() 1r 114r 1r 15111r 1r 2r 2r 3r4 1115r 43r 1R 1R 1R + + 4111r 13r R R3r 12r n 3 " 1 r + + + r 3r + + R Rr + R 1 n 2 + 1 n n ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !

ÉLECTROCINÉTIQUE - ASSOCIATION DE DIPÔLES - corrigé des exercices

A. EXERCICES DE BASE I. Association de résistances

1.a.

• La résistance de la branche de droite est 3r, donc lʼassemblage des deux branches en parallèle a une résistance R₁ telle que :

!

1 R₁ ⁼

!

1 r+ 1

3r ⁼

!

4

3r cʼest-à-dire : R₁ =

!

3r 4 ^.

1.b.

• La maille de droite du second montage est identique au premier montage, sa résistance est donc R₁.

• Le second montage est donc équivalent au suivant, dont la branche de droite a pour résistance 2r+R₁ =

!

11 4 r :

• L'ensemble a donc une résistance R₂ telle que :

!

1 R₂ ⁼

!

1 r+ 4

11 1 r ⁼

!

15 11 1

r cʼest-à-dire : R₂ =

!

11 15r.

2.a.

• Pour n+1 branches en parallèle, la résistance de lʼensemble des n branches de droite est 2r+R_n, donc lʼassemblage des n+1 branches a une résistance R_n+1 telle que :

!

1 R_n+1 ⁼

!

1 r+ 1

2r+R_n cʼest-à-dire : R_n+1 =

!

2r+R_n 3r+R_n r.

• Si la limite R pour n → ∞ existe, elle est telle que : R =

!

2r+R

3r+Rr cʼest-à-dire : R² + 2rR - 2r² = 0 dʼoù on tire : R =

!

3"1

( )

r ≈ 0,73205 r.

2.b.

• On constate que R₁ ≈ 0,75 r ; R₂ ≈ 0,733 r ; R₃ ≈ 0,73205 r ; ce qui montre que la suite est très rapidement convergente.

II. Électrolyseur

1.

• L'énoncé indique E > 0 donc le schéma du générateur correspond à la convention de signe

"usuelle". Puisque l'électrolyseur est un dipôle passif, le générateur impose dans les branches de droite un courant du haut vers le bas, ce qui correspond à I ≥ 0.

◊ remarque : le courant peut être nul si la tension imposée entre ses bornes est insuffisante pour provoquer l'électrolyse.

2.

• Avec les notations de Thévenin, on peut utiliser le schéma équivalent suivant (où on a aussi schéma- tisé le montage du rhéostat) :

3.

• La loi de Millmann donne ainsi (en cours d'électrolyse) : U_AB =

!

E R"x+E #

R # 1

R"x+1 x+ 1

R # =

!

"

R E+

(

R#x

)

^{E "}

RR +"

(

R#x

)

^{x x.}

• Mais par ailleurs : U_AB = Eʼ + Rʼ I, donc (tant que cette relation correspond à une valeur positive) : I =

!

U_AB" #E R # ⁼

!

xE"RE # RR +#

(

R"x

)

^x.

• La relation précédente est ainsi valable pour x ≥ x₀ =

!

RE "

E = 4 Ω ; pour 0 < x < x₀ on obtient I = 0.

• On obtient finalement le graphique suivant :

RE’/E 0

1 2 3 4 5 6 7

0 2 4 6 8 10

I (A)

x (!)

III. Générateurs en opposition

1.

• Puisque lʼinterrupteur est ouvert : I = I₂ =

!

E₂

R+r₂ = 0,60 A (loi de Pouillet).

◊ remarque : on a alors I₁ = 0 et la tension aux bornes de lʼinterrupteur prend automatiquement la

valeur : U = E₂ - r₂ I - E₁ = R I - E₁ =

!

R R+r₂ " #

$

%& '

(). E₂ = ± 6,0 V (selon α).

2.

• Quand lʼinterrupteur est fermé, on peut par exemple utiliser la loi de Millmann pour calculer la tension

aux bornes de R : R I =

!

E₁ r₁ +E₂

r₂ 1 r₁+ 1

R+ 1 r₂

dʼoù : I =

!

E₁r₂+E₂r₁

R. r

(

₁+r₂

)

^+r1r₂. On obtient ainsi : Iʼ = 0,596 A ≈ 0,60 A et I” = 0,601 A ≈ 0,60 A (compte tenu de la précision des données).

• On peut ensuite calculer I₂ par la loi des mailles : I₂ =

!

