Exercices corrigés : circuits à courant continu (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

$Q=I\,\Delta t=(2{,}0)(30)=60$ C. Nombre d'électrons : $n=\frac{60}{1{,}6\times 10^{-19}}=3{,}75\times 10^{20}$, des centaines de milliards de milliards : le courant est un fleuve de charges minuscules.

$R=\frac{V}{I}=\frac{120}{10}=12$ Ω. Puissance : $P=VI=1200$ W. Énergie : $E=P\,\Delta t=(1200)(180)=2{,}16\times 10^{5}$ J, soit 216 kJ en trois minutes.

Section : $A=\pi r^{2}=\pi(0{,}50\times 10^{-3})^{2}\approx 7{,}85\times 10^{-7}$ m². $R=\frac{\rho L}{A}=\frac{(1{,}7\times 10^{-8})(10)}{7{,}85\times 10^{-7}}\approx 0{,}22$ Ω. Une résistance faible mais pas nulle : sur de longues distances, c'est elle qui impose les pertes en ligne.

$R=\frac{\rho L}{A}$ : doubler $L$ multiplie $R$ par 2; doubler le diamètre multiplie $A=\pi r^{2}$ par 4, donc divise $R$ par 4. Bilan : $R$ est divisée par 2 (environ 0,11 Ω). La section, au carré du rayon, pèse plus lourd que la longueur : c'est pourquoi les câbles de forte puissance sont surtout GROS, pas courts.

Section : $A=\pi r^{2}=\pi(1{,}0\times 10^{-3})^{2}=3{,}14\times 10^{-6}$ m². Densité de courant : $J=\frac{I}{A}=\frac{5{,}0}{3{,}14\times 10^{-6}}\approx 1{,}59\times 10^{6}$ A/m². Vitesse de dérive : $v_{d}=\frac{J}{ne}=\frac{1{,}59\times 10^{6}}{(8{,}5\times 10^{28})(1{,}6\times 10^{-19})}\approx 1{,}17\times 10^{-4}$ m/s, soit environ 0,12 mm par seconde.

$t=\frac{3{,}0}{1{,}17\times 10^{-4}}\approx 2{,}6\times 10^{4}$ s, plus de SEPT HEURES. Le signal, lui, met $\frac{3{,}0}{3{,}0\times 10^{8}}=1{,}0\times 10^{-8}$ s, dix nanosecondes : un rapport de l'ordre de $10^{12}$. La lampe s'allume tout de suite parce que ce ne sont pas les électrons de l'interrupteur qui doivent arriver à la lampe : le champ électrique s'établit dans tout le circuit quasi instantanément et met en mouvement, EN MÊME TEMPS, les électrons déjà présents partout, y compris ceux du filament. Le fil est un tuyau déjà plein d'eau : ouvrir le robinet fait couler tout de suite, sans attendre que la première goutte fasse le trajet.

$R=\frac{V^{2}}{P}=\frac{120^{2}}{60}=2{,}4\times 10^{2}$ Ω. Courant en régime : $I=\frac{P}{V}=\frac{60}{120}=0{,}50$ A.

$R_{chaud}=R_{0}[1+\alpha\,\Delta T]$ avec $\Delta T=2500-20=2480$ °C, donc $1+\alpha\Delta T=1+(4{,}5\times 10^{-3})(2480)=12{,}16$. D'où $R_{0}=\frac{240}{12{,}16}\approx 19{,}7$ Ω. À l'allumage, le filament est encore froid : $I_{0}=\frac{120}{19{,}7}\approx 6{,}1$ A, soit 12,2 fois le courant nominal.

Pendant les quelques dizaines de millisecondes de la montée en température, le filament encaisse un courant douze fois trop grand, donc une puissance de l'ordre de $RI^{2}\approx 730$ W au lieu de 60 W. Si une portion du filament est déjà amincie par l'évaporation du tungstène, c'est cette surcharge qui la fait fondre : la rupture arrive donc statistiquement au moment de l'allumage, pas après des heures de fonctionnement. Pour un métal, la résistance monte avec $T$ parce que les ions du réseau vibrent davantage et diffusent plus souvent les électrons, dont la DENSITÉ ne change pas. Dans un semi-conducteur, l'agitation thermique arrache au contraire de nouveaux porteurs à leurs liaisons : $n$ augmente exponentiellement et l'emporte largement sur la diffusion accrue, si bien que la résistance CHUTE. Deux mécanismes différents, deux signes opposés pour $\alpha$.

