Programme de colles — PTSI

Pour la question 4, les électrons qui franchissent la section pendant $\mathrm{d}t$ sont exactement ceux qui s'en trouvaient à moins de $v\,\mathrm{d}t$ en amont : il suffit de compter ceux que contient ce cylindre.

Pour la question 5, se demander si ce sont les électrons partis de l'interrupteur qui doivent atteindre la lampe pour qu'elle s'allume.

1. L'intensité est le débit de charge à travers une section du conducteur, c'est-à-dire la charge qui la traverse par unité de temps :
$$I = \frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} \qquad [I] = \mathrm{A} = \mathrm{C \cdot s^{-1}}$$

2. Chaque électron porte la charge $e$ en valeur absolue, donc le nombre d'électrons traversant une section par seconde vaut
$$N = \frac{I}{e} = \frac{1{,}0}{1{,}6 \times 10^{-19}} = 6{,}2 \times 10^{18} \text{ électrons par seconde}$$

soit encore $6{,}2 \times 10^{9}$ électrons en une nanoseconde.

3. Même sur une durée aussi brève qu'une nanoseconde, des milliards d'électrons traversent la section. Un électron de plus ou de moins modifie la charge transportée d'une fraction relative de l'ordre de $10^{-10}$, et les fluctuations statistiques, qui varient en $1/\sqrt{N}$, restent de l'ordre de $10^{-5}$. Aucun instrument de mesure usuel ne résout cette granularité : la charge transportée peut être traitée comme une grandeur continue, et l'intensité comme une fonction continue du temps.

La quantification ne redevient perceptible que pour des courants extraordinairement faibles, de quelques électrons par seconde, comme dans certains détecteurs ou en électronique à un électron.

4. Pendant $\mathrm{d}t$, les électrons qui franchissent la section sont ceux qui s'en trouvaient à une distance inférieure à $v\,\mathrm{d}t$ en amont. Ils occupent un cylindre de volume $Sv\,\mathrm{d}t$, et leur nombre vaut $nSv\,\mathrm{d}t$. La charge transportée est donc $\mathrm{d}q = neSv\,\mathrm{d}t$, d'où
$$I = \frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} = nevS \qquad \text{soit} \qquad v = \frac{I}{neS} = \frac{1{,}0}{8{,}5 \times 10^{28} \times 1{,}6 \times 10^{-19} \times 1{,}0 \times 10^{-6}} = 7{,}3 \times 10^{-5}\ \mathrm{m \cdot s^{-1}}$$

Les électrons avancent à moins d'un dixième de millimètre par seconde, soit environ 26 cm par heure. Leur charge étant négative, ils se déplacent en sens inverse du sens conventionnel du courant.

5. À cette vitesse, un électron mettrait $10/(7{,}3 \times 10^{-5}) \approx 1{,}4 \times 10^{5}$ s pour parcourir 10 m, soit plus d'une journée et demie.

La lampe s'allume pourtant instantanément, parce que ce ne sont pas les électrons partis de l'interrupteur qui doivent l'atteindre. Le fil est rempli d'électrons de conduction sur toute sa longueur : c'est la mise en mouvement, transmise par le champ électrique à une vitesse proche de celle de la lumière, qui se propage. Tous les électrons du circuit se mettent en mouvement pratiquement en même temps, comme l'eau d'un tuyau déjà plein sort immédiatement quand on ouvre le robinet.

L'ARQS consiste à négliger les effets de propagation : le signal doit avoir parcouru tout le circuit avant d'avoir notablement varié. Il faut donc comparer la durée de propagation à la durée caractéristique de variation du signal, sa période.

1. La durée de propagation vaut $\tau = \dfrac{L}{c}$. L'ARQS consiste à négliger cette durée devant la durée caractéristique de variation du signal : à un instant donné, l'intensité est alors la même en tout point d'une branche. La condition s'écrit
$$\tau \ll T \qquad \text{soit} \qquad L \ll \frac{c}{f} = \lambda$$

Le circuit doit être petit devant la longueur d'onde du signal. C'est le produit $Lf$ qui compte, et non la taille ou la fréquence séparément.

2. Le rapport $L/\lambda$ donne directement la réponse, et le déphasage entre les deux extrémités du circuit vaut $360^\circ \times L/\lambda$.

a) $\lambda = 6 \times 10^{6}$ m, soit 6000 km, et $L/\lambda \approx 2 \times 10^{-7}$ : l'ARQS est très largement valable.

b) $\lambda = 300$ m et $L/\lambda \approx 3 \times 10^{-3}$, soit un déphasage d'environ un degré : l'ARQS reste valable, ce qui justifie son emploi dans tous les montages de TP.

c) $\lambda = 6000$ km et $L/\lambda \approx 0{,}13$ : le déphasage entre les extrémités atteint 50 degrés, l'ARQS n'est pas valable. Les réseaux électriques continentaux doivent être modélisés comme des lignes de propagation.

d) $\lambda = 10$ cm, égale à la longueur des pistes : l'ARQS est totalement inapplicable. La conception des cartes électroniques rapides traite chaque piste comme une ligne de transmission, dont on contrôle l'impédance.

