Circuits à courant continu et circuits RC : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Le voltmètre idéal a une résistance infinie : tous interrupteurs ouverts, aucun courant ne traverse la batterie.

La loi des mailles dans la batterie donne $V_{AB}=\varepsilon-rI$, et avec $I=0$ : $V_{AB}=\varepsilon=12{,}6\ \mathrm{V}$.

Avec le démarreur, la même relation donne :

Piège : prendre la tension en charge pour la f.é.m. La f.é.m. ne se lit qu'à courant nul ; dès que la batterie débite, la tension aux bornes est plus petite de $rI$.

Le démarreur reçoit la tension aux bornes de la batterie (fils sans résistance) :

Vérification par la maille entière : $\dfrac{\varepsilon}{r+R_{d}}=\dfrac{12{,}6}{0{,}1008}=125\ \mathrm{A}$, le courant de l'énoncé.

La f.é.m. fournit $P_{\varepsilon}=\varepsilon I=12{,}6\times 125=1575\ \mathrm{W}$.

La résistance interne dissipe $P_{r}=rI^{2}=0{,}0200\times 125^{2}=312{,}5\ \mathrm{W}$, qui chauffent la batterie.

Le démarreur reçoit $P_{d}=V_{AB}\,I=10{,}1\times 125=1262{,}5\ \mathrm{W}$.

Bilan : $1262{,}5+312{,}5=1575\ \mathrm{W}$. La conservation de l'énergie est la vérification à écrire sur la copie.

Le rendement de la batterie vaut $\dfrac{V_{AB}}{\varepsilon}=\dfrac{10{,}1}{12{,}6}\approx 80{,}2\ \%$.

Phares seuls : $I_{p}=\dfrac{\varepsilon}{r+R_{p}}=\dfrac{12{,}6}{1{,}32}=9{,}545\ \mathrm{A}$, donc $V_{AB}=\varepsilon-rI_{p}=12{,}6-0{,}191=12{,}41\ \mathrm{V}$.

Démarreur et phares : ils sont en parallèle entre A et B, d'où

$I=\dfrac{12{,}6}{0{,}02+0{,}07607}=131{,}2\ \mathrm{A}$ et $V_{AB}=12{,}6-0{,}0200\times 131{,}2=9{,}98\ \mathrm{V}$.

Les phares sont une résistance fixe : leur puissance $\dfrac{V^{2}}{R_{p}}$ est multipliée par $\left(\dfrac{9{,}977}{12{,}41}\right)^{2}=0{,}646$. Ils perdent $35{,}4\ \%$ de leur puissance : c'est la baisse d'éclairage qu'on voit au démarrage.

Piège : dire que les phares gardent leur tension « parce qu'ils sont en parallèle ». Ils sont en parallèle avec le démarreur, mais tous deux sont en série avec $r$, que le gros courant du démarreur rend décisive.

La puissance reçue par une charge $R$ vaut $P(R)=\dfrac{\varepsilon^{2}R}{(R+r)^{2}}$ ; sa dérivée s'annule pour $R=r$ (transfert maximal de puissance).

Le courant vaut alors $\dfrac{\varepsilon}{2r}=315\ \mathrm{A}$ et la tension aux bornes $\dfrac{\varepsilon}{2}$ : le rendement n'est que de $50\ \%$, la moitié de l'énergie chauffe la batterie.

C'est pourquoi on n'adapte pas un démarreur à $R=r$ : on cherche ici un fort courant avec un rendement correct, et $R_{d}=4r$ donne déjà $1262\ \mathrm{W}$ à $80\ \%$.

Les bornes de $R_{5}$ sont A et C, reliés par un fil sans résistance : $V_{A}=V_{C}$.

La loi d'Ohm donne $I_{5}=\dfrac{V_{A}-V_{C}}{R_{5}}=0$ : $R_{5}$ est court-circuitée, tout le courant prend le fil.

Piège : compter $R_{5}$ « en parallèle avec le fil » comme une résistance ordinaire. Une résistance en parallèle avec une résistance nulle donne $\dfrac{10\times 0}{10+0}=0$ : l'ensemble est un simple fil, et A et C forment un SEUL nœud.

On redessine : entre A (confondu avec C) et B, deux branches en parallèle, $R_{2}$ d'une part, $R_{3}$ et $R_{4}$ en série d'autre part.