Parallèle d'abord : $R_{23}=\frac{R_{2}R_{3}}{R_{2}+R_{3}}=\frac{(12)(4)}{16}=3{,}0$ Ω. Puis la série : $R_{eq}=6+3=9{,}0$ Ω.

$I=\frac{V}{R_{eq}}=\frac{18}{9}=2{,}0$ A : ce courant traverse la source et $R_{1}$ en entier.

$V_{1}=R_{1}I=(6)(2)=12$ V; il reste $V_{23}=18-12=6{,}0$ V aux bornes du groupement parallèle, la MÊME tension pour $R_{2}$ et $R_{3}$. Courants : $I_{2}=\frac{6}{12}=0{,}50$ A et $I_{3}=\frac{6}{4}=1{,}5$ A. Nœud : $0{,}50+1{,}5=2{,}0$ A, le compte est bon.

$P_{1}=R_{1}I^{2}=(6)(4)=24$ W; $P_{2}=\frac{V_{23}^{2}}{R_{2}}=\frac{36}{12}=3{,}0$ W; $P_{3}=\frac{36}{4}=9{,}0$ W. Somme : $24+3+9=36$ W $=VI=(18)(2)$ : le bilan est équilibré. C'est $R_{1}$ qui chauffe le plus, et dans le groupement parallèle c'est $R_{3}$, la PETITE résistance : à tension commune, $P=\frac{V^{2}}{R}$ favorise les petites résistances. "Grande résistance = grande puissance" n'est vrai qu'en série, où le courant est commun ($P=RI^{2}$).

La fem est l'énergie fournie par la batterie par unité de charge (sa "tension à vide"); la tension aux bornes est ce qui reste APRÈS la chute dans la résistance interne : $V=\varepsilon-rI$. Les deux ne coïncident que lorsque $I=0$ : batterie débranchée, ou mesurée avec un voltmètre idéal.

$I=\frac{\varepsilon}{R+r}=\frac{12}{6{,}0}=2{,}0$ A. Tension aux bornes : $V=\varepsilon-rI=12-(0{,}5)(2)=11{,}0$ V (on vérifie : $V=RI=(5{,}5)(2)=11$ V, cohérent).

$I_{cc}=\frac{\varepsilon}{r}=\frac{12}{0{,}5}=24$ A. Toute la puissance se dissipe dans la batterie elle-même : $P=rI_{cc}^{2}=(0{,}5)(576)=288$ W, concentrés dans un objet fermé de petite taille : échauffement violent, risque d'emballement, de fuite ou d'explosion. C'est la raison des fusibles, et de l'interdiction de transporter des batteries aux bornes non protégées.

Le démarreur, grosse charge en parallèle, fait grimper le courant total débité : la chute interne $rI$ devient importante et la tension aux bornes $V=\varepsilon-rI$ s'effondre temporairement. Les phares, branchés sur ces mêmes bornes, reçoivent moins de tension et faiblissent. Dès que le moteur démarre et que le courant retombe, $V$ remonte : le phénomène signe l'existence physique de $r$, invisible en temps normal.

Nœud : $I_{3}=I_{1}+I_{2}$. Maille de gauche : $\varepsilon_{1}=R_{1}I_{1}+R_{3}I_{3}$, soit $12=2I_{1}+3I_{3}$. Maille de droite : $\varepsilon_{2}=R_{2}I_{2}+R_{3}I_{3}$, soit $6=I_{2}+3I_{3}$.

Des mailles : $I_{1}=\frac{12-3I_{3}}{2}$ et $I_{2}=6-3I_{3}$. Le nœud donne : $I_{3}=\frac{12-3I_{3}}{2}+6-3I_{3}$. En multipliant par 2 : $2I_{3}=12-3I_{3}+12-6I_{3}$, soit $11I_{3}=24$, donc $I_{3}=\frac{24}{11}\approx 2{,}18$ A. Puis $I_{1}=\frac{30}{11}\approx 2{,}73$ A et $I_{2}=-\frac{6}{11}\approx -0{,}55$ A.