1. Chaque branche apporte au nœud la charge $i_j\,\mathrm{d}t$ pendant $\mathrm{d}t$, donc
$$\delta q = \left(\sum_{j=1}^{k} i_j\right)\mathrm{d}t$$

2. La charge électrique est conservée : elle ne peut être ni créée ni détruite, et la charge portée par le nœud ne varie que par les échanges avec les branches. Si elle reste constante, sa variation pendant $\mathrm{d}t$ est nulle, donc $\delta q = 0$ quel que soit $\mathrm{d}t$, et
$$\sum_{j=1}^{k} i_j = 0$$

3. C'est l'ARQS. Le nœud étant de taille négligeable devant la longueur d'onde, les intensités s'ajustent instantanément dans toutes les branches et aucune charge n'a le temps de s'y accumuler. Hors de ce cadre, par exemple le long d'une antenne, l'intensité n'est plus la même en tout point d'un conducteur et la loi des nœuds sous cette forme ne s'applique plus : il faut revenir à la conservation locale de la charge, étudiée en deuxième année.

4. Il suffit de compter chaque intensité avec un signe : positivement si elle est orientée vers le nœud, négativement sinon. La loi prend alors la forme usuelle
$$\sum i_{\text{entrantes}} = \sum i_{\text{sortantes}}$$

Un dipôle est en convention récepteur lorsque les flèches de $u$ et de $i$ sont de sens opposés à ses bornes, en convention générateur lorsqu'elles sont de même sens. Dans la convention récepteur, $ui$ est la puissance reçue ; dans la convention générateur, c'est la puissance fournie.

1. Pour le chargeur, le courant $i$ sort par la borne positive et les flèches de $u$ et de $i$ sont de même sens : c'est la convention générateur. Pour la batterie, $i$ entre par la borne positive et les flèches sont de sens opposés : c'est la convention récepteur.

2. En parcourant la maille, la loi des mailles donne $E_1 - r_1 i - r_2 i - E_2 = 0$, d'où
$$i = \frac{E_1 - E_2}{r_1 + r_2} = \frac{14 - 12}{0{,}50 + 0{,}10} = 3{,}3\ \text{A}$$

La tension commune aux deux dipôles vaut $u = E_1 - r_1 i = 12{,}3$ V. On vérifie la cohérence : $E_2 + r_2 i = 12{,}3$ V également.

3. Pour le chargeur, en convention générateur, $ui = 41$ W est la puissance fournie : elle est positive, le chargeur fonctionne en générateur. Pour la batterie, en convention récepteur, $ui = 41$ W est la puissance reçue : elle est positive, la batterie fonctionne en récepteur. Elle est bien en charge.

4. Le chargeur produit $E_1 i = 46{,}7$ W, dont $r_1 i^2 = 5{,}6$ W sont dissipés par effet Joule dans sa résistance interne. La batterie reçoit les 41,1 W restants, dont $r_2 i^2 = 1{,}1$ W sont dissipés en chaleur et $E_2 i = 40{,}0$ W sont effectivement stockés sous forme d'énergie chimique. Le rendement de la charge vaut donc
$$\eta = \frac{E_2 i}{E_1 i} = \frac{E_2}{E_1} = \frac{40{,}0}{46{,}7} = 86\ %$$

5. Avec $E_1 = 11$ V, $i = \dfrac{11 - 12}{0{,}60} = -1{,}7$ A. Ce signe négatif n'est pas une erreur : il indique que le courant circule en réalité dans le sens opposé à celui choisi pour l'orienter. La batterie se décharge dans le chargeur : la puissance qu'elle reçoit, $ui$, est devenue négative, elle fonctionne désormais en générateur. C'est pour empêcher cette décharge qu'un chargeur réel comporte une diode sur sa sortie.

Tout l'intérêt de l'algébrisation est là : on oriente les grandeurs arbitrairement, et c'est le calcul qui révèle le sens réel du courant et le rôle de chaque dipôle.

Commencer toujours par repérer les points reliés par un fil : ils forment un seul et même nœud, que l'on peut redessiner comme un point unique. Une résistance dont les deux bornes appartiennent au même nœud est court-circuitée : elle n'est parcourue par aucun courant et disparaît du circuit.

