Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

6Circuits en courant continu : lois de Kirchhoff et théorèmes

Un matin froid, on tourne la clé : le démarreur gronde, les voyants du tableau de bord faiblissent une seconde, et le moteur tousse puis démarre. La batterie qui délivrait $12.6\,\mathrm{V}$ bien stables l’instant d’avant est tombée à onze pendant que le démarreur tire ses cent cinquante ampères — et les phares, montés en dérivation, en font les frais. Tout ce qui se passe dans cette seconde est régi par deux lois de conservation et une poignée de théorèmes sur les circuits linéaires, que ce chapitre énonce, démontre et applique : les lois de Kirchhoff, les modèles de sources et de conducteurs ohmiques, les diviseurs, Thévenin et Norton, et l’art graphique du point de fonctionnement.

6.1 Courant, tension et régime quasi stationnaire

Définition 6.1 (Courant électrique)

L’intensité du courant électrique à travers une surface (la section d’un fil) est la charge qui la traverse par unité de temps, comptée positivement dans une orientation choisie :

i = \frac{\dd q}{\dd t} \qquad (\text{ampères~: } 1\,\mathrm{A} = 1\,\mathrm{C}/\mathrm{s}).

Renverser l’orientation change le signe de $i$ . Dans un métal les porteurs sont les électrons, qui dérivent à contre-courant du sens conventionnel, à une fraction de millimètre par seconde.

Définition 6.2 (Potentiel et tension)

Chaque point d’un circuit possède un potentiel électrique $V$ (en volts), défini à une constante près que fixe le choix d’une masse ( $V = 0$ ). La tension entre $A$ et $B$ est la différence de potentiel $u_{AB} = V_A - V_B$ , représentée par une flèche allant de $B$ vers $A$ . L’énergie qu’une charge $q$ perd en allant de $A$ à $B$ vaut $q\,u_{AB}$ (cela rejoint le potentiel électrostatique du Chapitre 27).

Définition 6.3 (Régime quasi stationnaire (ARQS))

Un circuit de taille $\ell$ alimenté à la fréquence $f$ est en régime quasi stationnaire lorsque la durée de propagation $\ell/c$ des signaux électriques le long du circuit est négligeable devant la période $1/f$ : $\ell \ll c/f$ . Le courant est alors le même en tout point d’un fil sans dérivation à chaque instant, et les lois qui suivent s’appliquent à chaque instant aux courants et tensions variables (en minuscules $i$ , $u$ ) exactement comme aux grandeurs continues ( $I$ , $U$ ).

Exemple 6.4 (Quasi jusqu’où)

À $50\,\mathrm{Hz}$ , $c/f = 6000\,\mathrm{km}$ : une maison est en régime quasi stationnaire. À $1\,\mathrm{MHz}$ , $300\,\mathrm{m}$ : une radio l’est encore. À $2\,\mathrm{GHz}$ , $15\,\mathrm{cm}$ : la carte d’un téléphone ne l’est plus, et ses pistes doivent être traitées comme des lignes de transmission — sujet du volume de deuxième année.

Théorème 6.5 (Lois de Kirchhoff)

En régime quasi stationnaire :

Loi des nœuds : en un nœud où se rejoignent plusieurs fils, la somme des courants qui arrivent égale la somme des courants qui repartent, $\sum_{\text{entrant}} i_k = \sum_{\text{sortant}} i_k$ .
Loi des mailles : le long de toute maille fermée, les tensions s’additionnent à zéro lorsqu’on les compte avec le signe que donne un sens de parcours choisi : $\sum_{\text{maille}} \pm u_k = 0$ .

Démonstration. La charge est conservée et, en régime quasi stationnaire, ne s’accumule pas en un nœud : ce qui arrive par seconde repart par seconde. La loi des mailles exprime que le potentiel est une fonction de la position : en faisant le tour d’une maille pour revenir au point de départ, la somme des chutes de potentiel vaut $V_A - V_A = 0$ . ∎

Notation 6.6 (Conventions et puissance)

Pour un composant à deux bornes (un dipôle), la convention récepteur oriente la flèche de tension et celle de courant en sens contraires ; la convention générateur les oriente dans le même sens. En convention récepteur, la puissance reçue par le dipôle vaut

p = u\,i \qquad (\text{watts}),

positive pour un conducteur ohmique qui chauffe, négative pour une pile qui débite. En convention générateur, $p = ui$ est la puissance fournie.

Les deux conventions de signe pour un dipôle : flèches opposées (récepteur) ou de même sens (générateur). La physique est la même ; seul le signe de ui se lit différemment. — Les deux conventions de signe pour un dipôle : flèches opposées (récepteur) ou de même sens (générateur). La physique est la même ; seul le signe de $ui$ se lit différemment.

6.2 Dipôles et leurs modèles

Définition 6.7 (Caractéristique ; conducteur ohmique ; loi d’Ohm)

La caractéristique d’un dipôle est la courbe $i(u)$ (ou $u(i)$ ) qu’il impose. Un conducteur ohmique a une caractéristique linéaire passant par l’origine, la loi d’Ohm

u = R\,i \qquad (\text{convention récepteur}),

où $R$ est sa résistance (en ohms, $1\,\Omega = 1\,\mathrm{V}/\mathrm{A}$ ) et $G = 1/R$ sa conductance (en siemens). Il reçoit $p = Ri^2 = u^2/R \geq 0$ , dissipés en chaleur (effet Joule). Un fil de longueur $\ell$ , de section $S$ et de résistivité $\rho$ a $R = \rho\ell/S$ .

