Courant et résistance : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Le courant est le débit de charge à travers la section : $I=\dfrac{dq}{dt}$.

$I(t)=\dfrac{d}{dt}\left(6{,}0\,t-0{,}50\,t^{2}\right)=6{,}0-1{,}0\,t$, en milliampères.

$I(1{,}5\ \mathrm{s})=6{,}0-1{,}5=4{,}5\ \mathrm{mA}$.

Piège : écrire $I=\frac{q}{t}=\frac{q(1{,}5)}{1{,}5}=5{,}25\ \mathrm{mA}$. Ce quotient est le courant MOYEN sur $[0\,;1{,}5]$ ; il ne vaut le courant instantané que si $q$ est proportionnelle à $t$.

La section vaut $A=\pi r^{2}=\pi\,(0{,}40\times 10^{-3})^{2}=5{,}03\times 10^{-7}\ \mathrm{m^{2}}$.

$J=\dfrac{I}{A}=\dfrac{4{,}5\times 10^{-3}}{5{,}03\times 10^{-7}}\approx 8{,}95\times 10^{3}\ \mathrm{A/m^{2}}$.

Le vecteur $\vec J$ a le sens du courant, donc l'opposé du mouvement des électrons du cuivre.

$I(t_{1})=0$ donne $6{,}0-1{,}0\,t_{1}=0$, soit $t_{1}=6{,}0\ \mathrm{s}$. Au-delà, le courant changerait de sens et la loi ne vaut plus.

On pose l'intégrale du courant avant de la calculer :

$Q=\displaystyle\int_{0}^{6{,}0}I\,dt=\int_{0}^{6{,}0}(6{,}0-1{,}0\,t)\,dt=\left[6{,}0\,t-0{,}50\,t^{2}\right]_{0}^{6{,}0}=36-18=18\ \mathrm{mC}$.

On retrouve bien $q(6{,}0)-q(0)$ : intégrer $I$ redonne la variation de $q$.

$N=\dfrac{Q}{e}=\dfrac{18\times 10^{-3}}{1{,}60\times 10^{-19}}\approx 1{,}13\times 10^{17}$ électrons.

Piège : $Q=I(0)\,t_{1}=36\ \mathrm{mC}$, le double, parce qu'on a traité un courant qui décroît comme s'il était constant. L'aire sous $I(t)$ est un triangle, pas un rectangle.

Chaque proton porte la charge $e$. Le nombre de protons qui frappent la cible par seconde est $\dfrac{I}{e}$ :

$\dfrac{I}{e}=\dfrac{0{,}80\times 10^{-3}}{1{,}60\times 10^{-19}}=5{,}00\times 10^{15}$ protons par seconde.

Ici les porteurs sont positifs : le courant a le sens de leur vitesse, de l'accélérateur vers la cible.

Pendant $dt$, les protons qui atteignent la cible sont ceux d'un cylindre de section $A$ et de longueur $v\,dt$, qui en contient $n\,A\,v\,dt$. D'où $I=n\,e\,v\,A$, la même relation que pour les électrons d'un fil.

$A=\pi\,(1{,}5\times 10^{-3})^{2}=7{,}07\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$.

$n=\dfrac{I}{e\,v\,A}=\dfrac{0{,}80\times 10^{-3}}{1{,}60\times 10^{-19}\times 1{,}96\times 10^{7}\times 7{,}07\times 10^{-6}}\approx 3{,}61\times 10^{13}\ \mathrm{m^{-3}}$.

C'est environ $10^{15}$ fois moins que la densité d'électrons libres d'un métal : un faisceau très rapide et très dilué peut porter le même courant qu'un fil où les porteurs avancent à peine.

Un volume $V$ de métal a la masse $\rho_{m}V$, donc contient $\dfrac{\rho_{m}V}{M}$ moles, soit $\dfrac{\rho_{m}V}{M}N_{A}$ atomes. Avec un électron libre par atome :

$n=\dfrac{\rho_{m}\,N_{A}}{M}=\dfrac{10{,}5\times 10^{3}\times 6{,}02\times 10^{23}}{107{,}9\times 10^{-3}}\approx 5{,}86\times 10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$.