E₂"RI r₂ ⁼

!

E₂. R

(

+r₁

)

^"E1R

R. r

(

₁+r₂

)

^+r1r₂ . On obtient ainsi : I₂ʼ = 1,78 A et I₂” = -0,59 A.

• On constate donc que :

◊ du point de vue du courant dans R, la f.e.m. E₁ importe peu car r₂ << r₁ et lʼeffet de E₂ reste prépondérant (cʼest lui qui impose la tension aux bornes de R) ;

◊ du point de vue du courant imposé dans le générateur (2), cʼest au contraire la comparaison des effets de E₁ et E₂ qui importe, par lʼintermédiaire de la quantité : E₂(R + r₁) - E₁R.

B. EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT IV. Association de résistances

• La "symétrie" par rotation d'un tiers de tour autour de AD montre que les courants dans les trois arêtes issues de A sont égaux ; or leur somme est I (loi des nœuds en A), donc ces courants sont égaux à

!

I

3. Il en est de même pour les courants dans les trois arêtes issues de D.

• La symétrie par rapport au plan passant par A, D et B montre que les courants dans les deux arêtes issues de B, autres que AB, sont égaux ; or leur somme est

!

I

3 (loi des nœuds en B), donc ces courants sont égaux à

!

I

6. La symétrie par rotation utilisée précédemment montre alors que les courants dans les six arêtes

"intermédiaires" correspondantes sont de même égaux à

!

I 6^.

• La loi d'Ohm et la loi des tensions donnent alors : U_AD = U_AB + U_BC + U_CD = r

!

I 3 ^{+ r}

!

I 6 ^{+ r}

!

I 3 ⁼

!

5 6rI. La résistance équivalente de l'ensemble est R telle que : U_AD = RI c'est-à-dire : R =

!

5 6r.

V. Association de résistances

1.

• Les couples de points symétriques (B, D), (Bʼ, Dʼ) et (B”, D”) sont reliés de façon symétrique, donc le réseau est globalement symétrique par rapport au plan considéré.

2.

• Les points symétriques considérés sont aux mêmes potentiels ; on peut les court-circuiter sans modifier la répartition des courants.

3.

• En "aplatissant" le réseau “diagonalement” (D,Dʼ et D” sont respectivement confondus avec B, Bʼ et B”), et en remplaçant chaque paire de résistances r en parallèle par une résistance

!

r

2, on obtient le réseau équivalent suivant, qui peut encore se simplifier par des associations en série :

4.

• Dans un tel réseau, on peut continuer à simplifier par des équivalences triangle-étoile (triangles AʼBʼB” et BBʼCʼ) ; mais compte tenu de la symétrie centrale, et en utilisant la loi des nœuds, on peut limiter le nombre de courants inconnus à deux (nombre de mailles indépendantes).

• En écrivant la loi des mailles, par exemple pour les deux mailles de gauche, on obtient : rI₁ +

!

r

2^{(2I1 + I2 - I) -}

!

r 2^{I2 -}

!

r

2^{(I - I1}) = 0 ;

!

r 2^{I2 +}

!

r

2^{(2I1 + I2 - I) -}

!

3r

2 ^{(I - I1 - I2) = 0.}

• De la première équation, on tire : I₁ =

!

2

5 I ; et en reportant dans la seconde, on obtient : I₂ =

!

2 5 ^I.

• Ainsi : U_AB = r I₁ +

!

3r

2 ^{(I - I1 - I2) +}

!

r

2^{(I - I1}) = r I, d'où la résistance équivalente : R = r.

VI. Ligne souterraine et résistance itérative

1.

• Lʼassemblage de r₂ et R+r₁ en parallèle équivaut à : rʼ =

!

R+r₁

( )

^r2

R+r₁+r₂. Lʼensemble a donc une résis- tance de valeur R si et seulement si : R = r₁ + rʼ cʼest-à-dire : (R - r₁)(R + r₁ + r₂) = (R + r₁) r₂ dʼoù on déduit : R =

!

r₁+2r₂

( )

^r1.

2.

• Dans les conditions précédentes : U₀ = R I₀ et U₁ = R I₁.

• Dʼaprès la loi des mailles : U₀ = r₁ I₀ + r₁ I₁ + U₁ donc (en divisant par I₀) : R = r₁.(1 + α) + Rα et par conséquent : r₁ =

!

R1" #

1+# ^{≈ 820 Ω.}

• Compte tenu de la relation initiale : r₂ =

!

R²"r₁² 2r₁ ⁼

!