Pour les circuits comportant des sources, deux propriétés simplifient beaucoup le travail : une source de tension idéale impose la tension à ses bornes, quel que soit le dipôle branché en parallèle ; une source de courant idéale impose l'intensité dans sa branche, quelle que soit la résistance placée en série avec elle.

a) Les points E, F et D sont reliés par des fils et forment un même nœud. Entre C et D, la résistance $R$ de la branche C–E est donc en parallèle avec la résistance $R$ de la branche C–D, ce qui donne $R/2$. Cette association est en série avec $2R$ et $3R$ :
$$U = \frac{11R}{2}\,I$$

b) C, E, F et D forment un même nœud. La résistance $R$ entre C et D est court-circuitée. Il reste $2R$ et $3R$ en série :
$$U = 5R\,I$$

c) A et C sont confondus. Entre C et D, la branche directe $R$ est en parallèle avec la branche C–E–F–D, formée de trois résistances $R$ en série, soit $3R$. L'association vaut $\dfrac{R \times 3R}{R + 3R} = \dfrac{3R}{4}$, en série avec la résistance $R$ entre D et B :
$$U = \frac{7R}{4}\,I$$

d) A, C et D sont reliés par des fils : les trois résistances de la boucle C–E–F–D ont leurs deux extrémités au même nœud, elles ne sont parcourues par aucun courant. Il ne reste que la résistance entre D et B :
$$U = R\,I$$

e) Le réseau résistif est celui du cas c), de résistance équivalente $7R/4$, mais une source de tension est insérée entre A et C. La flèche de la source pointe vers C, donc $V_C - V_A = E$, soit $V_A - V_C = -E$. La loi des mailles donne
$$U = -E + \frac{7R}{4}\,I$$

Le dipôle équivaut à un générateur de Thévenin de force électromotrice $E$ et de résistance interne $7R/4$.

f) Entre C et D, une source de tension idéale impose $V_C - V_D = E$ : la branche C–E–F–D de résistance $2R$ qui lui est parallèle ne modifie pas cette tension, elle se contente de prélever un courant à la source. La source entre A et C impose quant à elle $V_A - V_C = E$. En ajoutant la tension $RI$ aux bornes de la résistance entre D et B :
$$U = 2E + R\,I$$

g) D, E, F et B forment un même nœud. Entre C et ce nœud se trouvent en parallèle la résistance $R$ et la source de courant, qui injecte $\eta$ dans le nœud C. La loi des nœuds en C s'écrit $I + \eta = \dfrac{V_C - V_B}{R}$, d'où $V_C - V_B = R(I + \eta)$. En ajoutant $V_A - V_C = RI$ :
$$U = R\eta + 2R\,I$$

Le dipôle équivaut à un générateur de Thévenin de force électromotrice $R\eta$ et de résistance interne $2R$.

h) La source de courant est en série avec la résistance de la branche F–D : cette branche impose l'intensité $\eta$, injectée dans le nœud C, quelle que soit la résistance qu'elle contient. La loi des nœuds en C donne à nouveau $V_C - V_D = R(I + \eta)$, puis $V_D - V_B = RI$ et $V_A - V_C = E$, d'où
$$U = E + R\eta + 2R\,I$$

Ces huit cas montrent que tout réseau linéaire de résistances et de sources se ramène, vu de deux bornes, à une loi affine $U = U_0 + R_{\text{éq}} I$ : c'est précisément le modèle de Thévenin.

Un dipôle est en convention récepteur lorsque les flèches de $u$ et de $i$ sont de sens opposés à ses bornes, en convention générateur lorsqu'elles sont de même sens. Dans la convention récepteur, $ui$ est la puissance reçue ; dans la convention générateur, c'est la puissance fournie.

1. Pour le chargeur, le courant $i$ sort par la borne positive et les flèches de $u$ et de $i$ sont de même sens : c'est la convention générateur. Pour la batterie, $i$ entre par la borne positive et les flèches sont de sens opposés : c'est la convention récepteur.

2. En parcourant la maille, la loi des mailles donne $E_1 - r_1 i - r_2 i - E_2 = 0$, d'où
$$i = \frac{E_1 - E_2}{r_1 + r_2} = \frac{14 - 12}{0{,}50 + 0{,}10} = 3{,}3\ \text{A}$$

La tension commune aux deux dipôles vaut $u = E_1 - r_1 i = 12{,}3$ V. On vérifie la cohérence : $E_2 + r_2 i = 12{,}3$ V également.

