Électrocinétique — Régime stationnaire

\(R_1=10\ \Omega\) en série avec le parallèle de \(R_2=30\ \Omega\) et \(R_3=60\ \Omega\). Trouver \(R_{eq}\), puis le courant total débité par un générateur \(E=12\) V (idéal).

Parallèle \(R_2\|R_3\)

Série avec \(R_1\)

\(R_{eq}=R_1+R_{23}=10+20=30\ \Omega\).

Courant total

\(I=\dfrac{E}{R_{eq}}=\dfrac{12}{30}=0{,}40\) A.

\(E=15\) V alimente \(R_1=2{,}0\ \text{k}\Omega\) et \(R_2=1{,}0\ \text{k}\Omega\) en série. Tension \(U_2\) aux bornes de \(R_2\) ? Courant ?

Diviseur de tension

Courant (série)

\(I=\dfrac{E}{R_1+R_2}=\dfrac{15}{3000}=5{,}0\) mA. Vérification : \(U_2=R_2 I=1000\times5\times10^{-3}=5{,}0\) V ✔

Un générateur \(E=10\) V en série avec \(R_0=100\ \Omega\), puis \(R_1=100\ \Omega\) en parallèle vue des bornes A-B. Donner \((E_{th},R_{th})\), puis le courant dans une charge \(R_L=50\ \Omega\).

\(R_{th}\) (passivation : \(E\)→fil)

\(R_0\) et \(R_1\) deviennent en parallèle : \(R_{th}=\dfrac{R_0 R_1}{R_0+R_1}=\dfrac{100\times100}{200}=50\ \Omega\).

\(E_{th}=U_{AB}\) à vide (diviseur de tension)

\(E_{th}=\dfrac{R_1}{R_0+R_1}E=\dfrac{100}{200}\times10=5{,}0\) V.

Courant dans \(R_L\)

\(I=\dfrac{E_{th}}{R_{th}+R_L}=\dfrac{5{,}0}{50+50}=0{,}050\) A \(=50\) mA.

1) Calculs

a) Série 150 + 20 = 170 Ω. b) Série 150 + 2 = 152 Ω. c) Parallèle : \(\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{150}+\dfrac{1}{2}=0{,}507\ \Omega^{-1}\Rightarrow R_{eq}\approx1{,}97\ \Omega\).

2–3) Nœuds/branches et équivalents (carrés)

Seuls A et B sont des nœuds (3 connexions). Chaque circuit a 2 branches (2 chemins de A à B). 1ᵉʳ circuit : deux branches \(2R\) en parallèle ⇒ \(R_{eq}=R\). 2ᵉ : \(\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{3R}+\dfrac{1}{R}=\dfrac{4}{3R}\Rightarrow R_{eq}=\dfrac{3R}{4}\).

1) A et B reliés par un fil ⇒ \(R_{eq}=0\) (aucun nœud). 2) \(\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{4R}+\dfrac{1}{R}=\dfrac{5}{4R}\Rightarrow R_{eq}=\dfrac{4R}{5}\). 3) Maille rectangulaire \(\dfrac{3R}{4}\) puis + \(R\) série ⇒ \(R'_{eq}=R+\dfrac{3R}{4}=\dfrac{7R}{4}\). 4) \(\dfrac{1}{R_{eq}}=\dfrac{1}{3R}+\dfrac{1}{R}+\dfrac{1}{3R}=\dfrac{5}{3R}\Rightarrow R_{eq}=\dfrac{3R}{5}\).

1) Expression (via \(B\)-\(C\))

2) A.N. (\(R_1=R_2=R_3=R_5=10\ \Omega\), \(R_4=10\ \text{k}\Omega\))

\(R_{eq}=10+\dfrac{10\times10^4+10\times10}{10^4+10+10}+10\approx29{,}99\ \Omega\).

3) Raccourci

\(R_A=1\ \Omega\) (ampèremètre), \(R_V=1\ \text{M}\Omega\) (voltmètre), \(R=1\ \text{k}\Omega\), pile 1,5 V.