$R_{3}+R_{4}=10\ \Omega$, puis $R_{2}\parallel 10=\dfrac{15\times 10}{25}=6{,}0\ \Omega$

Cette association est en série avec $R_{1}$ : $R_{\text{éq}}=4{,}0+6{,}0=10{,}0\ \Omega$.

Erreur fréquente : laisser $R_{5}$ en série avec $R_{3}$, ce qui donne $15\parallel 20=8{,}57\ \Omega$ et un réseau de $12{,}6\ \Omega$ : toutes les valeurs suivantes sont alors fausses.

Le courant entier traverse le groupement de $6{,}0\ \Omega$ : $V_{AB}=6{,}0\times 2{,}40=14{,}4\ \mathrm{V}$.

Contrôle par la maille de la source : $\varepsilon-R_{1}I=24-9{,}6=14{,}4\ \mathrm{V}$, même valeur.

On « remonte » le réseau réduit avec la tension commune $V_{AB}$ :

$I_{2}=\dfrac{V_{AB}}{R_{2}}=\dfrac{14{,}4}{15}=0{,}960\ \mathrm{A}$ et $I_{3}=\dfrac{V_{AB}}{R_{3}+R_{4}}=\dfrac{14{,}4}{10}=1{,}44\ \mathrm{A}$

Loi des nœuds en A : $0{,}960+1{,}44=2{,}40\ \mathrm{A}$, et $I_{5}=0$ n'y ajoute rien.

Le corrigé de la figure ci-dessous porte ces courants sur le circuit réduit.

Puissance fournie : $\varepsilon I=24\times 2{,}40=57{,}6\ \mathrm{W}$.

$P_{1}=R_{1}I^{2}=4{,}0\times 2{,}40^{2}=23{,}04\ \mathrm{W}$ ; $P_{2}=15\times 0{,}960^{2}=13{,}82\ \mathrm{W}$ ; $P_{3}=4{,}0\times 1{,}44^{2}=8{,}29\ \mathrm{W}$ ; $P_{4}=6{,}0\times 1{,}44^{2}=12{,}44\ \mathrm{W}$ ; $P_{5}=0$.

Somme : $23{,}04+13{,}82+8{,}29+12{,}44=57{,}6\ \mathrm{W}$. Le bilan ferme, ce qui valide d'un coup les quatre courants.

Le réseau garde sa résistance équivalente de $10{,}0\ \Omega$ ; il reçoit $22{,}8\ \mathrm{V}$, donc $I=\dfrac{22{,}8}{10{,}0}=2{,}28\ \mathrm{A}$.

Aux bornes de la source réelle, $V=\varepsilon-rI$, d'où :

Piège : diviser $1{,}2\ \mathrm{V}$ par l'ancien courant de $2{,}40\ \mathrm{A}$, ce qui donne $0{,}500\ \Omega$. Dès que la source a une résistance interne, le courant change aussi.

Loi des nœuds en A, avec les sens de la figure : $I_{1}$ et $I_{2}$ arrivent, $I_{3}$ repart vers B.

Maille 2 parcourue dans le sens horaire depuis A : le fil du haut, puis la branche de droite vers le bas, le fil du bas, et la branche du milieu vers le haut.

On traverse $R_{2}$ contre $I_{2}$ : $+R_{2}I_{2}$ ; on traverse $\varepsilon_{2}$ de + vers − : $-\varepsilon_{2}$ ; on remonte $R_{3}$ contre $I_{3}$ : $+R_{3}I_{3}$.

Piège : donner à chaque terme le signe « naturel » ($-RI$, $+\varepsilon$) sans regarder le sens de parcours. Le signe se lit sur la figure, terme par terme.

On remplace $I_{3}$ par $I_{1}+I_{2}$ dans la maille 2 :

Puis $I_{3}=1{,}00-0{,}160=0{,}840\ \mathrm{A}$.

Le signe négatif ne signale pas une erreur : le courant réel dans la branche de droite circule en sens inverse de la flèche, donc vers le BAS.

Il entre dans la batterie par sa borne + et en ressort par sa borne − : la f.é.m. est traversée « à contre-sens », elle reçoit de l'énergie. La batterie se charge.

On ne refait pas le calcul avec une autre flèche : on garde le système, et on interprète le signe à la fin.

Maille 1, sens horaire depuis B : on monte à travers $\varepsilon_{1}$ de − vers + ($+\varepsilon_{1}$), à travers $R_{1}$ dans le sens de $I_{1}$ ($-R_{1}I_{1}$), puis on descend $R_{3}$ dans le sens de $I_{3}$ ($-R_{3}I_{3}$).

