c) Enlevons la branche centrale

(1)

PHY124, année 04–05, Circuits électriques 1

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a) On a les bilans de maille

R1i1+ri =E1−e , R2i2+ri =E2−e ,

Si on divise la première équation par i1, la seconde par i2, et les ajoute en utilisant la loi des nœudsi1+i2 =i, on obtient

i

1 + r R1

+ r R2

= E1

R1

+ E2

R2

− e R1

− e R2

, qui se ramène à l’expression donnée.

b) SiE1 est seul, il débite

i⁽¹⁾₁ = E1

R1+rR2/(r+R2) ,

qui par division d’intensité donne dans la branche centrale une intensité i⁽¹⁾ =i⁽¹⁾₁ R2

R+R₂ = E1R2

R₁R₂+rR₁+rR₂ ,

qui est exactement le terme enE1de l’expression générale. On trouve de même i⁽²⁾ = E2R1

R₁R₂+rR₁+rR₂ .

Si le générateur central est seul, il correspond à une pile−e débitant sur une résistance globale r+R1R2/(R1+R2), et d’après la loi de Pouillet, on a un courant

i⁽³⁾ = −e(R1+R2) R1R2+rR1+rR2

. ce qui permet de vérifier le théorème de superposition, sous la forme

i=i¹⁾+i⁽²⁾+i⁽³⁾.

c) Enlevons la branche centrale. On aurait un courant I = (E1 −E2)/(R1 +R2)dans le circuit principal avec le sens dei1 sur la figure, et donc une d.d.p. entre les deux points médians des mailles horizontales

e_th =E₂+R₂I = (E₁R₂+E₂R₁)/(R₁+R₂), alors qu’entre ces deux points la résistance est

Rth =R1R2/(R1+R2).

(2)

Le problème complet se ramène donc à déterminer l’intensité quand on branche un dipôle formé d’une résitance ret d’une pilee montée en opposition, aux bornes d’un générateur de caractér- sitiquese_th etr_th. Le résultat est

i= eth−e r+r_th , et on retrouve le résultat précédent.

d) On part d’une circuit où la branche centrale de résistance nulle, fait court-circuit. Chacun des générateurs latéraux y débite librement, ce qui correspond à une intensité

IN= E1

R₁ +E2

R₂ .

La résistance de Norton est égale à celle de Thévenin,RN = rth. Quand on rétablit la branche centrale avec un résitance r, on a un générateur d’intensité {IN, RN}, qui débite à l’extérieur une fractionRN/(RN+r)de son intensité. On retrouve ainsi le terme enE1etE2de l’intensité globale. Le terme enea déjà été calculé. Il correspond à un générateur d’intensité−e/r, monté en parallèle, dont la fractionr/(RN+r)passe dans la branche considérée.

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a) Sii > 0, on a exactement le schéma de l’exercice précédent, avecE1 = 2V, E2 = 1V, e= 1,5V etR₁ = 2 Ω,R₂ = 1 Ω,r= 3 Ω.

b) On trouvei=−0.045 A, ce qui est contraire à l’hypothèse faite dei > 0. Le moteur ne fonctionne pas.

c) On supposei montant. Le schéma est celui de l’exercice précédent avece → −eet un changement de convention d’orientation pouri. On trouve

i=−E1R2 +E2R1+e(R1+R2) R₁R₂ +r(R₁+R₂) ,

qui est visiblement négatif. Il est absurde de vouloir faire fonctionner un moteur à l’opposé des poarités suggérés par les polarités desdeuxgénérateurs !

GF H'*?&I+!-KJ,L1-($'&(&A'*1-

a) Soit U = V^C −V^D. Si aucun courant ne passe dans R, on a par division de tension VA−VD = U R2/(R1+R2)etVB−VD = U R3/(R3+R4). Mais si aucun courant ne passe, c’est que A et B sont au même potentiel, et donc R2/(R1 +R2) = R3/(R3 +R4) Montrer qu’aucun courant ne passe dans la brancheAB si

R1R3 =R2R4 ,

b) On se restreint désormais au cas oùr = 0pour alléger les calculs. Ce qui fait queU =E.

SansR, on a

eth =VA−VB= E(R2R4−R1R3) (R1+R2)(R3+R4)

(3)

et

rth = R1R2

R1+R2

+ R3R4

R3+R4

car pour aller de Aà B, on a d’abordR1 etR2 en parallèle jusqu’àC = D, puis R3 etR4 en parallèle. On calcule ensuite le courant demandé

i= eth

R+rth

.

c) Pourait-on utiliser le théorème de Norton ? Pourquoi pas ! On court-circuiteAB. Le courant dans le circuit principal est

I = E

R1R4/(R1+R4) +R2R3/(R2+R3) .

Une fractionR4/(R1+R4)passe dans la brancheCA, et une fraction R3/(R2 +R3)dansAD et donc, il y a un délestage

IN =I

R4

R1+R4

− R3

R2+R3

, et commerN=rth, on peut calculer

i=IN

rN

rN+R , et on peut vérifier que le résultat est le même, soit

i= E(R2R4−R1R3)

R1R2R3+R1R2R4+R1R3R4+R2R3R4+R(R1+R2)(R3+R4) .

GM NO05"%$.*?35;P-AQ!45&A'"2;P-R-1&S&(45&(0'$!4#+.01-

a) SupposonsiB = 0. On a, à droite, deux résistances en séries, à gauche, uné résistance en parallèel avec deux en série, soit simplement

r^C +r^A = R^AR^B+R^BR^C RARB+RBRC +RCRA

, et de même

r^A+r^B = RBRC +RCRA

RARB+RBRC +RCRA

, rB+rC = R^CR^A+R^AR^B

RARB+RBRC+RCRA

.

Il y a une parfaite symétrie. Il faut associer r^C avec le terme en R^AR^B, r^A avec le terme en RBRC, etc., soit

rA= R^BR^C

RARB+RBRC +RCRA

,

(4)

et les relations obtenues par permutation circulaire. La clé de cette solution est qu’une distribution quelconque d’intensités peut toujours être considérée comme unesuperpositionde distributions où l’une des intensités est nulle.

On peut inverser algébriquement ces relations, après avoir remarqué que r^AR^A=r^BR^B =r^CR^C .

Plus physiquement„ on peut remarquer que siVA = VC, par exemple, la résistanceRB est neu- tralisée, tandis querAetrC sont en parallèles, et on obtient pour les conductances

1 RA

+ 1 RC

= 1

rB+rArC/(rA+rC) = rA+rC

rArB+rBrC +rCrA

, et les relations analogues, avec la solution

RA= rArB+rBrC +rCrA

rA

, et les formules déduites par permutation.

Pour le tétraèdre, si on oublie le fil direct entre les points d’accèsAetB„ on a deux triangles de résistances latéralesR = 1 Ω„ qu’on transforme en étoiles où chaque branche à une résistance r = 1/3 Ω, ce qui correspond à1 Ω, en parallèle avec la branche directe de 1 Ω, soit 0,5 Ω au total.

On peut, plus simplement, remarquer que la résistance opposée, celle qui ne touche niA niB, ne sert à rien. Une fois enlevée, on constate qu’on va deAàB avec trois résistances en parallèle, de1,2et2 Ω, ce qui fait bien0,5 Ω.