3. Pour le chargeur, en convention générateur, $ui = 41$ W est la puissance fournie : elle est positive, le chargeur fonctionne en générateur. Pour la batterie, en convention récepteur, $ui = 41$ W est la puissance reçue : elle est positive, la batterie fonctionne en récepteur. Elle est bien en charge.

4. Le chargeur produit $E_1 i = 46{,}7$ W, dont $r_1 i^2 = 5{,}6$ W sont dissipés par effet Joule dans sa résistance interne. La batterie reçoit les 41,1 W restants, dont $r_2 i^2 = 1{,}1$ W sont dissipés en chaleur et $E_2 i = 40{,}0$ W sont effectivement stockés sous forme d'énergie chimique. Le rendement de la charge vaut donc
$$\eta = \frac{E_2 i}{E_1 i} = \frac{E_2}{E_1} = \frac{40{,}0}{46{,}7} = 86\ %$$

5. Avec $E_1 = 11$ V, $i = \dfrac{11 - 12}{0{,}60} = -1{,}7$ A. Ce signe négatif n'est pas une erreur : il indique que le courant circule en réalité dans le sens opposé à celui choisi pour l'orienter. La batterie se décharge dans le chargeur : la puissance qu'elle reçoit, $ui$, est devenue négative, elle fonctionne désormais en générateur. C'est pour empêcher cette décharge qu'un chargeur réel comporte une diode sur sa sortie.

Tout l'intérêt de l'algébrisation est là : on oriente les grandeurs arbitrairement, et c'est le calcul qui révèle le sens réel du courant et le rôle de chaque dipôle.

Pour les deux premières questions, partir des valeurs que l'on connaît avec certitude — la pile, la prise de courant — puis classer les autres par ordre croissant. Pour la dernière, la loi d'Ohm suffit.

1. Neurone : 70 mV ; pile AA : 1,5 V ; batterie de voiture : 12 V ; prise domestique : 230 V ; caténaire de TGV : 25 kV ; ligne à très haute tension : 400 kV ; éclair : $10^{8}$ V. Les tensions rencontrées couvrent ainsi une dizaine d'ordres de grandeur.

2. LED : 20 mA ; charge d'un smartphone : 2 A ; bouilloire : 10 A ; démarreur : 200 A ; foudre : 30 kA. Le démarreur est un bon exemple de courant intense sous faible tension : c'est la puissance, de l'ordre de 2 kW, qui est en jeu.

3. En TP, on rencontre des résistances de 10 $\Omega$ à 1 M$\Omega$, typiquement de l'ordre du kilohm ; des condensateurs du nanofarad au microfarad ; des bobines de 10 mH à 1 H. Les valeurs courantes s'étendent plus largement : du picofarad au millifarad pour les condensateurs, du microhenry au henry pour les bobines. Un supercondensateur atteint le farad, voire plusieurs milliers de farads.

4. D'après la loi d'Ohm, $I = \dfrac{230}{10^{3}} \approx 0{,}2$ A, soit près de dix fois le seuil de 30 mA. Or c'est au-delà de 30 mA environ qu'un courant traversant le corps peut provoquer une paralysie respiratoire, puis, au-delà de quelques dizaines de milliampères de plus, une fibrillation cardiaque. Le différentiel, qui coupe en quelques dizaines de millisecondes dès 30 mA, intervient donc avant que le courant n'atteigne un niveau dangereux.

Sortie ouverte, aucun courant ne traverse la résistance reliée à E : on reconnaît alors un pont diviseur de tension, et la résistance d'entrée se lit directement.

Pour la résistance de sortie, calculer l'intensité de court-circuit $I_{cc}$ lorsque E est relié à F, puis utiliser $R_s = E/I_{cc}$.

Résistance d'entrée. Sortie ouverte, la résistance reliée à E n'est parcourue par aucun courant. Vu de l'entrée, le circuit se réduit aux deux résistances $R$ entre A et C, puis entre C et la ligne inférieure, qui sont en série :
$$R_e = 2R$$

Tension du générateur équivalent. Toujours sortie ouverte, la tension de sortie est celle qui règne entre C et la ligne inférieure, aucune chute de tension n'ayant lieu dans la résistance reliée à E. Les deux résistances $R$ forment un pont diviseur :
$$E = \frac{R}{R + R}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{2}$$

Résistance de sortie. En court-circuitant la sortie, la résistance reliée à E se retrouve en parallèle avec la résistance entre C et la ligne inférieure : l'association vaut $R/2$, en série avec la résistance d'entrée $R$. Le diviseur de tension donne
$$V_C = \frac{R/2}{R + R/2}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{3} \qquad \text{puis} \qquad I_{cc} = \frac{V_C}{R} = \frac{U_{AB}}{3R}$$

d'où la résistance de sortie
$$R_s = \frac{E}{I_{cc}} = \frac{U_{AB}/2}{U_{AB}/(3R)} = \frac{3R}{2}$$

Ce résultat se retrouve directement en éteignant la source d'entrée, c'est-à-dire en remplaçant $U_{AB}$ par un fil : vu de la sortie, on trouve alors $R$ en série avec l'association parallèle de deux résistances $R$, soit $R + R/2 = 3R/2$.