Définition 6.8 (Sources idéales et réelles)

Une source de tension idéale impose $u = E$ quel que soit le courant ; $E$ est sa force électromotrice (fém). Une source de courant idéale impose $i = I_N$ quelle que soit la tension. Une source réelle (pile, générateur, alimentation) se modélise, en convention générateur, par

u = E - r\,i \quad (\text{modèle de Thévenin~: fém idéale } E \text{ en série avec } r)

ou, de façon équivalente, par $i = I_N - u/r$ (modèle de Norton : source de courant idéale $I_N = E/r$ en dérivation avec $r$ ) ; $r$ est la résistance interne. $E$ est la tension à vide, $I_N = E/r$ le courant de court-circuit.

Proposition 6.9 (Bilan de puissance d’une source réelle)

Une source réelle $(E, r)$ qui alimente un conducteur ohmique $R$ débite $i = E/(R + r)$ et lui fournit la puissance and the power

P_R = \frac{E^2 R}{(R + r)^2},

maximale et égale à $E^2/4r$ lorsque $R = r$ (adaptation d’impédance), avec un rendement $P_R/(Ei) = R/(R + r)$ , de $50\%$ seulement au maximum.

Démonstration. Loi des mailles : $E = ri + Ri$ . $P_R = Ri^2$ ; dérivons $R/(R + r)^2$ : $\big[(R + r)^2 - 2R(R + r)\big]/(R + r)^4 = (r - R)/(R + r)^3$ , nul en $R = r$ , positif avant et négatif après. La source fournit $Ei = (R + r)i^2$ , dont $ri^2$ chauffe la source elle-même. ∎

À gauche : les caractéristiques d’une source réelle (u = E - ri) et d’une charge ohmique (u = Ri) se coupent au point de fonctionnement. À droite : la puissance fournie à la charge est maximale en R = r, où la moitié de la puissance de la source est gaspillée dans sa propre résistance. — À gauche : les caractéristiques d’une source réelle ( $u = E - ri$ ) et d’une charge ohmique ( $u = Ri$ ) se coupent au point de fonctionnement. À droite : la puissance fournie à la charge est maximale en $R = r$ , où la moitié de la puissance de la source est gaspillée dans sa propre résistance.

Exemple 6.10 (Une batterie de voiture en charge)

$12.6\,\mathrm{V}$ à vide ; $11.4\,\mathrm{V}$ pendant que le démarreur tire $120\,\mathrm{A}$ : $r = 1.2/120 = 10\,\mathrm{m}\Omega$ , $I_N = 1260\,\mathrm{A}$ (d’où le danger, digne d’un poste à souder, d’une clé tombée en travers des bornes). Une charge adaptée $R = 10\,\mathrm{m}\Omega$ prendrait $E^2/4r = 4\,\mathrm{kW}$ pendant quelques secondes — à peu près ce que demande un démarreur.

Remarque 6.11 (D’autres dipôles)

Une diode ne conduit que dans un sens : un modèle idéalisé la donne pour un circuit ouvert tant que $u < U_0$ et pour une tension fixée $u = U_0$ (environ $0.7\,\mathrm{V}$ pour le silicium, $2\,$ à $3\,\mathrm{V}$ pour une diode électroluminescente) lorsqu’elle conduit. Une lampe à filament est un conducteur ohmique dont le $R$ croît avec la température, donc avec $i$ — caractéristique incurvée. En régime permanent un condensateur est un circuit ouvert ( $i = C\,\dd u/\dd t = 0$ ) et une bobine un court-circuit ( $u = L\,\dd i/\dd t = 0$ ) ; leur rôle en régime transitoire fait l’objet du Chapitre 7.

6.3 Associations et diviseurs

Proposition 6.12 (Conducteurs ohmiques en série et en dérivation)

Des conducteurs ohmiques en série (même courant) ajoutent leurs résistances : $R = R_1 + R_2 + \cdots$ . En dérivation (même tension), ils ajoutent leurs conductances : $1/R = 1/R_1 + 1/R_2 + \cdots$ ; pour deux d’entre eux, $R = R_1R_2/(R_1 + R_2)$ , que l’on note $R_1 \parallel R_2$ .

Démonstration. Série : $u = u_1 + u_2 = (R_1 + R_2)i$ (loi des mailles). Dérivation : $i = i_1 + i_2 = u/R_1 + u/R_2$ (loi des nœuds). ∎

Proposition 6.13 (Diviseurs de tension et de courant)

Deux conducteurs ohmiques en série sous une tension $u$ se la partagent proportionnellement à leurs résistances :

u_2 = \frac{R_2}{R_1 + R_2}\,u .

Deux conducteurs ohmiques en dérivation alimentés par un courant $i$ se le partagent en proportion inverse :

i_2 = \frac{R_1}{R_1 + R_2}\,i = \frac{G_2}{G_1 + G_2}\,i .

Démonstration. Série : $i = u/(R_1 + R_2)$ et $u_2 = R_2 i$ . Dérivation : $u = (R_1 \parallel R_2)\,i$ et $i_2 = u/R_2$ . ∎

Diviseur de tension (à gauche) : u_2 = R_2 u/(R_1 + R_2). Diviseur de courant (à droite) : i_2 = R_1 i/(R_1 + R_2) — le courant préfère la plus petite résistance. — Diviseur de tension (à gauche) : $u_2 = R_2 u/(R_1 + R_2)$ . Diviseur de courant (à droite) : $i_2 = R_1 i/(R_1 + R_2)$ — le courant préfère la plus petite résistance.