Le signe négatif de $I_{2}$ signifie que le courant réel circule dans le sens OPPOSÉ au sens supposé : il ne sort pas de $\varepsilon_{2}$, il y entre par la borne +. La source de 6 V ne débite pas : elle est en train d'être RECHARGÉE par la source de 12 V, plus forte qu'elle. On ne recommence pas le calcul : le formalisme de Kirchhoff a déjà tout dit, il suffisait de le lire.

Maille de droite : $R_{2}I_{2}+R_{3}I_{3}=(1)\left(-\frac{6}{11}\right)+(3)\left(\frac{24}{11}\right)=\frac{-6+72}{11}=\frac{66}{11}=6{,}0$ V $=\varepsilon_{2}$ : vérifiée. Tension aux bornes de $R_{3}$ : $V_{3}=R_{3}I_{3}=(3)\left(\frac{24}{11}\right)=\frac{72}{11}\approx 6{,}5$ V.

En série, la portion de circuit entre les deux condensateurs est isolée : la charge $+Q$ qui apparaît sur une armature y induit $-Q$ sur l'armature voisine, par conservation de la charge de ce segment isolé (initialement neutre). Donc $Q_{1}=Q_{2}=Q$. Les tensions s'additionnent : $V=V_{1}+V_{2}=\frac{Q}{C_{1}}+\frac{Q}{C_{2}}$. En divisant par $Q$ : $\frac{V}{Q}=\frac{1}{C_{eq}}=\frac{1}{C_{1}}+\frac{1}{C_{2}}$.

$C_{eq}=\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}=\frac{(6)(3)}{9}=2{,}0$ μF. Charge commune : $Q=C_{eq}V=(2{,}0\times 10^{-6})(12)=24$ μC. Tensions : $V_{1}=\frac{Q}{C_{1}}=\frac{24}{6}=4{,}0$ V et $V_{2}=\frac{24}{3}=8{,}0$ V (somme 12 V : cohérent). C'est le PETIT condensateur qui supporte la plus grande tension.

$C_{eq}=C_{1}+C_{2}=9{,}0$ μF, chacun sous 12 V : $Q_{1}=(6{,}0\times 10^{-6})(12)=72$ μC et $Q_{2}=36$ μC.

Série : $E=\frac{1}{2}C_{eq}V^{2}=\frac{1}{2}(2{,}0\times 10^{-6})(144)=1{,}44\times 10^{-4}$ J. Parallèle : $E=\frac{1}{2}(9{,}0\times 10^{-6})(144)=6{,}48\times 10^{-4}$ J, soit 4,5 fois plus : le rapport des énergies est celui des capacités équivalentes ($\frac{9}{2}=4{,}5$), puisque $V$ est le même. Pour stocker, on branche en parallèle.

Pour les résistances, la grandeur qui s'additionne en série est l'OBSTACLE ($V=RI$ : les chutes de tension s'empilent). Pour les condensateurs, la relation est inversée : $V=\frac{Q}{C}$ place $C$ au dénominateur, si bien qu'empiler des tensions en série additionne les $\frac{1}{C}$. En parallèle, à tension commune, les résistances additionnent leurs courants (donc les $\frac{1}{R}$) tandis que les condensateurs additionnent leurs charges (donc les $C$). Même logique de circuit, grandeur inversée.

$C=\frac{\varepsilon_{0}A}{d}=\frac{(8{,}85\times 10^{-12})(2{,}0\times 10^{-2})}{5{,}0\times 10^{-4}}=3{,}54\times 10^{-10}$ F, soit 354 pF. Charge : $Q=CV=(3{,}54\times 10^{-10})(12)=4{,}25\times 10^{-9}$ C. Champ : $E=\frac{V}{d}=\frac{12}{5{,}0\times 10^{-4}}=2{,}4\times 10^{4}$ V/m. Énergie : $U=\frac{1}{2}CV^{2}=\frac{1}{2}(3{,}54\times 10^{-10})(144)\approx 2{,}55\times 10^{-8}$ J.

$V_{max}=E_{claquage}\,d=(3{,}0\times 10^{6})(5{,}0\times 10^{-4})=1{,}5\times 10^{3}$ V. En divisant $d$ par deux, $C$ double mais $V_{max}$ tombe à 750 V : le champ, lui, ne se laisse pas tromper. Le compromis est structurel, car l'énergie maximale stockable $\frac{1}{2}CV_{max}^{2}=\frac{1}{2}\varepsilon_{0}E_{claquage}^{2}\,(Ad)$ ne dépend que du VOLUME de diélectrique et de sa rigidité, pas du découpage entre $C$ et $V$. Rapprocher les armatures ne fait donc pas gagner d'énergie : pour en stocker plus, il faut un meilleur isolant ou plus de volume.

