Chapitre 7: Solutions à certains exercices D’autres solutions peuvent s’ajouter sur demande: nrsavard@sympatico.ca ou 647-5967. Le solutionnaire de Benson est disponible à la réserve de la bibliothèque.

NYB Ch.7 E2

NYB Ch.7 E5

NYB Ch.7 E6 Dans un premier temps, il faut trouver le courant dans le circuit. La puissance est dissipée en chaleur dans la résistance interne de la pile. L’énergie (&puissance) électrique est convertie en énergie (&puissance) chimique dans la pile qui est rechargée.

NYB Ch.7 E9 On simplifie progressivement le circuit jusqu’à trouver la résistance équivalente ce qui permet de trouver le courant total. En revenant en arrière, on trouve tous les tensions et courants dans les diverses résistances Il est utile de dessiner les circuits intermédiaires qui sont utiles par la suite.

NYB Ch.7 E15 La tension V est la même puisque les résistances sont en parallèle. Les deux résistances de 4Ω en parallèle sont équivalentes à une résistance unique de 2Ω. Dans le circuit série équivalent, la résistance de 4Ω va dissiper la plus grande puissance puisque les deux résistances sont parcourues par le même courant I. Le courant maximal pour la 4Ω va être le courant maximal du circuit série.

NYB Ch.7 E16 Il s’agit de deux piles réelles branchées en parallèle; la pile #1 se décharge et la pile #2 se charge. Il faut trouver le courant I dans le circuit. La différence de potentiel entre a et b est la somme des différences de potentiel lorsqu’on parcourt un chemin de a vers b (2 possibilités).

NYB Ch.7 E17

NYB Ch.7 E19 On trouve le courant par application de la loi de Kirchhoff des mailles (Eq. 7.6). On postule un sens à I puis on assigne les polarités des résistances en fonction de I (du + au -). On considère que la puissance fournie à la 2e pile est négative car celle-ci absorbe une puissance (elle se charge) au lieu de la fournir.

NYB Ch.7 E25 2 1 La direction des courant étant fixée arbitrairement, on indique les polarités des résistances en fonction des courants. On applique alors les lois de Kirchhoff pour le nœud A et les mailles 1 et 2 dans le sens horaire. Le système d’équation est résolu par substitution ou autre. VA-VB est la somme des différences de potentiel rencontrées lors d’un trajet quelconque (3 sont possibles) allant du point B vers le point A.

NYB Ch.7 E28

NYB Ch.7 E29

NYB Ch.7 E33 ξ ξ ξ I2 R2=4Ω R1=2Ω R3=2Ω I3 I1 R23=1.33Ω R1=2Ω I1 Req=1.33Ω I1

NYB Ch.7 E38 a VR R ξ I C VC

NYB Ch.7 E39 R C

NYB Ch.7 E63 À l’équilibre, le condensateur est complètement chargé et aucun courant (I2 = 0) ne circule dans la résistance de 200 Ω. Un courant I1 de 30 mA (24/(300+500)) circule dans l’autre branche produisant une différence de potentiel de VC = 15 V (30mA x 500 Ω) aux bornes de la résistance de 500 Ω et donc aux bornes du condensateur. La charge du condensateur est donc Q = CVC = 60 μF x 15 V = 900 μC. Si on ouvre le commutateur, le condensateur se décharge à travers une résistance équivalente de 700 Ω (200 Ω + 500 Ω). a) VC 24 V I1 500 Ω C 300 Ω 200 Ω I2 b) I C 200 Ω 500 Ω

P7 R1 4 Ω I1 R2 1 Ω I2 ξ R3 3 Ω I3 R5 20 Ω I5 R4 6 Ω I4 I6 2 3 1 a b c Il est possible de résoudre ces six équations avec l’aide de Maple ou d’une calculatrice. Il est possible de résoudre manuellement dans certains cas simples, mais ce serait fastidieux dans les cas plus complexes. Il est possible de réduire le nombre d’équations (et d’inconnues) par un changement de variables. Les nouvelles variables sont appelées « courants de maille ». Ces courants satisfont automatiquement les équations KCL qui deviennent alors inutiles. Il ne reste que les trois équations LVL.

P7: solution par triangulation