Remarque 6.14 (Charger un diviseur)

La formule du diviseur ne vaut que si rien ne tire de courant au point milieu. Une charge $R_L$ branchée aux bornes de $R_2$ remplace $R_2$ par $R_2 \parallel R_L$ et abaisse $u_2$ — c’est l’« effet de charge », et la raison pour laquelle un voltmètre doit avoir une grande résistance et un potentiomètre une petite, comparées à ce qu’ils alimentent (Exercice 6.4).

Méthode 6.15 (Réduire un réseau)

Pour trouver un courant ou une tension dans un réseau de conducteurs ohmiques alimenté par une seule source :

en partant du plus loin de la source, remplacer les groupes en série et en dérivation par leurs équivalents jusqu’à ce qu’un conducteur ohmique unique fasse face à la source ;
calculer le courant débité ;
revenir en arrière, en répartissant les courants par des diviseurs de courant et les tensions par des diviseurs de tension, jusqu’à la branche cherchée.

Avec plusieurs sources, ou pour une branche dont l’entourage change, on utilise les théorèmes de la section suivante.

6.4 Théorèmes des circuits linéaires

Définition 6.16 (Dipôle linéaire, circuit linéaire)

Un dipôle est linéaire si sa caractéristique est une droite (conducteur ohmique, sources idéales et réelles) ; un circuit formé de dipôles linéaires seulement est un circuit linéaire. Ses inconnues obéissent à un système d’équations linéaires (lois de Kirchhoff et caractéristiques), dont la solution est unique.

Théorème 6.17 (Thévenin et Norton)

Vu de deux de ses bornes $A$ et $B$ , tout circuit linéaire équivaut à une source réelle : une fém $E_{\mathrm{Th}}$ en série avec une résistance $R_{\mathrm{Th}}$ (Thévenin), ou une source de courant $I_N = E_{\mathrm{Th}}/R_{\mathrm{Th}}$ en dérivation avec $R_{\mathrm{Th}}$ (Norton), où

$E_{\mathrm{Th}}$ est la tension à vide $u_{AB}$ ;
$I_N$ est le courant de court-circuit de $A$ vers $B$ ;
$R_{\mathrm{Th}}$ est la résistance vue entre $A$ et $B$ lorsque toutes les sources indépendantes sont éteintes (sources de tension idéales remplacées par des fils, sources de courant idéales par des circuits ouverts).

Démonstration partielle. Par linéarité, la relation entre la tension $u_{AB}$ et le courant $i$ tiré aux bornes est affine : $u_{AB} = a - b\,i$ . Poser $i = 0$ identifie $a = E_{\mathrm{Th}}$ ; poser $u_{AB} = 0$ donne $b = E_{\mathrm{Th}}/I_N$ . Que $b$ soit la résistance vue sources éteintes découle de la superposition (ci-dessous) : la part de $u_{AB}$ due au seul courant extérieur est celle que produirait un réseau passif de résistance $R_{\mathrm{Th}}$ . Que tout système linéaire ait une relation entrée–sortie affine relève de l’algèbre des équations linéaires. ∎

Théorème 6.18 (Superposition)

Dans un circuit linéaire comportant plusieurs sources indépendantes, tout courant et toute tension est la somme des valeurs qu’il prend lorsque chaque source agit seule, les autres étant éteintes.

Démonstration. Les équations sont linéaires en les inconnues, les sources formant le second membre ; la solution est une fonction linéaire de ce second membre, donc la somme des solutions relatives à chaque source séparément. ∎

Proposition 6.19 (Théorème de Millman)

Un nœud $N$ relié à des points de potentiels $V_1, \dots, V_n$ par des résistances $R_1, \dots, R_n$ (et à rien d’autre) est au potentiel

V_N = \frac{\sum_k V_k/R_k}{\sum_k 1/R_k} = \frac{\sum_k G_k V_k}{\sum_k G_k},

la moyenne des potentiels de ses voisins, pondérée par les conductances.

Démonstration. Loi des nœuds en $N$ : $\sum_k (V_k - V_N)/R_k = 0$ ; on résout en $V_N$ . ∎

Deux sources alimentant une charge commune R_3. Vu des bornes de R_3, le reste du circuit est une source de Thévenin (E_ Th, R_ Th) ; le théorème de Millman donne le potentiel du nœud N en une ligne. — Deux sources alimentant une charge commune $R_3$ . Vu des bornes de $R_3$ , le reste du circuit est une source de Thévenin ( $E_{\mathrm{Th}}$ , $R_{\mathrm{Th}}$ ) ; le théorème de Millman donne le potentiel du nœud $N$ en une ligne.

Exemple 6.20 (Trois chemins vers la même réponse)

Sur la figure, $E_1 = 10\,\mathrm{V}$ , $R_1 = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $E_2 = 5.0\,\mathrm{V}$ , $R_2 = 2.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_3 = 2.0\,\mathrm{k}\Omega$ . Millman : $V_N = (10/1 + 5/2 + 0/2)/(1 + 0.5 + 0.5) = 12.5/2 = 6.25\,\mathrm{V}$ . Superposition : $E_1$ seule voit $R_2 \parallel R_3 = 1\,\mathrm{k}\Omega$ , donc $u = 10 \times 1/2 = 5\,\mathrm{V}$ ; $E_2$ seule voit $R_1 \parallel R_3 = 0.667\,\mathrm{k}\Omega$ , $u = 5 \times 0.667/2.667 = 1.25\,\mathrm{V}$ ; au total $6.25\,\mathrm{V}$ . Thévenin vu de $R_3$ : $E_{\mathrm{Th}}$ est la tension à vide du diviseur $(E_1, R_1, R_2, E_2)$ : $E_2 + (E_1 - E_2)R_2/(R_1 + R_2) = 5 + 5 \times 2/3 = 8.33\,\mathrm{V}$ ; $R_{\mathrm{Th}} = R_1 \parallel R_2 = 0.667\,\mathrm{k}\Omega$ ; puis $u = 8.33 \times 2/2.667 = 6.25\,\mathrm{V}$ .