Piège : deux $\rho$ dans le chapitre. La masse volumique $\rho_{m}$ (en $\mathrm{kg/m^{3}}$) n'est pas la résistivité $\rho$ (en $\Omega\cdot\mathrm{m}$) ; nommez-les différemment sur la copie.

Piège : laisser $10{,}5\ \mathrm{g/cm^{3}}$ et $107{,}9\ \mathrm{g/mol}$ donne des atomes par centimètre cube, un facteur $10^{6}$ d'écart avec la suite du calcul en SI.

$A=\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^{2}=\pi\,(0{,}25\times 10^{-3})^{2}=1{,}96\times 10^{-7}\ \mathrm{m^{2}}$.

$J=\dfrac{I}{A}=\dfrac{1{,}8}{1{,}96\times 10^{-7}}\approx 9{,}17\times 10^{6}\ \mathrm{A/m^{2}}$.

Le courant s'écrit $I=n\,e\,v_{d}\,A$, donc $J=n\,e\,v_{d}$ :

$v_{d}=\dfrac{J}{n\,e}=\dfrac{9{,}17\times 10^{6}}{5{,}86\times 10^{28}\times 1{,}60\times 10^{-19}}\approx 9{,}78\times 10^{-4}\ \mathrm{m/s}$, moins d'un millimètre par seconde.

Les électrons dérivent dans le sens OPPOSÉ à $\vec J$ : $\vec J=-n\,e\,\vec v_{d}$ pour des porteurs de charge $-e$.

$\Delta t=\dfrac{1{,}00}{v_{d}}=\dfrac{1{,}00}{9{,}78\times 10^{-4}}\approx 1{,}02\times 10^{3}\ \mathrm{s}\approx 17{,}0\ \mathrm{min}$.

Ce n'est pas le délai d'allumage d'une lampe : le champ électrique s'établit dans tout le circuit à une vitesse comparable à celle de la lumière, et tous les électrons du fil se mettent en mouvement ensemble.

Même raisonnement, avec deux électrons libres par atome :

$n_{\mathrm{Zn}}=2\times\dfrac{7{,}14\times 10^{3}\times 6{,}02\times 10^{23}}{65{,}38\times 10^{-3}}\approx 1{,}31\times 10^{29}\ \mathrm{m^{-3}}$.

Même $J$ (même courant, même section) : $v_{d}=\dfrac{J}{n_{\mathrm{Zn}}\,e}=\dfrac{9{,}17\times 10^{6}}{1{,}31\times 10^{29}\times 1{,}60\times 10^{-19}}\approx 4{,}36\times 10^{-4}\ \mathrm{m/s}$.

Plus de porteurs par mètre cube : chacun a besoin d'aller moins vite pour transporter le même courant, ici $2{,}24$ fois moins vite.

Piège : oublier le facteur $2$ des électrons par atome, ce qui double la vitesse trouvée.

À $I$ et $n$ fixés, $v_{d}=\dfrac{I}{n\,e\,A}$ varie comme $\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{\pi r^{2}}$.

Diviser le diamètre par $2$ divise l'aire par $4$ : la vitesse de dérive est multipliée par $4$, soit $3{,}91\ \mathrm{mm/s}$.

Piège : répondre « multipliée par 2 » en raisonnant sur le diamètre au lieu de l'aire.

$R_{0}=\dfrac{\rho_{0}\,L}{A}$ donne $L=\dfrac{R_{0}\,A}{\rho_{0}}$, avec $A=\pi\,(12{,}5\times 10^{-6})^{2}=4{,}91\times 10^{-10}\ \mathrm{m^{2}}$.

$L=\dfrac{100{,}0\times 4{,}91\times 10^{-10}}{1{,}06\times 10^{-7}}\approx 0{,}463\ \mathrm{m}$, soit $46{,}3\ \mathrm{cm}$, enroulés en bobine sur un support isolant.