La pile impose $V=12$ V. $C'=\kappa C=1{,}42\times 10^{-9}$ F, $Q'=\kappa Q=1{,}70\times 10^{-8}$ C, $U'=\kappa U\approx 1{,}02\times 10^{-7}$ J : tout est multiplié par 4, sauf la tension. L'énergie vient de la PILE, qui a dû faire passer la charge supplémentaire $\Delta Q=1{,}27\times 10^{-8}$ C sous 12 V, en fournissant $W=\Delta Q\,V\approx 1{,}53\times 10^{-7}$ J. Or le condensateur n'en a gagné que $7{,}65\times 10^{-8}$ J, exactement la MOITIÉ. L'autre moitié n'a pas disparu : elle a servi à tirer la plaque vers l'intérieur et s'est dissipée dans la résistance du circuit. Ce facteur 2 est un grand classique d'examen.

Pile débranchée, la charge est piégée : $Q=4{,}25\times 10^{-9}$ C reste constante. $C'=1{,}42\times 10^{-9}$ F, donc $V'=\frac{V}{\kappa}=3{,}0$ V et $U'=\frac{Q^{2}}{2C'}=\frac{U}{\kappa}\approx 6{,}37\times 10^{-9}$ J. L'énergie a été DIVISÉE par 4 : elle a été rendue sous forme de travail mécanique sur la plaque, aspirée vers l'intérieur. Si on la retient, on récupère ce travail; si on la lâche, elle entre en accélérant et oscille jusqu'à ce que les frottements dissipent la différence.

Argument d'énergie, à charge constante : $U=\frac{Q^{2}}{2C}$ décroît quand $C$ croît, et un système évolue spontanément vers l'énergie plus basse, donc la plaque est tirée vers l'intérieur. À tension constante, le bilan du c) montre que la pile fournit deux fois ce que le condensateur stocke, et le surplus est précisément ce travail d'aspiration : même conclusion. Microscopiquement, le champ polarise le diélectrique : les molécules s'orientent ou se déforment, et il apparaît des charges liées de signe opposé sur chaque face de la plaque. Ces charges créent un champ qui S'OPPOSE au champ initial, lequel tombe de $E$ à $\frac{E}{\kappa}$. À charge donnée, un champ plus faible signifie une tension $V=Ed$ plus faible, donc $C=\frac{Q}{V}$ plus grande. Et comme le champ est plus intense aux bords des armatures, il attire les charges liées vers la zone de champ fort : d'où l'aspiration.

Même courant dans les deux résistances : $V_{s}=\varepsilon\frac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=12\times\frac{4{,}0}{12{,}0}=4{,}0$ V.

La charge se met en parallèle sur $R_{2}$ : $R_{2}\parallel R_{L}=\frac{(4)(4)}{8}=2{,}0$ kΩ. Nouvelle sortie : $V_{s}=12\times\frac{2{,}0}{8{,}0+2{,}0}=2{,}4$ V, soit 40 % en dessous de la valeur annoncée. Avec $R_{L}=400$ kΩ : $R_{2}\parallel R_{L}=\frac{(4)(400)}{404}\approx 3{,}960$ kΩ et $V_{s}=12\times\frac{3{,}960}{11{,}960}\approx 3{,}97$ V, à 0,7 % près. Condition : $R_{L}\gg R_{2}$. Un diviseur ne délivre la tension calculée que si l'on ne lui tire presque aucun courant, et c'est exactement pour cela qu'un voltmètre doit avoir une très grande résistance : mesurer, c'est déjà perturber.

Le circuit est une simple série : $I=\frac{\varepsilon}{R+r}$, donc $P=RI^{2}=\frac{\varepsilon^{2}R}{(R+r)^{2}}$. Dérivée : $\frac{dP}{dR}=\varepsilon^{2}\frac{(R+r)^{2}-R\cdot 2(R+r)}{(R+r)^{4}}=\varepsilon^{2}\frac{r-R}{(R+r)^{3}}$. Elle s'annule pour $R=r$, en changeant de signe du plus au moins : c'est bien un maximum. $P_{max}=\frac{\varepsilon^{2}}{4r}=\frac{144}{16}=9{,}0$ W.