6.5 Point de fonctionnement ; pont de Wheatstone

Méthode 6.21 (Point de fonctionnement graphique)

Un dipôle non linéaire (de caractéristique $i = g(u)$ ) alimenté par une source de Thévenin $(E, R)$ se place là où les deux relations sont vérifiées : on trace sur les mêmes axes la caractéristique du dipôle et la droite de charge $u = E - Ri$ de la source ; leur intersection est le point de fonctionnement. Dimensionner la résistance série d’une diode électroluminescente, un régulateur à diode Zener ou la polarisation d’un transistor, c’est exactement cette construction.

Une diode électroluminescente (seuil voisin de 2\, V) alimentée par E = 5\, V à travers R = 200\, : la droite de charge u = E - Ri coupe la caractéristique de la diode en 2.0\, V, 15\, mA. Augmenter R incline la droite vers le bas et affaiblit la diode. — Une diode électroluminescente (seuil voisin de $2\,\mathrm{V}$ ) alimentée par $E = 5\,\mathrm{V}$ à travers $R = 200\,\Omega$ : la droite de charge $u = E - Ri$ coupe la caractéristique de la diode en $2.0\,\mathrm{V}$ , $15\,\mathrm{mA}$ . Augmenter $R$ incline la droite vers le bas et affaiblit la diode.

Proposition 6.22 (Pont de Wheatstone)

Quatre résistances $R_1, R_2$ (une branche) et $R_3, R_4$ (l’autre) sous une source $E$ ; la sortie du pont est la tension entre les deux points milieux :

u = E\left(\frac{R_2}{R_1 + R_2} - \frac{R_4}{R_3 + R_4}\right),

nulle (le pont est équilibré) si et seulement si $R_1R_4 = R_2R_3$ . Pour un pont équilibré dont $R_4$ est perturbée en $R_4(1 + \epsilon)$ , avec $\epsilon \ll 1$ , et $R_3 = R_4$ : $u \approx -E\epsilon/4$ .

Démonstration. Deux diviseurs de tension, que l’on soustrait. Équilibre : $R_2(R_3 + R_4) = R_4(R_1 + R_2)$ , c’est-à-dire $R_2R_3 = R_1R_4$ . Avec $R_3 = R_4 = R$ et $R_1 = R_2$ : $u = E[\tfrac12 - (1 + \epsilon)/(2 + \epsilon)] = E[(2 + \epsilon - 2 - 2\epsilon)/(2(2 + \epsilon))] \approx -E\epsilon/4$ . ∎

Le pont de Wheatstone : deux diviseurs côte à côte. Équilibré lorsque R_1R_4 = R_2R_3, il convertit une variation minuscule d’une résistance (jauge de contrainte, thermistance) en une tension autour de zéro, bien plus facile à amplifier qu’une petite variation d’une grande tension. — Le pont de Wheatstone : deux diviseurs côte à côte. Équilibré lorsque $R_1R_4 = R_2R_3$ , il convertit une variation minuscule d’une résistance (jauge de contrainte, thermistance) en une tension autour de zéro, bien plus facile à amplifier qu’une petite variation d’une grande tension.

6.6 Exercices

Exercice 6.1 ★

Un téléphone se charge sous $1.5\,\mathrm{A}$ pendant une heure : quelle charge a circulé, combien d’électrons ? Estimer si le régime quasi stationnaire vaut pour l’installation d’une maison à $50\,\mathrm{Hz}$ , pour un circuit de $10\,\mathrm{cm}$ à $1\,\mathrm{MHz}$ , et pour le même circuit à $1\,\mathrm{GHz}$ .

Solution

Solution de Exercice 6.1.

$q = 1.5 \times 3600 = 5400\,\mathrm{C}$ , $N = 5400/1.6\times10^{-19} = 3.4 \times 10^{22}$ électrons. $c/f$ : $6000\,\mathrm{km}$ à $50\,\mathrm{Hz}$ (maison : oui) ; $300\,\mathrm{m}$ à $1\,\mathrm{MHz}$ (circuit de $10\,\mathrm{cm}$ : oui) ; $30\,\mathrm{cm}$ à $1\,\mathrm{GHz}$ , comparable à $10\,\mathrm{cm}$ : non.

Exercice 6.2 ★

Un radiateur de $2000\,\mathrm{W}$ sous $230\,\mathrm{V}$ : courant, résistance, énergie consommée en $3.0\,\mathrm{h}$ (en kWh et en joules). Son cordon de cuivre de $5.0\,\mathrm{m}$ a une section de $1.5\,\mathrm{mm}^{2}$ ( $\rho = 1.7 \times 10^{-8}\,\Omega\,\mathrm{m}$ ) : puissance perdue dans le cordon.

Solution

Solution de Exercice 6.2.

$I = 2000/230 = 8.7\,\mathrm{A}$ ; $R = U^2/P = 26.5\,\Omega$ ; $E = 6.0\,\mathrm{kWh} = 2.2 \times 10^{7}\,\mathrm{J}$ . Cordon : un conducteur $R = 1.7\times10^{-8} \times 5.0/1.5\times10^{-6} = 57\,\mathrm{m}\Omega$ , deux conducteurs $0.11\,\Omega$ : $P = 0.11 \times 8.7^2 = 8.6\,\mathrm{W}$ .