Le quadripôle se modélise donc par une résistance d'entrée $2R$ et un générateur de Thévenin de force électromotrice $U_{AB}/2$ et de résistance interne $3R/2$. On remarquera que la résistance de sortie n'est pas nulle : brancher un dipôle sur la sortie fera chuter la tension en dessous de $U_{AB}/2$, ce qui illustre la limite du pont diviseur chargé.

Sortie ouverte, aucun courant ne traverse la résistance reliée à E : on reconnaît alors un pont diviseur de tension, et la résistance d'entrée se lit directement.

Pour la résistance de sortie, calculer l'intensité de court-circuit $I_{cc}$ lorsque E est relié à F, puis utiliser $R_s = E/I_{cc}$.

Résistance d'entrée. Sortie ouverte, la résistance reliée à E n'est parcourue par aucun courant. Vu de l'entrée, le circuit se réduit aux deux résistances $R$ entre A et C, puis entre C et la ligne inférieure, qui sont en série :
$$R_e = 2R$$

Tension du générateur équivalent. Toujours sortie ouverte, la tension de sortie est celle qui règne entre C et la ligne inférieure, aucune chute de tension n'ayant lieu dans la résistance reliée à E. Les deux résistances $R$ forment un pont diviseur :
$$E = \frac{R}{R + R}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{2}$$

Résistance de sortie. En court-circuitant la sortie, la résistance reliée à E se retrouve en parallèle avec la résistance entre C et la ligne inférieure : l'association vaut $R/2$, en série avec la résistance d'entrée $R$. Le diviseur de tension donne
$$V_C = \frac{R/2}{R + R/2}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{3} \qquad \text{puis} \qquad I_{cc} = \frac{V_C}{R} = \frac{U_{AB}}{3R}$$

d'où la résistance de sortie
$$R_s = \frac{E}{I_{cc}} = \frac{U_{AB}/2}{U_{AB}/(3R)} = \frac{3R}{2}$$

Ce résultat se retrouve directement en éteignant la source d'entrée, c'est-à-dire en remplaçant $U_{AB}$ par un fil : vu de la sortie, on trouve alors $R$ en série avec l'association parallèle de deux résistances $R$, soit $R + R/2 = 3R/2$.

Le quadripôle se modélise donc par une résistance d'entrée $2R$ et un générateur de Thévenin de force électromotrice $U_{AB}/2$ et de résistance interne $3R/2$. On remarquera que la résistance de sortie n'est pas nulle : brancher un dipôle sur la sortie fera chuter la tension en dessous de $U_{AB}/2$, ce qui illustre la limite du pont diviseur chargé.

L'ajustement affine renvoie la pente et l'ordonnée à l'origine de la droite $U = \text{pente} \times I + \text{ordonnée}$. Il suffit d'identifier terme à terme avec $U = E - rI$ : attention au signe.

Pour la question 3, l'intensité dans la charge vaut $I = \dfrac{E}{R + r}$, et la dérivée de $P$ par rapport à $R$ s'annule à l'optimum.

1. Le modèle de Thévenin associe en série une source de tension idéale $E$ et une résistance $r$. En convention générateur, le courant sortant par la borne positive, la résistance interne provoque une chute de tension $rI$ :
$$U = E - rI$$

La caractéristique est une droite décroissante : la tension aux bornes de la pile baisse à mesure qu'elle débite.

2. L'identification avec $U = \text{pente} \times I + \text{ordonnée}$ donne $E = \text{ordonnée}$, la tension à vide, et $r = -\text{pente}$. L'ajustement conduit à
$$E = 4{,}52\ \text{V} \qquad r = 1{,}21\ \Omega$$

Le modèle décrit très bien les mesures : les écarts à la droite ne dépassent pas 12 mV.

3. L'intensité dans la charge vaut $I = \dfrac{E}{R + r}$, d'où la puissance reçue par effet Joule
$$P = RI^2 = \frac{E^2R}{(R + r)^2}$$

Sa dérivée par rapport à $R$ vaut $\dfrac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}R} = E^2\,\dfrac{r - R}{(R + r)^3}$, qui s'annule pour $R = r$, positive avant et négative après : c'est bien un maximum. La puissance maximale vaut
$$P_{\max} = \frac{E^2}{4r} = \frac{4{,}52^2}{4 \times 1{,}21} = 4{,}2\ \text{W}$$

C'est l'adaptation d'impédance. À cet optimum, la pile dissipe en elle-même autant de puissance qu'elle en fournit à la charge : le rendement n'est que de 50 %.