Piège : prendre $25\ \mu\mathrm{m}$ pour le rayon, ce qui multiplie l'aire, donc la longueur, par $4$.

Sans dilatation, $L$ et $A$ ne changent pas : $R$ suit la résistivité, $R=R_{0}\left[1+\alpha\,(T-T_{0})\right]$.

$R(150)=100{,}0\times\left[1+3{,}85\times 10^{-3}\times 150\right]=157{,}75\ \Omega\approx 158\ \Omega$.

La source impose $I_{0}$ quelle que soit $R$ : $U=R\,I_{0}=157{,}75\times 1{,}00\times 10^{-3}=0{,}158\ \mathrm{V}=158\ \mathrm{mV}$.

C'est le principe de la mesure : à courant imposé, la tension lue est proportionnelle à $R$, donc affine en $T$.

$R=\dfrac{U}{I_{0}}=\dfrac{81{,}2\times 10^{-3}}{1{,}00\times 10^{-3}}=81{,}2\ \Omega$.

$T=T_{0}+\dfrac{1}{\alpha}\left(\dfrac{R}{R_{0}}-1\right)=0+\dfrac{0{,}812-1}{3{,}85\times 10^{-3}}\approx -48{,}8\ \mathrm{^{\circ}C}$.

Piège : les tables donnent souvent $\rho$ et $\alpha$ à $20\ \mathrm{^{\circ}C}$ ; ici l'énoncé les définit à $0\ \mathrm{^{\circ}C}$. Prendre $T_{0}=20\ \mathrm{^{\circ}C}$ décale toute la mesure de $20\ \mathrm{^{\circ}C}$.

Le modèle linéaire reste une approximation : sur un grand écart de température, les normes des sondes ajoutent un terme du second degré.

$P=R\,I_{0}^{2}=157{,}75\times(1{,}00\times 10^{-3})^{2}\approx 1{,}58\times 10^{-4}\ \mathrm{W}$, soit $0{,}158\ \mathrm{mW}$.

Toute puissance dissipée chauffe le fil au-dessus du milieu qu'il mesure : la sonde lirait sa propre température. Un courant de l'ordre du milliampère rend cet auto-échauffement négligeable ; avec $10\ \mathrm{mA}$, la puissance serait $100$ fois plus grande.

$R_{C}(150)=100{,}0\times\left[1-5{,}0\times 10^{-4}\times 150\right]=92{,}5\ \Omega$, donc $U_{C}=92{,}5\ \mathrm{mV}$ : la tension BAISSE quand la température monte.

La sensibilité est la pente $\left|\dfrac{dR}{dT}\right|=R_{0}\,|\alpha|$ : $0{,}385\ \Omega/\mathrm{^{\circ}C}$ pour le platine, $0{,}050\ \Omega/\mathrm{^{\circ}C}$ pour le carbone.

Rapport : $\dfrac{0{,}385}{0{,}050}=7{,}7$. Le platine est $7{,}7$ fois plus sensible.

Piège : comparer les signes au lieu des valeurs absolues. Un $\alpha$ négatif n'est pas une sensibilité nulle, c'est une pente descendante.

Le rayon varie linéairement de $a$ en $x=0$ à $b$ en $x=L$ : $r(x)=a+\dfrac{b-a}{L}\,x$.

La tranche d'épaisseur $dx$ est un cylindre très mince, de longueur $dx$ et de section $\pi\,r(x)^{2}$, traversé par le courant dans le sens de sa longueur :

$dR=\dfrac{\rho\,dx}{\pi\,r(x)^{2}}$.

Les tranches sont parcourues par le même courant, l'une après l'autre : elles sont en SÉRIE, donc leurs résistances s'ajoutent.

On pose l'intégrale :

$R=\displaystyle\int_{0}^{L}\dfrac{\rho\,dx}{\pi\left(a+\frac{b-a}{L}x\right)^{2}}$.