La f.é.m. du chargeur fournit $P_{1}=\varepsilon_{1}I_{1}=4{,}98\times 1{,}00=4{,}98\ \mathrm{W}$.

La f.é.m. de la batterie reçoit $\varepsilon_{2}\lvert I_{2}\rvert=3{,}7\times 0{,}160=0{,}592\ \mathrm{W}$, stockés sous forme chimique.

Les résistances dissipent $1{,}20\times 1{,}00^{2}+0{,}50\times 0{,}160^{2}+4{,}5\times 0{,}840^{2}=1{,}20+0{,}0128+3{,}175=4{,}388\ \mathrm{W}$.

Bilan : $4{,}98=0{,}592+4{,}388$. Il ferme.

Tension aux bornes de la batterie, de la borne + vers la borne − : $V=\varepsilon_{2}+R_{2}\lvert I_{2}\rvert=3{,}7+0{,}080=3{,}78\ \mathrm{V}$.

Une batterie qu'on charge présente à ses bornes PLUS que sa f.é.m. : la relation $V=\varepsilon-rI$ ne vaut que si le courant sort par la borne +.

Sans chargeur, il ne reste qu'une maille : la batterie et le téléphone en série.

Le courant dans la batterie a changé de sens : elle se décharge, et sa tension tombe sous sa f.é.m.

Un nœud est un point où se rejoignent au moins trois branches. Le fil du bas, de F à D en passant par E, n'a aucun dipôle : c'est UN seul nœud, qu'on appelle E.

Nœuds : A, B, C et E, soit $N=4$. Branches : la branche de $\varepsilon_{1}$, celles de $R_{2}$, $R_{3}$, $R_{4}$, $R_{5}$ et celle de $\varepsilon_{2}$, soit $B=6$, donc six courants inconnus.

Équations de nœuds indépendantes : $N-1=3$. Équations de mailles indépendantes : $B-N+1=3$, une par maille dessinée. On a bien $3+3=6$ équations pour $6$ inconnues.

Piège : compter six nœuds parce que six lettres figurent sur le schéma, ou écrire quatre équations de nœuds. La quatrième (en E : $I_{4}+I_{6}=I_{1}$) est la somme des trois autres et n'apporte rien.

On écrit, à chaque nœud, « ce qui entre = ce qui sort », en lisant les flèches :

A : $I_{1}$ arrive par la gauche, $I_{2}$ et $I_{3}$ repartent : $I_{1}=I_{2}+I_{3}$.

B : $I_{2}$ arrive, $I_{4}$ descend et $I_{5}$ repart vers C : $I_{2}=I_{4}+I_{5}$.

C : $I_{3}$ et $I_{5}$ arrivent, $I_{6}$ descend : $I_{3}+I_{5}=I_{6}$.

Règle de signe le long du parcours : une résistance traversée DANS le sens de son courant donne $-RI$, contre ce sens $+RI$ ; une f.é.m. traversée de − vers + donne $+\varepsilon$, de + vers − donne $-\varepsilon$.

Maille 1 (F, A, B, E) : on monte $\varepsilon_{1}$ de − vers +, puis $R_{1}$ avec $I_{1}$, $R_{2}$ avec $I_{2}$, et on descend $R_{4}$ avec $I_{4}$ :

Maille 2 (E, B, C, D) : on remonte $R_{4}$ contre $I_{4}$, on suit $I_{5}$ dans $R_{5}$, on descend $R_{6}$ avec $I_{6}$ et $\varepsilon_{2}$ de + vers − :

Maille 3 (A, pont, C, B) : $R_{3}$ avec $I_{3}$, puis le fil du haut de C vers A, contre $I_{5}$ et contre $I_{2}$ :

Piège : écrire la maille 2 « dans le sens des courants » sans regarder la flèche grise. Le sens de parcours est une convention de l'énoncé ; changer de sens ne change que le signe de toute l'équation, mais mélanger deux sens dans une même équation la rend fausse.

Le potentiel se suit le long d'un chemin, avec la même règle de signe. De E à A par la branche de gauche : $V_{A}=V_{E}+\varepsilon_{1}-R_{1}I_{1}$.

Par A, B, E : on descend $R_{2}$ puis $R_{4}$ dans le sens des courants, le potentiel baisse de $R_{2}I_{2}+R_{4}I_{4}$ :

Les deux chemins donnent la même valeur : c'est le contrôle le plus rapide d'une solution de Kirchhoff. On vérifie aussi les nœuds : $\frac{11}{12}+\frac{1}{4}=\frac{7}{6}$ et $2-\frac{13}{12}=\frac{11}{12}$.