4. En court-circuit, $R = 0$ et $I_{cc} = \dfrac{E}{r} = 3{,}7$ A. Toute la puissance est alors dissipée dans la résistance interne de la pile :
$$rI_{cc}^2 = \frac{E^2}{r} = 17\ \text{W}$$

Cette puissance, quatre fois plus grande que la puissance maximale utilisable, échauffe fortement la pile : elle se décharge en quelques minutes, peut fuir, et dans le cas des batteries au lithium prendre feu.

Un dipôle est en convention récepteur lorsque les flèches de $u$ et de $i$ sont de sens opposés à ses bornes, en convention générateur lorsqu'elles sont de même sens. Dans la convention récepteur, $ui$ est la puissance reçue ; dans la convention générateur, c'est la puissance fournie.

1. Pour le chargeur, le courant $i$ sort par la borne positive et les flèches de $u$ et de $i$ sont de même sens : c'est la convention générateur. Pour la batterie, $i$ entre par la borne positive et les flèches sont de sens opposés : c'est la convention récepteur.

2. En parcourant la maille, la loi des mailles donne $E_1 - r_1 i - r_2 i - E_2 = 0$, d'où
$$i = \frac{E_1 - E_2}{r_1 + r_2} = \frac{14 - 12}{0{,}50 + 0{,}10} = 3{,}3\ \text{A}$$

La tension commune aux deux dipôles vaut $u = E_1 - r_1 i = 12{,}3$ V. On vérifie la cohérence : $E_2 + r_2 i = 12{,}3$ V également.

3. Pour le chargeur, en convention générateur, $ui = 41$ W est la puissance fournie : elle est positive, le chargeur fonctionne en générateur. Pour la batterie, en convention récepteur, $ui = 41$ W est la puissance reçue : elle est positive, la batterie fonctionne en récepteur. Elle est bien en charge.

4. Le chargeur produit $E_1 i = 46{,}7$ W, dont $r_1 i^2 = 5{,}6$ W sont dissipés par effet Joule dans sa résistance interne. La batterie reçoit les 41,1 W restants, dont $r_2 i^2 = 1{,}1$ W sont dissipés en chaleur et $E_2 i = 40{,}0$ W sont effectivement stockés sous forme d'énergie chimique. Le rendement de la charge vaut donc
$$\eta = \frac{E_2 i}{E_1 i} = \frac{E_2}{E_1} = \frac{40{,}0}{46{,}7} = 86\ %$$

5. Avec $E_1 = 11$ V, $i = \dfrac{11 - 12}{0{,}60} = -1{,}7$ A. Ce signe négatif n'est pas une erreur : il indique que le courant circule en réalité dans le sens opposé à celui choisi pour l'orienter. La batterie se décharge dans le chargeur : la puissance qu'elle reçoit, $ui$, est devenue négative, elle fonctionne désormais en générateur. C'est pour empêcher cette décharge qu'un chargeur réel comporte une diode sur sa sortie.

Tout l'intérêt de l'algébrisation est là : on oriente les grandeurs arbitrairement, et c'est le calcul qui révèle le sens réel du courant et le rôle de chaque dipôle.

Pour la question 2, reconnaître dans le produit $ui$ la dérivée d'une fonction simple : par exemple $u\,\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{u^2}{2}\right)$.

1. En convention récepteur :
$$i = C\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} \qquad \text{et} \qquad u = L\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$$

En régime continu permanent, les grandeurs ne varient plus. Pour le condensateur, $\mathrm{d}u/\mathrm{d}t = 0$ entraîne $i = 0$ : il se comporte comme un interrupteur ouvert. Pour la bobine, $\mathrm{d}i/\mathrm{d}t = 0$ entraîne $u = 0$ : elle se comporte comme un fil.

2. Pour le condensateur, la puissance reçue vaut
$$P = ui = Cu\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}Cu^2\right) \qquad \text{d'où} \qquad \mathcal{E}_C = \frac{1}{2}Cu^2$$

De même pour la bobine :
$$P = ui = Li\,\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}Li^2\right) \qquad \text{d'où} \qquad \mathcal{E}_L = \frac{1}{2}Li^2$$

Contrairement à une résistance, qui dissipe toute la puissance reçue, ces deux dipôles la stockent et peuvent la restituer.

