Finalement :
I 1 =
.
Dans cette série d’équivalences successives, on aperdu I 2 .I l
faut donc reprendreu ne nouvelle série d’équivalences qui
laisse intacte la branche où circule I 2 .C ette méthode est
donc plus longue que l’application de la superposition.
Méthode 3
Résolution d’un système d’équations
Le réseau comporte trois nœuds. On attribue arbitrairement le
potentiel nul àl’un d’entre eux (la masse) et on écrit la loi des
nœuds en A et B avec les potentiels inconnus V A et V B .
•En A:I 1 –I 2 +I 3 =0 d’où :
++
=0.
•En B:I 2 +I 4 +h=0 d’où :–
+ h =0
On obtient le systèmededeux équations :
4 V A –2V B =E 1 +E 2
–V A +2V B =Rh
La résolution donne :
V A =
e t V B =
.
E 1 + E 2 + R h
3
E 1 + E 2 +4Rh
6
V A – V B
R
V B
R
E 1 – V A
2R
V B – V A
R
E 2 – V A
2R
AB
2R
R
I 2
I 3
I 4
I 1
2R
R
E 1
h
E 2
E 1 –
E
2
2
–
h
2
R
3R
2R R
I 2
I 1 2R
R
E 1
h
E 2
2R
I 1 2R
2R
E 1
2R R
I 2
I 1 2R
R
E 1
hR
E 2
h
2
E 2
2R
R
I 1 2R
E 1
E 2
2R
h
2
+
R
I 1 2R
E 1
E 2
2
R
2
+ h
On en déduit I 1 et I 2 :
I 1 ==
et :
I 2 ==
Remarque :L ar ésolution du système d’équations est ici assez
simple. Cela est dû àlagéométrie du réseau qui ne comporte que
trois nœuds. En général, les autres méthodes sont plus rapides.
Étude d’un électrolyseur
L’équation de la caractéristique du générateur est
U =4–20Iavec U en volt et I en ampère.
Cette droite coupe la caractéristique de l’électrolyseur en son
point de fonctionnement M situé sur sa caractéristique à U 0.
L’équation de cette dernière est :
2
0,1
–
–
1,2
0
=
U –
I
1,2
,d’où U =1,2 +8I.
En éliminant U,ilvient 1,2 +8I=4–20I,d’où I =0,1 Aet
par suite U =2V.
Résistances d’entrée et
de sortie d’un quadripôle actif
1 • Le tracé de la caractéristique est donné ci-dessous :
En circuit ouvert l’intensité est nulle ;ilsuffit de lire la valeur
correspondante de u sur le graphe pour avoir U C 0 =0,1 V. Ce
résultat se retrouve en annulant i(u), soit :
U C 0 = V 0 ln 1+ qui redonne bien la même AN.
2 • La convention adoptée ici est une conventionr écepteur,
les parties de plan où u et i sont de même signe correspondent àd es comportements récepteurs ;s eule la partie cidessous est génératricepuisque ui 0:
0,05
0,1
0,15
0,2
0
E 1 – V A
2R
8
7
I p
I 0
0,02
0,015
0,01
0,005
–0,1 –0,05
0,05
0,1
0,15
0,2
0
V A – V B
R
E 1 + E 2 –2Rh
6R
2E 1 – E 2 – Rh
6R
CORRIGÉS
Réseaux linéairesenr égime continu
1
315
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
I 1 =
.
Dans cette série d’équivalences successives, on aperdu I 2 .I l
faut donc reprendreu ne nouvelle série d’équivalences qui
laisse intacte la branche où circule I 2 .C ette méthode est
donc plus longue que l’application de la superposition.
Méthode 3
Résolution d’un système d’équations
Le réseau comporte trois nœuds. On attribue arbitrairement le
potentiel nul àl’un d’entre eux (la masse) et on écrit la loi des
nœuds en A et B avec les potentiels inconnus V A et V B .
•En A:I 1 –I 2 +I 3 =0 d’où :
++
=0.
•En B:I 2 +I 4 +h=0 d’où :–
+ h =0
On obtient le systèmededeux équations :
4 V A –2V B =E 1 +E 2
–V A +2V B =Rh
La résolution donne :
V A =
e t V B =
.
E 1 + E 2 + R h
3
E 1 + E 2 +4Rh
6
V A – V B
R
V B
R
E 1 – V A
2R
V B – V A
R
E 2 – V A
2R
AB
2R
R
I 2
I 3
I 4
I 1
2R
R
E 1
h
E 2
E 1 –
E
2
2
–
h
2
R
3R
2R R
I 2
I 1 2R
R
E 1
h
E 2
2R
I 1 2R
2R
E 1
2R R
I 2
I 1 2R
R
E 1
hR
E 2
h
2
E 2
2R
R
I 1 2R
E 1
E 2
2R
h
2
+
R
I 1 2R
E 1
E 2
2
R
2
+ h
On en déduit I 1 et I 2 :
I 1 ==
et :
I 2 ==
Remarque :L ar ésolution du système d’équations est ici assez
simple. Cela est dû àlagéométrie du réseau qui ne comporte que
trois nœuds. En général, les autres méthodes sont plus rapides.
Étude d’un électrolyseur
L’équation de la caractéristique du générateur est
U =4–20Iavec U en volt et I en ampère.
Cette droite coupe la caractéristique de l’électrolyseur en son
point de fonctionnement M situé sur sa caractéristique à U 0.
L’équation de cette dernière est :
2
0,1
–
–
1,2
0
=
U –
I
1,2
,d’où U =1,2 +8I.
En éliminant U,ilvient 1,2 +8I=4–20I,d’où I =0,1 Aet
par suite U =2V.
Résistances d’entrée et
de sortie d’un quadripôle actif
1 • Le tracé de la caractéristique est donné ci-dessous :
En circuit ouvert l’intensité est nulle ;ilsuffit de lire la valeur
correspondante de u sur le graphe pour avoir U C 0 =0,1 V. Ce
résultat se retrouve en annulant i(u), soit :
U C 0 = V 0 ln 1+ qui redonne bien la même AN.
2 • La convention adoptée ici est une conventionr écepteur,
les parties de plan où u et i sont de même signe correspondent àd es comportements récepteurs ;s eule la partie cidessous est génératricepuisque ui 0:
0,05
0,1
0,15
0,2
0
E 1 – V A
2R
8
7
I p
I 0
0,02
0,015
0,01
0,005
–0,1 –0,05
0,05
0,1
0,15
0,2
0
V A – V B
R
E 1 + E 2 –2Rh
6R
2E 1 – E 2 – Rh
6R
CORRIGÉS
Réseaux linéairesenr égime continu
1
315
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.