2"R

1# "² ≈ 200 Ω.

3.

• Dʼaprès ce qui précède, si on interpose n cellules, on obtient : α =

!

U₁ U₀ ⁼

!

U₂ U₁ ⁼

!

U₃

U₂ ... et par suite :

!

U_n U₀ ^{= α}

n.

4.

• Par comparaison avec ce qui précède, en remplaçant r₁ =

!

"

2dx et r₂ =

!

1

k dx (dʼoù r₂ ≫ ^r1 puisque dx est infinitésimal), la condition est : R² =

!

"dx

k dx ^{et R =}

!

"

k ^{= 410 Ω.}

5.

• En posant : α =

!

U x

(

+dx

)

U x

( )

, on obtient : dU = U(x+dx) - U(x) = (α-1) U(x).

• En inversant lʼexpression de r₁, on obtient par ailleurs : α =

!

R"r₁

R+r₁ ; en remplaçant r₁ =

!

"

2dx on obtient donc : α = 1 -

!

"

Rdx (en limitant au premier ordre puisque dx est infinitésimal).

• Ceci donne :

!

dU

U ^{= α-1 = -}

!

"

R^{dx = -}

!

"k dx et donc : U(x) = U(0)

!

e^{" #k x}. Finalement, on aboutit

donc à : β =

!

U L

( )

U 0

( )

⁼

!

e^{" #k L} = 0,988.

VII. Équivalence triangle-étoile

1.a.

• Compte tenu de la loi des nœuds, il suffit de deux des courant pour décrire le système, par exemple I1 et I2 ; on en déduit alors : I₃ = - I₁ - I₂.

1.b.

• Dʼaprès la loi des mailles, il suffit de deux des tensions pour décrire le système, par exemple U_AB et U_BC ; on en déduit alors : U_AC = U_AB + U_BC.

1.c.

• Pour caractériser le tripôle, il est nécessaire et suffisant de savoir calculer les courants qui circulent quand on impose des tensions données, c'est à dire de connaître deux relations donnant deux courants en fonction de deux tensions (ou réciproquement).

2.a.

• Le montage en triangle peut être décrit par les relations : I1 = G3 U_AB + G₂ U_AC = (G₂+G₃) U_AB + G₂ U_BC I2 = -G3 U_AB + G₁ U_BC.

2.b.

• L'inversion donne : U_AB =

G₁I₁!G₂I₂

G₁G₂+G₂G₃+G₃G₁ ^{; UBC =}

G₃I₁+(G₂+G₃)I₂ G₁G₂+G₂G₃+G₃G₁ ^; U_AB =

!

R₂R₃I₁"R₁R₃I₂

R₁+R₂+R₃ ^{; UBC =}

!

R₂R₃I₁+R₁.(R₂+R₃)I₂ R₁+R₂+R₃ ^.

2.c.

• Le montage en étoile peut être décrit par les relations :

U_AB = Rʼ₁ I1 - Rʼ₂ I2 ; UBC = Rʼ₂ I2 - Rʼ₃ I3 = Rʼ₃ I1 + (Rʼ₂+Rʼ₃) I2.

2.d.

• Par comparaison : Rʼ₁ = R₂R₃

R₁+R₂+R₃ et de même pour Rʼ₂ et Rʼ₃ par permutation des indices.

VIII. Équivalence triangle-étoile

1.

• Le pont de Wheatstone considéré est électriquement symétrique par rapport au milieu de la branche DF car il comporte la même résistance R dans les branches AD et FB, et la même résistance Rʼ dans les branches AF et DB.

• On en déduit que le même courant (noté I) circule dans les branches AD et FB, et que le même courant (noté Iʼ) circule dans les branches AF et DB. La loi des nœuds donne les autres courants.

◊ remarque : la symétrie retourne les courants, mais retourne aussi le générateur puisqu'elle intervertit A et B, donc elle redonne bien le même sens du courant quand on remet le générateur dans le sens initial.

2.

• L'équivalence triangle-étoile donne le schéma ci-contre.

3.a.

• La loi de Millmann donne alors : U_AP =

!

2E (R +" R)²

"

R +2R

( ) (

^{3R "+R}

)

^.

3.b.

• On en tire :

I =

!

U_AP 2R

!

"

R +2R

"

R +R ⁼

!

E R

!

"

R +R 3R " +R ^; Iʼ = U_AP

!

"

R +2R

"

R +R

( )

^{2 = E}

!

2 3R +" R ^;

puis I - Iʼ, I + Iʼ et toutes les tensions dans le circuit.