DS3 : Électricité – corrigé

TSI1 – Physique-chimie DS3 : Électricité – corrigé – 09/12/2017

DS3 : Électricité – corrigé

Durée : 2h. Les calculatrices sont interdites. Le devoir est probablement trop long pour être terminé, faites-en le maximum.

Exercice 1: Résistances éqivalentes 1. Circuit 1 : R_eq =5

2R 2. Circuit 2 : Req =2

3R 3. Circuit 3 : R_eq = 8

11R

Exercice 2: Transport d’électricité(TD4)

1. Schéma :

E

r i

câbles U

2. La loi des mailles et la loi d’Ohm donnentU =E−risoitE=U+ri

3. La puissance électrique dissipée dans les câbles est P_c = ri² c’est l’effet Joule, l’énergie électrique est transformée en chaleur.

4. La puissance totale fournie par le générateur estP_g=E×i 5. Le rendement du système estγ= P

Pg

= P

Ei = P

(U+ri)i = P

P+ri². En utilisant i=P/U on obtient finalement :

γ= P

P+r(P/U)² = 1

1 +rP/U² (1)

6. On utilise une haute tension pour transporter le courant électrique car le rendement augmente avecU. Cela permet de diminuer les pertes lors du transport.

7. On ne peut pas utiliser des tensions trop élevées car les plus hautes tensions né- cessitent des infrastructures plus coûteuses (il faut plus espacer les cables, il faut qu’ils soient plus hauts). Le gain d’argent fait en utilisant une tension supérieure à 400 kV serait probablement inférieur au surcoût des infrastructures.

Exercice 3: Circuit RL parallèle

I I

I

R1

i₁

L i_L

K R

i_R

u u_R1

1. — Pourt < 0, K est fermé donc u+uR1 = 0 or en régime permanent la bobine se comporte comme un fil doncu = 0. On en conclut queuR1 = 0, i₁=u_R1/R₁= 0eti_R=u/R= 0. Enfini_L=i₁−i_R= 0.

— Àt = 0⁺, l’interrupteur est ouvert, il y a continuité de l’intensité dans la bobine donci_L(0⁺) =i_L(0⁻) = 0. On a aussii₁=Iet donci_R=I−i_L=I.

— Pourt → ∞, le circuit atteint le régime permanent, la bobine se comporte comme un fil doncu= 0,i_R=u/R= 0eti_L=I.

On obtient l’allure suivante :

0 0

I iL(t)

iR(t)

t(ms)

i(t)(V)

2. Pourt >0, la loi des nœuds donne :I=iR+iLavec la loi d’Ohm pour la résistance R:u₌Ri_R, on aI=u/R+i_L. Enfin la loi de la bobineu=Ldi_L

dt on obtient : L

R di_L

dt +i_L=I soit di_L dt +R

Li_L= R LI Qui est bien de la forme demandée avecτ =_R^L.

3. L’énergie stockée dans la bobine estEL = ¹₂Li²_L. Lorsquet→ ∞,iL=Iet donc EL=¹₂LI².

4. En résolvant l’équation différentielle trouvée plus tôt, on trouveiL(t) = I(1− e^−t/τ). La loi de la bobine donne directementu=Ldi_L

dt =RIe^−t/τ.

5. La puissancePgfournie par le générateur estPg= (u+R1I)I=RI²e^−t/τ+R1I². 6. L’énergie totale fournie par le générateur entret= 0ett=∞est :

E_g= Z ∞

0

P_g(t)dt= Z ∞

0

RI²e^−t/τ=LI²

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7. L’énergie dissipée par effet Joule dansRest : EJ=

Z ∞

0

PJdt= Z ∞

0

RiR(t)²dt= Z ∞

0

RI²e^−2t/τdt= 1 2LI². On vérifie bien la conservation de l’énergie :Eg=EL+EJ.

Exercice 4: Convertisseur boost

u_in

L i

D

i_out

K

u_out u_L

1. LorsqueKest fermé, on auL=u_in=Ldi

dt. Doncdi dt = u_in

L . 2. D’après la question précédente, di

dt est une constante, donci(t) = u_in

Lt+Aoù Aest une constante. La conditioni(0) = i_mindonneA = i_min. Donc finalement i(t) =i_min+u_in

LtAu moment où l’interrupteur se ferme,t=t_onet donc : i_max=i_min+u_int_on

L

3. Lorsque l’interrupteur est ouvert, la diode se comporte comme un fil, la loi des mailles donneuL=u_in−u_out=Ldi

dt, donc di

dt = u_in−u_out

L .

4. Comme dans la question 2, on intègre di

dt et on utilisei(t_on) =i_maxpour trouver : i(t) =i_max+u_in−u_out

L (t−t_on)

5. L’énoncé indique que l’intensitéiévolue de façon périodique, donci(T = t_on+ t_off) =i(0) =i_min. On obtient l’évolution suivante :

t i(t)

i_min i_max

t_on t_on+t_off

6. La condition donnée à la question précédente implique queu_out=u_in 1

1−r. Comme 0< r <1, on a bienu_out> u_in.

7. D’après la question 2, on a∆i= ^uin_L^ton, on en déduit la formule demandée pouri(t): i(t) =i_min+∆i

t_ont

En utilisant le résultat de la question 6, on peut montrer queu_in−u_out=−_1−r^r u_in, en utilisant la même expression de∆iqu’à la question précédente, on finit par trouver la formule demandée. (il faut utilisert_on=rT ett_off= (1−r)T).

8. Pendant la phase où l’interrupteur est fermé, l’énergie fournie par le générateur est E_on=

Z t_on

0

u_ini(t)dt=u_ini_mint_on+1

2u_int_on∆i

Pendant la phase où l’interrupteur est ouvert, le générateur fournit l’énergie : E_off=

Z t_on+t_off

t_on

u_ini(t)dt=u_ini_mint_off+1

2u_int_off∆i Sur un cycle complet, le générateur fournit l’énergie :

Eg=E_on+E_off=u_ini_minT+1 2u_inT∆i

9. On trouve que l’énergie consommée par le circuit pendant un cycle complet est égale à l’énergie consommée pendant la phase où l’interrupteur est ouvert, et vaut :

E_out=

Z t_on+t_off

t_on

u_outi(t)dt=u_outi_mint_off+1

2u_outt_off∆i

=u_ini_minT+1

2u_inT∆i=Eg

en utilisant la relation de la question 6 entreu_inetu_out.

Le rendement du système est donc égal à 1, ce qui n’est pas étonnant car il n’y a aucune source de dissipation d’énergie dans le circuit étudié, c’est un cas idéal, dans la réalité le rendement sera strictement inférieur à 1, de l’ordre de 80% pour ce type de convertisseur.

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