Exercices corrigés : circuits à courant continu (203-NYB)

a) $Q=I\,\Delta t=(2{,}0)(30)=60$ 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.

b) $R=\frac{V}{I}=\frac{120}{10}=12$ 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.

c) 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.

d) $R=\frac{\rho L}{A}$ : 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.

a) 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.

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

c) $V_{1}=R_{1}I=(6)(2)=12$ 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.

d) $P_{1}=R_{1}I^{2}=(6)(4)=24$ 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 ($P=RI^{2}$).

a) 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.

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

c) $I_{cc}=\frac{\varepsilon}{r}=\frac{12}{0{,}5}=24$ 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.

d) 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.

a) 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 $6=I_{2}+3I_{3}$.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

a) 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 $Q$ : $\frac{V}{Q}=\frac{1}{C_{eq}}=\frac{1}{C_{1}}+\frac{1}{C_{2}}$.

b) $C_{eq}=\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}=\frac{(6)(3)}{9}=2{,}0$ 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) $C_{eq}=C_{1}+C_{2}=9{,}0$ μF, chacun sous 12 V : $Q_{1}=(6{,}0\times 10^{-6})(12)=72$ μC et $Q_{2}=36$ μC.

d) 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.

e) 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.

a) $\tau=RC=(100\times 10^{3})(20\times 10^{-6})=2{,}0$ s. C'est l'échelle de temps de la charge : après une durée $\tau$, le condensateur a comblé 63 % de l'écart à sa tension finale ($1-e^{-1}\approx 0{,}632$).

b) $V_{C}(2)=9(1-e^{-1})\approx 5{,}7$ V. Demi-charge : $1-e^{-t/\tau}=\frac{1}{2}$ donne $e^{-t/\tau}=\frac{1}{2}$, donc $t=\tau\ln 2\approx 1{,}4$ s : la moitié du chemin est parcourue en moins d'un $\tau$, car la charge démarre vite puis ralentit.

c) $1-e^{-t/\tau}=0{,}99$ donne $e^{-t/\tau}=0{,}01$, donc $t=\tau\ln 100\approx 4{,}6\,\tau\approx 9{,}2$ s. D'où la règle pratique : au bout de $5\tau$, on considère la charge terminée.

d) $E=\frac{1}{2}CV^{2}=\frac{1}{2}(20\times 10^{-6})(81)=8{,}1\times 10^{-4}$ J. Le courant est dicté par la résistance : $I=\frac{\varepsilon-V_{C}}{R}$. Au départ, $V_{C}=0$ : toute la fem pousse, $I_{0}=\frac{9}{10^{5}}=90$ μA, maximal. À mesure que $V_{C}$ monte, le condensateur fait face à la source et l'écart $\varepsilon-V_{C}$ fond : à la fin, plus aucune différence de potentiel n'agit sur $R$, le courant s'éteint. Le condensateur plein ne "consomme" rien : il BLOQUE le courant continu.