3. $\mathcal{E}_C = \dfrac{1}{2} \times 200 \times 10^{-6} \times 300^2 = 9{,}0$ J. Délivrée en 1,0 ms, cette énergie correspond à une puissance moyenne de $9{,}0 \times 10^{3}$ W, soit 9 kW.

4. Une pile ne fournit qu'environ 4 W, plus de deux mille fois moins que ce qu'exige la lampe pendant l'éclair. Le condensateur joue le rôle de réservoir : il accumule l'énergie lentement, en quelques secondes — c'est le temps de recharge du flash —, puis la restitue en une milliseconde. Il convertit une faible puissance sur une longue durée en une forte puissance sur une durée très brève.

5. $\mathcal{E}_L = \dfrac{1}{2} \times 10 \times 10^{-3} \times 5{,}0^2 = 0{,}13$ J. À l'interruption, $u = L\,\dfrac{\Delta i}{\Delta t} = 10 \times 10^{-3} \times \dfrac{5{,}0}{10 \times 10^{-6}} = 5{,}0 \times 10^{3}$ V.

Cette surtension, encore amplifiée par un enroulement secondaire jusqu'à plusieurs dizaines de kilovolts, fait jaillir l'étincelle de la bougie qui enflamme le mélange air-essence dans le cylindre.

6. Si la tension aux bornes d'un condensateur subissait une discontinuité, l'énergie $\frac{1}{2}Cu^2$ varierait d'une quantité finie en une durée nulle : la puissance reçue serait infinie, ce qui est physiquement impossible. Le même argument appliqué à $\frac{1}{2}Li^2$ montre que l'intensité dans une bobine est continue. La question 5 en donne l'illustration : on ne peut pas annuler brutalement le courant dans une bobine sans voir apparaître une tension considérable. Ces deux conditions de continuité seront la clé de l'étude des régimes transitoires.

Avec $u(t) = E(1-e^{-t/\tau})$ et $i(t) = \dfrac{E}{R}e^{-t/\tau}$, où $\tau = RC$ :

l'énergie fournie par la source vaut $\displaystyle \mathcal{E}_g = \int_0^{\infty} Ei\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\,\tau = CE^2$ ;

l'énergie stockée dans le condensateur vaut $\mathcal{E}_C = \frac{1}{2}CE^2$ ;

l'énergie dissipée vaut $\displaystyle \mathcal{E}_J = \int_0^{\infty} Ri^2\,\mathrm{d}t = \frac{E^2}{R}\cdot\frac{\tau}{2} = \frac{1}{2}CE^2$.

Le bilan se referme, $\mathcal{E}_g = \mathcal{E}_C + \mathcal{E}_J$, et le rendement vaut
$$\rho = \frac{\mathcal{E}_C}{\mathcal{E}_g} = \frac{1}{2}$$

Ce résultat ne dépend pas de $R$, ce qui est contre-intuitif : diminuer la résistance accélère la charge mais augmente l'intensité dans la même proportion, et les deux effets se compensent exactement. On ne peut donc pas améliorer le rendement en choisissant mieux la résistance ; il faut changer de méthode, en chargeant par paliers ou à courant contrôlé. C'est la raison d'être des convertisseurs à découpage.

$$\mathcal{E}_C = \frac{1}{2}Cu^2 \qquad \mathcal{E}_L = \frac{1}{2}Li^2 \qquad P_J = RI^2 = \frac{U^2}{R}$$

Ces trois expressions s'établissent de la même façon, en intégrant la puissance reçue en convention récepteur. Pour le condensateur, $P = ui = Cu\,\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}Cu^2\right)$, et de même pour la bobine avec $u = L\,\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$.

La différence est de nature : le condensateur et la bobine stockent l'énergie et la restituent, la résistance la convertit irréversiblement en chaleur. C'est cette dissipation qui amortit tout régime transitoire.

L'ajustement affine renvoie la pente et l'ordonnée à l'origine de la droite $U = \text{pente} \times I + \text{ordonnée}$. Il suffit d'identifier terme à terme avec $U = E - rI$ : attention au signe.

Pour la question 3, l'intensité dans la charge vaut $I = \dfrac{E}{R + r}$, et la dérivée de $P$ par rapport à $R$ s'annule à l'optimum.

1. Le modèle de Thévenin associe en série une source de tension idéale $E$ et une résistance $r$. En convention générateur, le courant sortant par la borne positive, la résistance interne provoque une chute de tension $rI$ :
$$U = E - rI$$

La caractéristique est une droite décroissante : la tension aux bornes de la pile baisse à mesure qu'elle débite.