$P(2{,}0)=\frac{(144)(2)}{36}=8{,}0$ W et $P(8{,}0)=\frac{(144)(8)}{144}=8{,}0$ W : la MÊME valeur. Ce n'est pas un hasard : en posant $R=xr$, $P=\frac{\varepsilon^{2}}{r}\frac{x}{(1+x)^{2}}$, expression inchangée quand on remplace $x$ par $\frac{1}{x}$. La courbe est donc symétrique en échelle logarithmique autour de $R=r$, et elle est très plate : se tromper d'un facteur 2 sur la charge ne coûte que 11 % de la puissance.

Rendement : $\eta=\frac{RI^{2}}{(R+r)I^{2}}=\frac{R}{R+r}$. Pour $R=r$ : $\eta=50$ %, la moitié de l'énergie chauffe la source elle-même. Pour $R=36$ Ω : $P=\frac{(144)(36)}{1600}=3{,}24$ W mais $\eta=\frac{36}{40}=90$ %. Un réseau de distribution transporte des mégawatts : y perdre la moitié en ligne serait ruineux et thermiquement impossible, on travaille donc très loin du maximum, avec $R\gg r$, et on cherche le RENDEMENT. Un émetteur radio ou un étage d'antenne, lui, dispose d'une puissance ridicule et veut en rayonner le plus possible, quitte à en dissiper autant dans l'étage final : il cherche le TRANSFERT, d'où l'adaptation d'impédance à 50 Ω. Maximiser la puissance transmise et maximiser le rendement sont deux objectifs différents, et souvent opposés.

Le shunt doit dériver tout ce que le galvanomètre ne prend pas, sous la même tension : $R_{s}I_{s}=R_{g}I_{g}$ avec $I_{s}=I-I_{g}=2{,}0-0{,}0010=1{,}999$ A. D'où $R_{s}=\frac{(50)(0{,}0010)}{1{,}999}\approx 2{,}50\times 10^{-2}$ Ω, environ 25 milliohms. Résistance de l'ensemble : $R_{A}=\frac{R_{g}R_{s}}{R_{g}+R_{s}}=\frac{R_{g}I_{g}}{I}=\frac{(50)(0{,}0010)}{2{,}0}=2{,}50\times 10^{-2}$ Ω, pratiquement le shunt seul.

Il faut que la pleine échelle $I_{g}$ corresponde à 10 V sur l'ensemble : $R_{g}+R_{m}=\frac{V}{I_{g}}=\frac{10}{0{,}0010}=1{,}0\times 10^{4}$ Ω, donc $R_{m}=10000-50=9{,}95\times 10^{3}$ Ω. Sensibilité : $\frac{10^{4}}{10}=1{,}0\times 10^{3}$ Ω/V, une valeur médiocre pour l'électronique moderne mais typique des appareils à aiguille.

L'ampèremètre construit ne vaut que 25 mΩ : inséré EN SÉRIE dans une branche, il ne modifie presque pas la résistance totale, donc presque pas le courant qu'il prétend mesurer. Le voltmètre vaut 10 kΩ : branché EN PARALLÈLE, il ne détourne qu'un filet de courant et ne perturbe presque pas la tension. Chacun est conçu pour être invisible dans son mode de branchement. Si on intervertit : le voltmètre en série ajoute 10 kΩ et étrangle le circuit, qui cesse pratiquement de fonctionner, mais rien n'est détruit. L'ampèremètre en parallèle sur une source, en revanche, place 25 mΩ aux bornes de la pile : c'est un COURT-CIRCUIT, avec un courant limité seulement par la résistance interne. Fusible grillé au mieux, appareil détruit au pire. C'est l'erreur de laboratoire la plus coûteuse, et elle n'est jamais symétrique.

À l'équilibre, aucun courant ne traverse le galvanomètre : les deux points milieux sont au même potentiel. Chaque branche est alors un simple diviseur de tension, parcouru par un courant unique. L'égalité des potentiels milieux s'écrit $\frac{R_{2}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{R_{x}}{R_{3}+R_{x}}$, ce qui se réduit à $R_{1}R_{x}=R_{2}R_{3}$, soit $R_{x}=\frac{R_{2}R_{3}}{R_{1}}=\frac{(500)(3200)}{1000}=1{,}60\times 10^{3}$ Ω.