation d'un générateur de tension ou de courant.

1°) u = R

c

i et u = e

o

– r

o

.i

on tire de ce système : i = e

o

/ (R

c

+ r) et u = R

c

.e

o

/ (R

c

+ r) A.N. : Pour R

c

= 220  ; i = 6,8 mA et u = 1,5 V  e

o

Pour R

c

= 5,0  ; i = 0,25 A et u = 1,25 V

En modélisant la pile comme un générateur idéal de tension, on aurait : u = e

o

= 1,5 V et i = 0,30 A.

i

u US

-US

pente 1/R

pente 1/2R

eo , ro

Rc

u

i

A

B i

u US

pente 1/R

i

-US u pente 1/2R

i

u US

-US

pente 1/R

pente 1/2R

(4)

2°) circuit équivalent :

On reconnaît un pont diviseur de

courant.

 

c o

o o o

R r R

r R r e R

i  

 

 

 

négligeable): i  e

o

/R.

Si R >> R

c

, alors (r

o

étant

Ex 7. Modélisation d’un transistor bipolaire, réalisation d’un générateur de courant : Dipôle de Thévenin de caractéristiques (µ.u

CE

, r) entre B et C ; dipôle de Norton (générateur de courant en dérivation sur un résistor) de caractéristiques (I

no

= β.i

B

, ρ) entre C et E.

Si R

L

est branchée entre C et E : u

CE

= -R

L

.i

C

avec u

CE

= ρ.i

C

– ρ.β.i

B

. On tire i

C

= ρ.β.i

B

/(ρ + R

L

).

Pour R

L

<< ρ : i

C

≈ ρ.β.i

B

/ρ = i

C

= β.i

B

Comme µ est très faible, µ.u

CE

est négligeable donc i

b

= u

BE

/r. D’où i

C

= β.u

BE

/r.

En pratique, β subit une forte dispersion à la fabrication des transistors et de plus peut varier durant leur fonctionnement. Les montages réalisant une sortie dépendant de β sont de mauvais montages, subissant des dérives rédhibitoires.

Ex 8 : stabilisation de tension par une diode Zener

a) Remplaçons dans le schéma la diode Zener par sa représentation sur la branche souhaitée : elle est alors équivalente à une source de tension de fém U

Z

. Ceci ne peut être réalisé que si l’intensité i traversant cette diode est positive. (voir schéma)

u i

Uz

-Us U'

R'

U R

b) Par la loi des nœuds, l’intensité traversant la résistance R’ est i + i

R

et d’après la loi d’Ohm : i + i

R

= (U’ – U

Z

)/R’ ;

avec une tension U

Z

impose aux bornes de la diode Zener comme aux bornes de la résistance R.

Donc i

R

= U

Z

/ R.

D’où '

'

Z Z

U U U

i R R

  

La condition i > 0 explicitée sur U’ amène finalement : '

' 1

Z

R R U U

 

   

 

U’

R’

UZ R

i iR

eo , ro

Rc

u

i

A

B R

eo / (ro+ R)

Rc

u

i

A

B R + ro

(5)

Physiquement, R’ étant nécessairement positive, cela implique d’avoir U’ > U

Z

pour que la condition puisse être réalisable.

La situation la plus défavorable concerne le cas où U’ = 10 V. Il faut alors R’ < 61 .

b) La puissance maximale débitée dans la diode sera au contraire atteinte pour une valeur maximale de la tension U’ (15 V).

D’après a) l’intensité vaudra alors, en prenant R’ = 61  : i

max

= 0,082 A, ce qui amène une puissance reçue P = U

Z

.i = 0,58 W <0,70 W. La puissance reste inférieure à la valeur maximale acceptable.

Ex 9 : Diode électroluminescente. Facteur de régulation : A) a) Remplacer la diode par sa représentation de Thévenin lorsqu'elle est sur sa branche passante (branche directe).

On calcule ensuite à partir de la loi de maille : I

F

= (E – U

0

)/(R + R

d

) et

d d

F

R R

RU E U R

 

0

,

En l’absence de R, on aurait I

F

= (E – U

o

)/ R

d

très grande. La LED serait grillée.

Calculer la puissance dans la diode : P = U

F

.I

F

puis le flux lumineuse : φ = P. 100 lm/W b) différentier U

F

: U ≈ R

d

.E/(R + R

d

)

d'où : f

o

= E/U = 1 + R/R

d

. Le taux d'ondulation est  = U/U

F

. différentier I

F

: I ≈ E/(R + R

d

).

∆P ≈ U

F

.∆I + ∆U.I

F

Ex 10 :

1. Le tracé de la caractéristique a pour allure :

2. On distingue deux domaines de fonctionnement : pour u <

6,0 V , i = 0 et pour u > 6,0 V, on aura une variation pratiquement linéaire de i avec u.

Par une régression linéaire, on obtient l’équation de la courbe i

= f(u) au-delà de u = 6,0 V :

i = α.u + β avec α =0,2499 et β = -1,498 avec un coefficient de corrélation : r = 0,99966…

On en déduit u = f

-1

(i) = (1/α).i – β/α que l’on peut identifier à un modèle de Thévenin de caractéristiques (U

Z

, R

Z

) imposant : u = U

Z

+ R

Z

.i pour le dipôle dans ce domaine de fonctionnement.

Il vient : R

Z

= 1/α = 4,0  et U

Z

= -β/α = 6,0 V.

Remarque : on pouvait aussi faire la régression directement sur la fonction u = f

-1

(i) qui mène immédiatement aux valeurs de R

Z

et U

Z

.

3. On remplace le dipôle par sa représentation de Thévenin dans le domaine de fonctionnement.

Rd

UF IF

A

B R

E Uo

i

u

u Ro

E i

u Ro

E i

RZ

UZ

(6)

La loi de maille amène : E = R

o

.i + R

Z

.i + U

Z

dont on tire :

Z

o Z

i E U R R

 

 La résistance interne du générateur est négligée vue sa faible valeur devant celle de R

o

.

4. Montage diviseur de tension.

u

.

u o

u R E R R

 

5. Reprendre le schéma en remplaçant le dipôle (diode Zener) par sa représentation de Thévenin dans le domaine de fonctionnement.

La mise en équation du circuit est un peu lourde, mais très faisable. Ecrire deux lois de mailles, en introduisant les courants i et i

u

.

E = R

o

.(i + i

u

) + R

u

.i

u

et R

u

.i

u

= U

Z

+ R

Z

.i avec u = R

u

.i

u

On élimine i et i

u

; soit après calculs

( . / )

Z o Z

o Z u o Z

R E R U

u R R R R R

 

 

6. On calcule la dérivée de u dans les expressions de u avec E comme seule variable.

Pour le montage du 4 :

𝑑𝑢/𝑑𝐸 = 𝑅 𝑅 + 𝑅

Pour le montage du 5 :

𝑑𝑢/𝑑𝐸 = 𝑅

(𝑅 . 𝑅 /𝑅 ) + 𝑅 + 𝑅

La fém du générateur varie de ΔE = 0,5 V.

Pour le montage du 4) :

𝛥𝑢 = 𝑅 . 𝛥𝐸 𝑅 + 𝑅 Pour le montage du 5) :

𝛥𝑢 = 𝑅 𝛥𝐸

(𝑅 . 𝑅 /𝑅 ) + 𝑅 + 𝑅

AN : Δu (4) ≈ 0,5 V et Δu (5) ≈ 0,05 V. La diode régule la tension.

u Ro

E

Ru

i i

Figure

Updating...

Références

Updating...

Sujets connexes :