1) Circuit idéal

Loi des mailles : \(e-RI=0\Rightarrow I=\dfrac{1{,}5}{1000}=1{,}5\) mA, \(U_{AB}=RI=1{,}5\) V.

2–3) Avec appareils

Voltmètre en parallèle : \(R_{eq}=\dfrac{1}{\frac{1}{R_V}+\frac{1}{R+R_A}}\approx999{,}99\ \Omega\). Ampèremètre en série puis parallèle voltmètre : \(R_{eq}=R_A+\dfrac{RR_V}{R+R_V}\approx1000\ \Omega\). Courant mesuré \(I_3=\dfrac{e}{1001}\approx1{,}5\) mA.

4) Impact

\(I_1\) entre, \(I_2,I_3\) sortent : \(I_1-I_2-I_3=0\), soit \(I_1=I_2+I_3\) (le courant se partage, conservation de la charge).

Loi des mailles : \(e-RI=0\). Pour \(I=5\) mA : \(R=\dfrac{e}{I}=\dfrac{1{,}5}{5\times10^{-3}}=300\ \Omega\). Pour augmenter \(I\) (à \(e\) fixe) : diminuer \(R\).

\(e=9\) V, \(R_1=10,\ R_2=20,\ R_3=30\ \Omega\).

Maille gauche : \(e-R_2 I_2-R_1 I_1=0\). Maille droite : \(-R_3 I_3+R_2 I_2=0\Rightarrow R_2 I_2=R_3 I_3\), donc \(I_2=\dfrac{R_3}{R_2}I_3=1{,}5\,I_3\). Si \(I_3=200\) mA : \(I_2=300\) mA et \(I_1=I_2+I_3=500\) mA.

La difficulté est de redessiner le schéma : en identifiant les nœuds équivalents, les 3 résistances apparaissent en parallèle ⇒ \(R_{eq}=\dfrac{R}{3}\).

Entre A-B : deux \(2R\) en parallèle ⇒ \(R\). Puis entre A-C : encore deux \(2R\) en parallèle ⇒ \(R\). De proche en proche, la résistance équivalente A-D vaut finalement \(R\).

\(R=100\ \Omega\) sur accumulateur (\(e=3{,}6\) V).

1) Générateur de tension. 2) \(I=\dfrac{e}{R}=\dfrac{3{,}6}{100}=36\) mA. 3) Plus de courant ⇒ diminuer \(R\). 4) On ne peut pas augmenter la tension (imposée par construction). 5) Fil entre A-B : \(R_{eq}=\dfrac{rR}{r+R}\approx0\) ⇒ puissance \(P=\dfrac{U e}{R_{eq}}\to\infty\) : court-circuit, l'accumulateur est détruit.

Accus \(e=3{,}2\) V. 1) Pour 9,6 V : 3 en série (− relié au + du suivant), \(3\times3{,}2=9{,}6\) V. 2) Si un accu est inversé : \(e-e+e=e=3{,}2\) V (les deux premiers s'annulent).

\(i=100\) mA, on veut \(e=1{,}5\) V : \(R=\dfrac{e}{I}=\dfrac{1{,}5}{0{,}1}=150\ \Omega\).

Le courant d'un générateur de courant ne dépend pas de ce qu'il y a dans sa branche. Le reste du circuit étant identique, \(I=I'\).

3 résistances identiques ⇒ le courant se répartit également : \(I=3I_d\). Loi d'Ohm : \(U_R=RI_d\). Comme \(U_R=R_{eq}I=R\dfrac{I}{3}\) : \(R_{eq}=\dfrac{R}{3}\) (retrouvé sans la formule).

1) Tension idéal : \(U=5\) V (horizontale). 2) Thévenin (\(e=5,R=20\)) : \(U=5-20I\) (pente −R). 3) Courant idéal : \(I=0{,}3\) A (verticale). 4) Norton (\(\eta=0{,}3,R=20\)) : \(U=6-20I\). 5) Résistance \(R'=15\) : \(U=15I\).