Changement de variable $r=a+\frac{b-a}{L}x$, $dx=\frac{L}{b-a}\,dr$, bornes $a$ et $b$ :

$R=\dfrac{\rho\,L}{\pi\,(b-a)}\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{dr}{r^{2}}=\dfrac{\rho\,L}{\pi\,(b-a)}\left[-\dfrac{1}{r}\right]_{a}^{b}=\dfrac{\rho\,L}{\pi\,(b-a)}\cdot\dfrac{b-a}{a\,b}=\dfrac{\rho\,L}{\pi\,a\,b}$.

Vérification : si $a=b$, la formule devient $\dfrac{\rho\,L}{\pi a^{2}}=\dfrac{\rho L}{A}$, celle du cylindre. Le résultat passe aussi le test des unités : $\Omega\cdot\mathrm{m}\times\mathrm{m}/\mathrm{m^{2}}=\Omega$.

$R=\dfrac{7{,}0\times 10^{-8}\times 0{,}120}{\pi\times 2{,}0\times 10^{-3}\times 6{,}0\times 10^{-3}}\approx 2{,}23\times 10^{-4}\ \Omega$.

Avec le rayon moyen $4{,}0\ \mathrm{mm}$ : $R_{\mathrm{moy}}=\dfrac{\rho\,L}{\pi\,(4{,}0\times 10^{-3})^{2}}\approx 1{,}67\times 10^{-4}\ \Omega$.

Écart relatif : $\dfrac{1{,}67-2{,}23}{2{,}23}\approx -25{,}0\ \%$.

Piège : le rayon moyen sous-estime toujours $R$. Les tranches étroites comptent plus que les larges ne compensent, car $dR$ varie en $\frac{1}{r^{2}}$ ; seule l'intégrale donne le bon résultat. Le rayon équivalent exact est la moyenne GÉOMÉTRIQUE $\sqrt{a\,b}=3{,}46\ \mathrm{mm}$.

La loi d'Ohm locale donne $E=\rho\,J$, avec $J=\dfrac{I}{\pi r^{2}}$ sur chaque section.

Petite face : $J_{a}=\dfrac{2{,}00\times 10^{3}}{\pi\,(2{,}0\times 10^{-3})^{2}}\approx 1{,}59\times 10^{8}\ \mathrm{A/m^{2}}$, donc $E_{a}=\rho J_{a}\approx 11{,}1\ \mathrm{V/m}$.

Grande face : l'aire est $9$ fois plus grande, donc $E_{b}=\dfrac{E_{a}}{9}\approx 1{,}24\ \mathrm{V/m}$.

$P=R\,I^{2}=2{,}23\times 10^{-4}\times(2{,}00\times 10^{3})^{2}\approx 891\ \mathrm{W}$.

La puissance par unité de volume vaut $\rho J^{2}$ : elle est $81$ fois plus grande à la pointe qu'à la base. C'est voulu : la chaleur se concentre là où l'on soude.

Le courant traverse des cylindres coaxiaux : à la distance $r$, la surface perpendiculaire au courant est la paroi latérale d'un cylindre de rayon $r$ et de hauteur $L$, d'aire $A(r)=2\pi r L$.

La couche entre $r$ et $r+dr$ a l'épaisseur $dr$ dans le sens du courant :

$dR=\dfrac{\rho\,dr}{2\pi r L}$.

Piège : prendre $\pi r^{2}$, la section du disque. Elle est perpendiculaire à l'AXE, pas au courant, qui est ici radial.

Les couches sont traversées l'une après l'autre par tout le courant : elles sont en série.

$R=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\rho\,dr}{2\pi r L}=\dfrac{\rho}{2\pi L}\left[\ln r\right]_{a}^{b}=\dfrac{\rho\,\ln(b/a)}{2\pi L}$.

Eau de mer : $R=\dfrac{0{,}20\times\ln(12/1{,}5)}{2\pi\times 0{,}080}=\dfrac{0{,}20\times 2{,}08}{0{,}503}\approx 0{,}827\ \Omega$.