Exercice 6.3 ★

Avec $10\,\Omega$ , $20\,\Omega$ et $30\,\Omega$ : calculer la résistance des trois en série, en dérivation, et celle de $(10 \parallel 20) + 30$ .

Solution

Solution de Exercice 6.3.

En série $60\,\Omega$ ; en dérivation $1/(0.1 + 0.05 + 0.033) = 5.5\,\Omega$ ; $10 \parallel 20 = 6.7\,\Omega$ , plus $30$ : $36.7\,\Omega$ .

Exercice 6.4 ★

Une source de $12\,\mathrm{V}$ alimente $4.7\,\mathrm{k}\Omega$ et $2.2\,\mathrm{k}\Omega$ en série. Calculer la tension aux bornes de la $2.2\,\mathrm{k}\Omega$ . On branche ensuite en parallèle un appareil de résistance $2.2\,\mathrm{k}\Omega$ : nouvelle tension ? Conclure sur l’effet de charge.

Solution

Solution de Exercice 6.4.

$u_2 = 12 \times 2.2/6.9 = 3.83\,\mathrm{V}$ . En charge : $2.2 \parallel 2.2 = 1.1\,\mathrm{k}\Omega$ , $u_2 = 12 \times 1.1/5.8 = 2.28\,\mathrm{V}$ : la charge fait chuter le diviseur de $40\%$ — un diviseur ne « divise » que s’il alimente une résistance bien plus grande.

Exercice 6.5 ★★

Une batterie indique $12.6\,\mathrm{V}$ à vide et $11.4\,\mathrm{V}$ en délivrant $120\,\mathrm{A}$ . Trouver sa résistance interne et son courant de court-circuit, la puissance fournie au démarreur et la puissance perdue à l’intérieur, ainsi que le rendement.

Solution

Solution de Exercice 6.5.

$r = (12.6 - 11.4)/120 = 10\,\mathrm{m}\Omega$ ; $I_N = 12.6/0.010 = 1260\,\mathrm{A}$ . Au démarreur $11.4 \times 120 = 1.37\,\mathrm{kW}$ ; perdus $0.010 \times 120^2 = 144\,\mathrm{W}$ ; rendement $1368/1512 = 90\%$ .

Exercice 6.6 ★★

Trouver l’équivalent de Thévenin, vu des bornes de la $2.2\,\mathrm{k}\Omega$ , du diviseur de l’Exercice 6.4 ( $E = 12\,\mathrm{V}$ , $R_1 = 4.7\,\mathrm{k}\Omega$ , $R_2 = 2.2\,\mathrm{k}\Omega$ ). S’en servir pour retrouver la tension en charge de cet exercice.

Solution

Solution de Exercice 6.6.

$E_{\mathrm{Th}} = 3.83\,\mathrm{V}$ (tension à vide du diviseur) ; $R_{\mathrm{Th}} = 4.7 \parallel 2.2 = 1.50\,\mathrm{k}\Omega$ (source court-circuitée). En charge : $u = 3.83 \times 2.2/(1.50 + 2.2) = 2.28\,\mathrm{V}$ .

Exercice 6.7 ★★

Deux batteries, $E_1 = 10\,\mathrm{V}$ ( $r_1 = 1.0\,\Omega$ ) et $E_2 = 5.0\,\mathrm{V}$ ( $r_2 = 2.0\,\Omega$ ), sont branchées en dérivation (mêmes polarités) sur une charge de $2.0\,\Omega$ . Trouver la tension aux bornes de la charge par superposition, puis par Millman, et le courant dans chaque batterie. La batterie la plus faible se charge-t-elle ou se décharge-t-elle ?

Solution

Solution de Exercice 6.7.

Superposition : $E_1$ seule voit $r_2 \parallel R = 1.0\,\Omega$ , $u = 10 \times 1/(1 + 1) = 5.0\,\mathrm{V}$ ; $E_2$ seule voit $r_1 \parallel R = 0.667\,\Omega$ , $u = 5 \times 0.667/2.667 = 1.25\,\mathrm{V}$ ; au total $6.25\,\mathrm{V}$ . Millman : $(10/1 + 5/2 + 0/2)/(1 + 0.5 + 0.5) = 6.25\,\mathrm{V}$ . Batterie 1 : $(10 - 6.25)/1 = 3.75\,\mathrm{A}$ débités ; batterie 2 : $(5 - 6.25)/2 = -0.63\,\mathrm{A}$ , c’est-à-dire $0.63\,\mathrm{A}$ vers elle — elle est chargée par la plus forte ; charge $6.25/2 = 3.1\,\mathrm{A}$ .

Exercice 6.8 ★★

Une source $E = 9.0\,\mathrm{V}$ , $r = 3.0\,\Omega$ . Calculer la puissance fournie à des charges de $1.0\,\Omega$ , $3.0\,\Omega$ , $12\,\Omega$ , et le rendement dans chaque cas. Quelle charge un ingénieur choisirait-il pour un appareil sur pile, et pourquoi pas la charge adaptée ?

Solution

Solution de Exercice 6.8.

$i = 9/(R + 3)$ , $P = Ri^2$ , $\eta = R/(R + 3)$ : $1\,\Omega$ : $5.1\,\mathrm{W}$ , $25\%$ ; $3\,\Omega$ : $6.75\,\mathrm{W}$ , $50\%$ ; $12\,\Omega$ : $4.3\,\mathrm{W}$ , $80\%$ . Un appareil sur pile veut du rendement (l’autonomie), donc $R \gg r$ ; la charge adaptée gaspille la moitié de l’énergie en chaleur dans la pile.