6) Points de fonctionnement (intersection avec \(U=15I\))

Mailles : \(e-R_1 I_1+R_2 I_2=0\). Nœud A : \(I=I_1+I_2\). En résolvant :

\(e=6{,}0\) V, \(U_{AB}=2{,}4\) V, \(I_1=0{,}80\) A, \(I_2=250\) mA.

2) \(R_2=\dfrac{U_{AB}}{I_2}=\dfrac{2{,}4}{0{,}25}=9{,}6\ \Omega\). 3) \(I_3=I_1-I_2=0{,}55\) A. 4) \(R_3=\dfrac{U_{AB}}{I_3}=\dfrac{2{,}4}{0{,}55}\approx4{,}36\ \Omega\). 5) Maille gauche : \(e-R_1 I_1-U_{AB}=0\Rightarrow R_1=\dfrac{e-U_{AB}}{I_1}=\dfrac{6{,}0-2{,}4}{0{,}80}=4{,}5\ \Omega\).

\(e=15\) V, \(R_1=1{,}0\ \text{k}\Omega\), \(R_2=3{,}5\ \text{k}\Omega\).

Courant : \(I=\dfrac{e}{R_1+R_2}=\dfrac{15}{4500}\approx3{,}3\) mA. Via mailles + Ohm : \(U_{R_1}=\dfrac{R_1}{R_1+R_2}e=3{,}3\) V, \(U_{R_2}=\dfrac{R_2}{R_1+R_2}e=11{,}7\) V. Fractions \(\dfrac{R_1}{R_1+R_2}\) et \(\dfrac{R_2}{R_1+R_2}\), de somme 1.

Pile 9,2 V pour un dispositif fonctionnant entre 5,5 et 6,0 V, courant limité à 0,75 A.

1) Diviseur de tension ; \(\sum R=\dfrac{e}{I}=\dfrac{9{,}2}{0{,}75}\approx12{,}3\ \Omega\). 2) On impose \(5{,}5<\dfrac{R_2}{R_1+R_2}\times9{,}2<6{,}0\) : borne basse \(\dfrac{R_2}{12{,}3}=\dfrac{5{,}5}{9{,}2}\Rightarrow R_2\approx7{,}33\ \Omega\) (\(R_1\approx4{,}9\ \Omega\)) ; borne haute \(R_2\approx8{,}0\ \Omega\). 3) Pour \(I=0{,}75\) mA : résistances ×1000 (\(\sum R\approx12{,}3\ \text{k}\Omega\)). 4) On a supposé la résistance interne du dispositif grande devant \(R_2\).

\(\eta=20\) mA, \(R=2\ \text{k}\Omega\) supportant 250 mW.

1) \(P=Ri^2=2000\times(0{,}02)^2=0{,}80\) W > 0,25 W : détériorée. 2) En série : même courant, même puissance ⇒ les deux détériorées. 3) En parallèle : \(i=\eta/2=10\) mA, \(P=Ri^2=0{,}20\) W < 0,25 : supportent. 4) Montage \(R\ \|\ 2R\) : \(i_1=\dfrac{2\eta}{3}\approx13{,}3\) mA, \(u=\dfrac{2R}{3}\eta\approx26{,}7\) V, \(P_1=u i_1\approx0{,}355\) W (détériorée) ; la branche \(2R\) : \(P\approx0{,}089\) W (supporte).

Rhéostat \(R_1=100\ \Omega\) (\(R_2=x,\ R_3=100-x\)), \(e=20\) V, \(R_0=5\ \Omega\), \(R_4=1000\ \Omega\).

Montage gauche (diviseur) : \(I_0=\dfrac{e}{R_0+R_2+R_{eq}}\) avec \(R_{eq}=\dfrac{R_3 R_4}{R_3+R_4}\). Pour \(x=0\) : \(I_0\approx0{,}21\) A, \(I_4=\dfrac{I_0 R_3}{R_3+R_4}\approx0{,}020\) A. Pour \(x=100\) : \(I_4\approx0\). Montage droit (série) : \(I_4=\dfrac{20}{1005+x}\) : 0,020 A (x=0) → 0,018 A (x=100).