$I=\dfrac{\Delta V}{R}=\dfrac{1{,}50}{0{,}827}\approx 1{,}81\ \mathrm{A}$.

Le même courant traverse chaque cylindre, donc $J(r)=\dfrac{I}{2\pi r L}$ décroît en $\frac{1}{r}$ :

$J(a)=\dfrac{1{,}81}{2\pi\times 1{,}5\times 10^{-3}\times 0{,}080}\approx 2{,}40\times 10^{3}\ \mathrm{A/m^{2}}$ et $J(b)=\dfrac{a}{b}J(a)\approx 301\ \mathrm{A/m^{2}}$.

Le courant se concentre contre la tige : c'est là que la solution chauffe et que l'électrode s'use.

$R'=\dfrac{1{,}50}{0{,}420}\approx 3{,}57\ \Omega$. La géométrie n'a pas changé, donc $R$ est proportionnelle à $\rho$ :

$\rho'=\dfrac{2\pi L\,R'}{\ln(b/a)}=\dfrac{0{,}503\times 3{,}57}{2{,}08}\approx 0{,}863\ \Omega\cdot\mathrm{m}$.

$\sigma'=\dfrac{1}{\rho'}\approx 1{,}16\ \mathrm{S/m}$, environ quatre fois moins conductrice que l'eau de mer.

C'est le principe d'un conductimètre : on étalonne une fois la cellule ($\frac{\ln(b/a)}{2\pi L}$ est sa « constante de cellule »), puis chaque mesure de courant donne une conductivité. Un vrai conductimètre travaille en tension alternative : en continu, les électrodes se polarisent et la solution ne se comporte pas comme un conducteur ohmique, ce que ce modèle néglige.

$R_{\mathrm{élève}}=\dfrac{0{,}20\times(12-1{,}5)\times 10^{-3}}{2\pi\times 1{,}5\times 10^{-3}\times 0{,}080}\approx 2{,}79\ \Omega$, $3{,}37$ fois trop.

La formule $\frac{\rho\ell}{A}$ suppose une section CONSTANTE le long du trajet du courant. Ici l'aire traversée passe de $2\pi aL$ à $2\pi bL$, huit fois plus grande : les couches éloignées résistent beaucoup moins que la première.

Piège : appliquer $R=\frac{\rho\ell}{A}$ dès qu'on voit une longueur et une aire. Dès que l'aire traversée dépend de la position, on découpe en couches et on intègre.

Sur un anneau mince, $J$ est constante et perpendiculaire à la section ; l'aire de l'anneau est $dA=2\pi r\,dr$.

$dI=J(r)\,dA=a\,r\cdot 2\pi r\,dr=2\pi a\,r^{2}\,dr$.

$I=\displaystyle\int_{0}^{R}2\pi a\,r^{2}\,dr=\dfrac{2\pi a R^{3}}{3}$, donc $a=\dfrac{3I}{2\pi R^{3}}$.

$a=\dfrac{3\times 12}{2\pi\times(2{,}0\times 10^{-3})^{3}}\approx 7{,}16\times 10^{8}\ \mathrm{A/m^{3}}$.

Unité : $J$ en $\mathrm{A/m^{2}}$ et $r$ en mètres, donc $a$ en $\mathrm{A/m^{3}}$.

Piège : écrire $I=J\,A=a\,R\cdot\pi R^{2}$. Le produit $J\,A$ ne vaut que pour une densité uniforme ; ici on intègre.

$J(R)=a\,R=\dfrac{3I}{2\pi R^{2}}\approx 1{,}43\times 10^{6}\ \mathrm{A/m^{2}}$.

$J_{\mathrm{moy}}=\dfrac{I}{\pi R^{2}}=\dfrac{12}{\pi\times(2{,}0\times 10^{-3})^{2}}\approx 9{,}55\times 10^{5}\ \mathrm{A/m^{2}}$.

$\dfrac{J(R)}{J_{\mathrm{moy}}}=\dfrac{3}{2}=1{,}5$, quel que soit $I$ : c'est une propriété du profil linéaire.