Exercice 6.9 ★★

Une diode électroluminescente conduit à $2.0\,\mathrm{V}$ et doit être traversée par $15\,\mathrm{mA}$ depuis une alimentation de $5.0\,\mathrm{V}$ . Choisir la résistance série, calculer les puissances dans la résistance et dans la diode, et esquisser la construction de la droite de charge. Que se passe-t-il si l’alimentation est de $3.3\,\mathrm{V}$ ?

Solution

Solution de Exercice 6.9.

$R = (5.0 - 2.0)/0.015 = 200\,\Omega$ ; $P_R = 3.0 \times 0.015 = 45\,\mathrm{mW}$ , $P_{\mathrm{LED}} = 2.0 \times 0.015 = 30\,\mathrm{mW}$ . La droite de charge, de $(0, 25\,\mathrm{mA})$ à $(5\,\mathrm{V}, 0)$ , coupe la caractéristique verticale en $2.0\,\mathrm{V}$ . Sous $3.3\,\mathrm{V}$ , la même résistance ne donne plus que $6.5\,\mathrm{mA}$ ; pour $15\,\mathrm{mA}$ il faut $R = 1.3/0.015 = 87\,\Omega$ .

Exercice 6.10 ★★★

Une jauge de contrainte $R_4 = R(1 + \epsilon)$ , avec $R = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , occupe une branche d’un pont de Wheatstone comportant trois résistances fixes de $1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , sous $5.0\,\mathrm{V}$ . Établir la tension de sortie au premier ordre en $\epsilon$ et la calculer pour $\epsilon = 1.0 \times 10^{-3}$ . Pourquoi le pont vaut-il mieux que la mesure de la tension aux bornes de la jauge dans un simple diviseur ?

Solution

Solution de Exercice 6.10.

$u = E\left[\dfrac12 - \dfrac{1 + \epsilon}{2 + \epsilon}\right] = -E\dfrac{\epsilon}{2(2 + \epsilon)} \approx -\dfrac{E\epsilon}{4} = -1.25\,\mathrm{mV}$ . Dans un simple diviseur, la même variation se superpose à un décalage de $2.5\,\mathrm{V}$ ( $2.501\,25\,\mathrm{V}$ ) ; le pont délivre les $1.25\,\mathrm{mV}$ autour de zéro, que l’on peut amplifier mille fois sans rien saturer.

Exercice 6.11 ★★★

Douze résistances identiques $R$ forment les arêtes d’un cube. En utilisant la symétrie (quels nœuds sont au même potentiel lorsqu’un courant $I$ entre par un sommet et sort par le sommet opposé), montrer que la résistance entre sommets opposés vaut $5R/6$ .

Solution

Solution de Exercice 6.11.

Par symétrie, les trois voisins du sommet d’entrée sont au même potentiel, et les trois voisins du sommet de sortie à un autre. Le courant $I$ se divise en $I/3$ dans les trois arêtes d’entrée, puis chacun en deux $I/6$ le long des six arêtes médianes, qui se recombinent en $I/3$ dans les trois arêtes de sortie. Tension : $RI/3 + RI/6 + RI/3 = 5RI/6$ , donc $R_{\mathrm{eq}} = 5R/6$ .

Exercice 6.12 ★★★

Une source de courant $I_N = 2.0\,\mathrm{A}$ en dérivation avec $4.0\,\Omega$ est reliée, à travers une résistance de $2.0\,\Omega$ , à une batterie de $6.0\,\mathrm{V}$ (de résistance négligeable) dont la fém s’y oppose. Convertir la source de Norton en source de Thévenin et trouver le courant dans la $2.0\,\Omega$ ainsi que la puissance échangée par chaque source.

Solution

Solution de Exercice 6.12.

Thévenin : $E = I_N r = 8.0\,\mathrm{V}$ en série avec $4.0\,\Omega$ . Maille : $8.0 - 6.0 = (4.0 + 2.0)i$ , $i = 0.33\,\mathrm{A}$ vers la batterie. La batterie reçoit $6.0 \times 0.33 = 2.0\,\mathrm{W}$ (elle se charge) ; la résistance de $2\,\Omega$ dissipe $0.22\,\mathrm{W}$ ; la tension aux bornes de l’ensemble de Norton vaut $8.0 - 4.0 \times 0.33 = 6.67\,\mathrm{V}$ , donc sa $4\,\Omega$ est traversée par $1.67\,\mathrm{A}$ et dissipe $11.1\,\mathrm{W}$ , et la source de courant fournit $2.0 \times 6.67 = 13.3\,\mathrm{W}$ — le bilan est équilibré.

Sous le capot : la batterie de 12\, V, ses gros câbles et l’alternateur — le réseau à courant continu du problème du week-end, avec ses centaines d’ampères au démarrage. — Sous le capot : la batterie de $12\,\mathrm{V}$ , ses gros câbles et l’alternateur — le réseau à courant continu du problème du week-end, avec ses centaines d’ampères au démarrage.

6.7 Problème : l’installation électrique d’une voiture

Problème 6.1

Problème du week-end — une batterie, un démarreur, deux phares, un alternateur et quelques mètres de cuivre : qui reçoit le courant, qui le paie, et pourquoi les phares faiblissent au démarrage

La batterie est une source réelle, de fém $E = 12.6\,\mathrm{V}$ et de résistance interne $r = 10\,\mathrm{m}\Omega$ . Cuivre : $\rho = 1.7 \times 10^{-8}\,\Omega\,\mathrm{m}$ .

Partie I — La batterie seule.