$I_{5}=-\frac{13}{12}\ \mathrm{A}$ : le courant réel dans $R_{5}$ va de C vers B, à l'inverse de la flèche.

$I_{6}=-\frac{5}{6}\ \mathrm{A}$ : dans la branche de droite, le courant réel MONTE, de D vers C. Il traverse $\varepsilon_{2}$ de sa borne − à sa borne + : la source FOURNIT de la puissance.

Piège : conclure « courant négatif, donc la source reçoit ». Le signe d'un courant dit seulement si la flèche dessinée était la bonne ; c'est le sens réel comparé aux bornes de la source qui décide.

Bilan : $\varepsilon_{1}I_{1}+7{,}50=14{,}0+7{,}50=21{,}5\ \mathrm{W}$ fournis, égaux à la somme des $RI^{2}$.

Maille parcourue dans le sens de $i$ : on traverse $\varepsilon$ de − vers +, puis $R$ et $C$ dans le sens du courant.

$\varepsilon-Ri-\dfrac{q}{C}=0$, soit $R\dfrac{dq}{dt}+\dfrac{q}{C}=\varepsilon$

Avec $q=C\varepsilon(1-e^{-t/\tau})$ : $\dfrac{dq}{dt}=\dfrac{C\varepsilon}{\tau}e^{-t/\tau}$, et le membre de gauche vaut $\dfrac{RC\varepsilon}{\tau}e^{-t/\tau}+\varepsilon-\varepsilon e^{-t/\tau}$.

Il égale $\varepsilon$ pour tout $t$ si et seulement si $\tau=RC$ ; de plus $q(0)=0$, la condition initiale.

$\tau=RC=18\times 10^{3}\times 50\times 10^{-6}=0{,}900\ \mathrm{s}$ et $Q_{f}=C\varepsilon=750\ \mu\mathrm{C}$.

Piège : $\mathrm{k\Omega}\times\mu\mathrm{F}$ donne des millisecondes, pas des secondes : $18\times 50=900\ \mathrm{ms}$.

À $t=0^{+}$, le condensateur déchargé a une tension nulle : toute la f.é.m. est aux bornes de $R$, et $i(0^{+})=\dfrac{15}{18\times 10^{3}}=0{,}833\ \mathrm{mA}$.

À $t=\tau$ : $i=0{,}833\,e^{-1}=0{,}307\ \mathrm{mA}$, soit $37\ \%$ du courant initial.

Le courant est maximal au départ et décroît : c'est le condensateur qui « freine » le courant à mesure qu'il se charge.

$q=0{,}90\,Q_{f}$ donne $1-e^{-t/\tau}=0{,}90$, soit $e^{-t/\tau}=0{,}10$ :

L'énergie $U=\dfrac{q^{2}}{2C}$ atteint $90\ \%$ de $U_{f}$ quand $q=\sqrt{0{,}90}\,Q_{f}=0{,}9487\,Q_{f}$ :

Piège : répondre $2{,}07\ \mathrm{s}$ aux deux questions. Charge et énergie ne suivent pas la même loi ; il faut toujours écrire quelle grandeur atteint quelle fraction.

$V_{C}(t)=\varepsilon(1-e^{-t/\tau})$, avec $e^{-1{,}00/0{,}900}=0{,}3292$ :

La loi des mailles donne $V_{R}=\varepsilon-V_{C}=4{,}94\ \mathrm{V}$ ; contrôle par la loi d'Ohm : $Ri=18\times 10^{3}\times 0{,}2743\times 10^{-3}=4{,}94\ \mathrm{V}$.

La source débite au total la charge $Q_{f}$ sous la f.é.m. constante $\varepsilon$ :

Le condensateur stocke $U_{f}=\dfrac{1}{2}C\varepsilon^{2}=5{,}625\ \mathrm{mJ}$ ; la résistance dissipe la différence, $5{,}625\ \mathrm{mJ}$, soit exactement la moitié.

Ce partage moitié-moitié ne dépend pas de $R$ : une résistance plus faible charge plus vite, mais dissipe la même énergie, sous un courant plus fort. On le vérifie par $\int_{0}^{\infty}Ri^{2}\,dt=\dfrac{\varepsilon^{2}}{R}\cdot\dfrac{\tau}{2}=\dfrac{1}{2}C\varepsilon^{2}$.