\(R=1\ \Omega\), \(E=5\) V, \(E'=3\) V.

1) \(U_{EF}=\dfrac{R}{3R}E'=\dfrac{E'}{3}=1\) V. 2) Masse en F : \(U_{AD}=E-E'=2\) V, \(R_{eq}=R+\dfrac{2R}{5}+R=2{,}4\ \Omega\), \(I_0=\dfrac{U_{AD}}{R_{eq}}=\dfrac{2}{2{,}4}\approx0{,}83\) A. 3) \(I_E=\dfrac{U_{FD}}{3R}=1\) A ; loi des nœuds \(I'=I_0-I_E=-0{,}17\) A (donc orienté vers D). 4) \(u_{BC}=\dfrac{R'_{eq}}{R+R'_{eq}+R}U_{AD}\approx0{,}33\) V ⇒ \(I_1=I_3=0{,}33\) A, \(I_2=0{,}17\) A.

1) On transforme le générateur de Norton en Thévenin, on regroupe les résistances, puis on repasse en Norton. Les résistances \(R\ \|\ 2R\) donnent \(R_{th}=\dfrac{2R}{3}\), et \(E_{th}=\dfrac{Ri}{3}\).

2) On regroupe \(R_2+R_3\) série, on convertit Thévenin↔Norton, on regroupe les générateurs de courant et les résistances (en conservant A-B) :

Par substitutions : générateur de tension → courant, regroupement des résistances parallèles, retour en tension. En sommant les tensions (attention aux sens) :

Norton → Thévenin, regroupement (en gardant B). Diviseur de tension : \(U_{BC}=\dfrac{R_1}{R_1+R_2+R_3}R_3\eta=\dfrac{R_1 R_3\eta}{R_1+R_2+R_3}\). Puis \(I_3=\dfrac{U_{BC}}{R_3}=\dfrac{R_1\eta}{R_1+R_2+R_3}\).

On transforme les 3 Thévenin en Norton : leurs courants s'ajoutent \(\eta=0{,}13+0{,}50+0{,}50=1{,}13\) A, et les 3 résistances en parallèle donnent \(R_{eq}=\dfrac{1}{\frac{1}{15}+\frac{1}{10}+\frac{1}{30}}=5\ \Omega\). Générateur de Thévenin équivalent : \(R=5\ \Omega\), \(e=5\times1{,}13=5{,}7\) V.

Les courants ne s'ajoutent pas directement (générateurs de courant en parallèle avec des résistances). On transforme en Thévenin, on regroupe les tensions et résistances en série, puis on repasse en Norton :

Par symétrie, les deux points centraux P et Q sont au même potentiel : on peut les fusionner sans rien changer. On associe alors les résistances (deux groupes de \(3R\) en parallèle) :

1–3) Après regroupements (\(2R_1\ \|\ 2R_1=R_1\)…), le circuit est symétrique : intensités identiques dans les branches symétriques, donc \(V_C=V_D\). 4) Comme \(V_C=V_D\), aucun courant dans \(R_3\) : on la supprime.

5) Le courant dans une branche \(2R_1\) vaut \(\dfrac{I}{4}\).

Thévenin → Norton (\(I'_1=\dfrac{e_1}{R_1+R_3}\), \(I'_2=\dfrac{e_2}{R_2}\)), regroupement des générateurs de courant (\(I'_1+I'_2\)) et résistances parallèles (\(R_{eq}=\dfrac{R_1R_2+R_2R_3}{R_1+R_2+R_3}\)), retour en Thévenin (\(E_{th}=R_{eq}(I'_1+I'_2)\)), puis diviseur de tension \(U_{AB}=\dfrac{R_4}{R_{eq}+R_4}E_{th}\) :

On met B à la masse (\(V_B=0\), donc \(V_A=U_{AB}\)) et on écrit que la somme des courants arrivant en A est nulle :

En isolant \(V_A\), on retrouve exactement le même résultat qu'à l'exercice 30 :

Application directe de la formule générale (B à la masse) :