Dessiner le modèle de Thévenin et écrire $u(i)$ en convention générateur.
Donner la tension à vide et le courant de court-circuit. Pourquoi une clé tombée ne doit-elle jamais ponter les bornes ?
Écrire le modèle de Norton de la même batterie.
La batterie alimente un conducteur ohmique $R$ : exprimer le courant, la tension aux bornes, la puissance $P_R$ fournie et la puissance perdue dans $r$ .
Montrer que $P_R$ est maximale pour $R = r$ et calculer ce maximum. Quel est alors le rendement ?
Un technicien mesure $u = 12.48\,\mathrm{V}$ à $12\,\mathrm{A}$ et $u = 11.40\,\mathrm{V}$ à $120\,\mathrm{A}$ . Vérifier que les deux points sont sur le modèle et expliquer comment une série de tels points donne $E$ et $r$ par un ajustement affine.
La batterie stocke $60\,\mathrm{A}\,\mathrm{h}$ . Combien de temps alimenterait-elle les deux phares de $55\,\mathrm{W}$ seuls (prendre $12\,\mathrm{V}$ ) ? Quelle énergie cela fait-il en joules ?

Partie II — Démarrer phares allumés. Le démarreur est un conducteur ohmique $R_s = 80\,\mathrm{m}\Omega$ ; chaque phare est donné pour $55\,\mathrm{W}$ sous $12.0\,\mathrm{V}$ et traité comme un conducteur ohmique.

Calculer la résistance d’un phare, puis celle des deux en dérivation.
Démarreur seul : courant, tension aux bornes, puissance dans le démarreur, puissance perdue dans la batterie.
Démarreur et les deux phares ensemble : résistance de charge équivalente, courant total, tension aux bornes.
Utiliser le diviseur de courant pour trouver le courant du démarreur et celui des phares.
Calculer la puissance que reçoit alors chaque phare et la comparer à sa valeur nominale : de quelle fraction les phares faiblissent-ils ?
Expliquer en deux phrases, avec la loi des mailles, pourquoi les phares faiblissent précisément parce que le démarreur tire un courant important.
Des câbles de batterie plus gros aideraient-ils les phares ? Justifier qualitativement pour l’instant (la partie IV quantifie).

Partie III — Moteur tournant : l’alternateur. L’alternateur est une seconde source réelle, $E_a = 14.2\,\mathrm{V}$ , $r_a = 50\,\mathrm{m}\Omega$ , en dérivation avec la batterie ; le démarreur est coupé et les deux phares sont allumés.

Dessiner le circuit : deux sources réelles et la charge des phares en dérivation entre les deux mêmes nœuds.
Appliquer le théorème de Millman pour trouver la tension commune aux bornes.
En déduire le courant de l’alternateur, celui de la batterie (attention au signe !) et celui des phares ; vérifier la loi des nœuds.
La batterie se charge-t-elle ou se décharge-t-elle ? Quelle puissance reçoit-elle, et quelle puissance l’alternateur fournit-il ?
Retrouver la tension aux bornes par superposition (chaque source seule, l’autre remplacée par sa résistance interne) et vérifier.

Partie IV — Capteurs et câbles.

Le capteur de liquide de refroidissement est une thermistance dont la résistance chute de $2.0\,\mathrm{k}\Omega$ à $20{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $300\,\Omega$ à $90{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; elle est la résistance inférieure d’un diviseur alimenté sous $5.0\,\mathrm{V}$ , la résistance supérieure étant $R_0$ . Exprimer la tension de sortie et la calculer aux deux températures pour $R_0 = 775\,\Omega$ .
Montrer que l’écart de sortie entre les deux températures est le plus grand lorsque $R_0$ est la moyenne géométrique des deux valeurs du capteur, et vérifier la valeur ci-dessus.
Le même capteur est placé dans un pont de Wheatstone avec trois résistances de $775\,\Omega$ : écrire la sortie du pont et dire à quelle température il est équilibré.
Le câble du démarreur mesure $1.5\,\mathrm{m}$ à l’aller comme au retour. Calculer la résistance d’un conducteur de section $16\,\mathrm{mm}^{2}$ , la chute de tension totale à $140\,\mathrm{A}$ et la puissance dissipée dans les câbles.
Même question avec du câble de $4\,\mathrm{mm}^{2}$ : pourquoi un câble de démarreur est-il si gros ?
Récapituler : donner la tension aux bornes pendant le démarrage, la fraction de puissance qui atteint le démarreur, et l’unique loi qui explique l’affaiblissement des phares.

Solution

Solution de Problème 6.1.

1. Fém idéale $E$ en série avec $r$ : $u = E - ri$ .

2. $u(0) = 12.6\,\mathrm{V}$ ; $I_N = E/r = 1260\,\mathrm{A}$ . Une clé posée en travers des bornes le porterait : $16\,\mathrm{kW}$ dans quelques grammes d’acier — elle fond et projette du métal.

3. Source de courant $I_N = 1260\,\mathrm{A}$ en dérivation avec $10\,\mathrm{m}\Omega$ .

4. $i = E/(R + r)$ ; $u = ER/(R + r)$ ; $P_R = E^2R/(R + r)^2$ ; $P_r = E^2r/(R + r)^2$ .

5. $\dd P_R/\dd R \propto (r - R)$ : maximum en $R = r$ , $P_{\max} = E^2/4r = 12.6^2/0.040 = 4.0\,\mathrm{kW}$ ; rendement $R/(R + r) = 50\%$ .

6. $12.6 - 0.010 \times 12 = 12.48\,\mathrm{V}$ ; $12.6 - 0.010 \times 120 = 11.40\,\mathrm{V}$ . Porter $u$ en fonction de $i$ donne une droite d’ordonnée à l’origine $E$ et de pente $-r$ (moindres carrés, Chapitre 1).

7. Deux lampes : $110\,\mathrm{W}$ sous $12\,\mathrm{V}$ , $9.2\,\mathrm{A}$ ; $60/9.2 = 6.5\,\mathrm{h}$ . Énergie $60 \times 3600 \times 12 = 2.6\,\mathrm{MJ}$ .

8. $R_h = 12^2/55 = 2.62\,\Omega$ ; en dérivation $1.31\,\Omega$ .

9. $i = 12.6/0.090 = 140\,\mathrm{A}$ ; $u = 12.6 - 1.4 = 11.2\,\mathrm{V}$ ; $P_s = 0.080 \times 140^2 = 1.57\,\mathrm{kW}$ ; perdus $0.010 \times 140^2 = 196\,\mathrm{W}$ .

10. $R = 0.080 \parallel 1.31 = 75.4\,\mathrm{m}\Omega$ ; $i = 12.6/0.0854 = 148\,\mathrm{A}$ ; $u = 12.6 - 1.48 = 11.1\,\mathrm{V}$ .

11. $i_s = i \times 1.31/(1.31 + 0.080) = 139\,\mathrm{A}$ ; $i_h = 8.5\,\mathrm{A}$ pour les deux lampes.

12. Chaque lampe : $u^2/R_h = 11.1^2/2.62 = 47\,\mathrm{W}$ contre $55\,\mathrm{W}$ : en baisse de $14\%$ .

13. Loi des mailles : la tension aux bornes vaut $u = E - ri$ ; les $140\,\mathrm{A}$ du démarreur produisent une chute de $1.4\,\mathrm{V}$ dans la batterie, et les lampes, en dérivation sur les mêmes bornes, reçoivent cette tension diminuée.

14. En partie seulement : des câbles plus gros réduisent la chute dans les câbles, pas dans $r$ ; alimentées aux bornes de la batterie, les lampes voient toujours $E - ri$ .

15. Trois branches entre les deux mêmes nœuds : $(E, r)$ , $(E_a, r_a)$ et $R_h = 1.31\,\Omega$ .

16. $V = \dfrac{12.6/0.010 + 14.2/0.050 + 0/1.31}{100 + 20 + 0.763} = \dfrac{1544}{120.8} = 12.79\,\mathrm{V}$ .

17. Alternateur $(14.2 - 12.79)/0.050 = 28.3\,\mathrm{A}$ ; batterie $(12.6 - 12.79)/0.010 = -18.6\,\mathrm{A}$ (qui vont vers elle) ; lampes $12.79/1.31 = 9.8\,\mathrm{A}$ ; $28.3 = 18.6 + 9.8$ .

18. Elle se charge. Elle reçoit $12.79 \times 18.6 = 238\,\mathrm{W}$ ( $234\,\mathrm{W}$ stockés, $3.5\,\mathrm{W}$ en chaleur) ; l’alternateur fournit $12.79 \times 28.3 = 362\,\mathrm{W}$ à ses bornes.

19. Batterie seule (alternateur $\to$ $50\,\mathrm{m}\Omega$ ) : charge $0.050 \parallel 1.31 = 48.2\,\mathrm{m}\Omega$ , $u_1 = 12.6 \times 48.2/58.2 = 10.44\,\mathrm{V}$ . Alternateur seul (batterie $\to$ $10\,\mathrm{m}\Omega$ ) : charge $0.010 \parallel 1.31 = 9.92\,\mathrm{m}\Omega$ , $u_2 = 14.2 \times 9.92/59.9 = 2.35\,\mathrm{V}$ . Somme $12.79\,\mathrm{V}$ .

20. $u = 5.0\,R_s/(R_0 + R_s)$ : $3.60\,\mathrm{V}$ à $20{}^{\circ}\mathrm{C}$ , $1.40\,\mathrm{V}$ à $90{}^{\circ}\mathrm{C}$ .

21. $\Delta u = 5[R_a/(R_0 + R_a) - R_b/(R_0 + R_b)]$ ; $\dd\Delta u/\dd R_0 = 0 \Leftrightarrow R_a/(R_0 + R_a)^2 = R_b/(R_0 + R_b)^2 \Leftrightarrow R_0^2 = R_aR_b$ : $R_0 = \sqrt{2000 \times 300} = 775\,\Omega$ .

22. $u = 5[\tfrac12 - R_s/(775 + R_s)]$ , nul lorsque $R_s = 775\,\Omega$ , c’est-à-dire à la température médiane où la thermistance atteint cette valeur.

23. $R = 1.7\times10^{-8} \times 1.5/16\times10^{-6} = 1.6\,\mathrm{m}\Omega$ par conducteur, $3.2\,\mathrm{m}\Omega$ au total ; chute $0.0032 \times 140 = 0.45\,\mathrm{V}$ ; puissance $63\,\mathrm{W}$ .

24. En $4\,\mathrm{mm}^{2}$ : $6.4\,\mathrm{m}\Omega$ chacun, $12.8\,\mathrm{m}\Omega$ au total : chute $1.8\,\mathrm{V}$ , $250\,\mathrm{W}$ gaspillés — le démarreur perdrait un sixième de sa tension. Un câble gros maintient $R_{\text{câble}} \ll R_s$ .

25. Environ $11.1\,\mathrm{V}$ aux bornes pendant le démarrage ; le démarreur reçoit $1568/(1568 + 196) \approx 89\%$ de la puissance de la batterie ; l’affaiblissement des phares, c’est la loi des mailles, $u = E - ri$ .

Termes définis dans ce chapitre

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