2. L'identification avec $U = \text{pente} \times I + \text{ordonnée}$ donne $E = \text{ordonnée}$, la tension à vide, et $r = -\text{pente}$. L'ajustement conduit à
$$E = 4{,}52\ \text{V} \qquad r = 1{,}21\ \Omega$$

Le modèle décrit très bien les mesures : les écarts à la droite ne dépassent pas 12 mV.

3. L'intensité dans la charge vaut $I = \dfrac{E}{R + r}$, d'où la puissance reçue par effet Joule
$$P = RI^2 = \frac{E^2R}{(R + r)^2}$$

Sa dérivée par rapport à $R$ vaut $\dfrac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}R} = E^2\,\dfrac{r - R}{(R + r)^3}$, qui s'annule pour $R = r$, positive avant et négative après : c'est bien un maximum. La puissance maximale vaut
$$P_{\max} = \frac{E^2}{4r} = \frac{4{,}52^2}{4 \times 1{,}21} = 4{,}2\ \text{W}$$

C'est l'adaptation d'impédance. À cet optimum, la pile dissipe en elle-même autant de puissance qu'elle en fournit à la charge : le rendement n'est que de 50 %.

4. En court-circuit, $R = 0$ et $I_{cc} = \dfrac{E}{r} = 3{,}7$ A. Toute la puissance est alors dissipée dans la résistance interne de la pile :
$$rI_{cc}^2 = \frac{E^2}{r} = 17\ \text{W}$$

Cette puissance, quatre fois plus grande que la puissance maximale utilisable, échauffe fortement la pile : elle se décharge en quelques minutes, peut fuir, et dans le cas des batteries au lithium prendre feu.

Pour la question 3, la puissance transportée $P = UI$ est imposée : c'est l'intensité dans la ligne qui dépend de la tension choisie, et les pertes dépendent de cette intensité.

1. En convention récepteur, la loi d'Ohm $u = Ri$ donne la puissance reçue, intégralement dissipée en chaleur :
$$P_J = ui = Ri^2 = \frac{u^2}{R}$$

Pour la bouilloire, $I = \dfrac{P}{U} = \dfrac{2000}{230} = 8{,}7$ A et $R = \dfrac{U^2}{P} = \dfrac{230^2}{2000} = 26\ \Omega$.

2. L'énergie nécessaire vaut $Q = mc\,\Delta T = 1{,}0 \times 4{,}18 \times 10^3 \times 80 = 3{,}3 \times 10^5$ J, d'où la durée
$$t = \frac{Q}{P} = \frac{3{,}3 \times 10^5}{2000} \approx 170\ \text{s}$$

soit un peu moins de trois minutes. L'expérience donne plutôt trois à quatre minutes : une partie de l'énergie chauffe la bouilloire elle-même et s'échappe par ses parois.

3. L'intensité dans la ligne vaut $I = P/U$, d'où les pertes
$$P_J = R_\ell I^2 = \frac{R_\ell P^2}{U^2}$$

4. Sous 20 kV, $I = 50$ A et $P_J = 25$ kW, soit 2,5 % de la puissance transportée. Sous 400 kV, $I = 2{,}5$ A et $P_J = 62{,}5$ W, soit 0,006 % seulement.

Les pertes varient comme l'inverse du carré de la tension : multiplier la tension par 20 divise les pertes par 400. C'est la raison pour laquelle l'électricité est transportée sous très haute tension, puis abaissée par des transformateurs à proximité des utilisateurs — et c'est aussi ce qui a imposé le courant alternatif, le seul qu'un transformateur sache élever ou abaisser.

Un dipôle est en convention récepteur lorsque les flèches de $u$ et de $i$ sont de sens opposés à ses bornes, en convention générateur lorsqu'elles sont de même sens. Dans la convention récepteur, $ui$ est la puissance reçue ; dans la convention générateur, c'est la puissance fournie.

1. Pour le chargeur, le courant $i$ sort par la borne positive et les flèches de $u$ et de $i$ sont de même sens : c'est la convention générateur. Pour la batterie, $i$ entre par la borne positive et les flèches sont de sens opposés : c'est la convention récepteur.

2. En parcourant la maille, la loi des mailles donne $E_1 - r_1 i - r_2 i - E_2 = 0$, d'où
$$i = \frac{E_1 - E_2}{r_1 + r_2} = \frac{14 - 12}{0{,}50 + 0{,}10} = 3{,}3\ \text{A}$$

La tension commune aux deux dipôles vaut $u = E_1 - r_1 i = 12{,}3$ V. On vérifie la cohérence : $E_2 + r_2 i = 12{,}3$ V également.

3. Pour le chargeur, en convention générateur, $ui = 41$ W est la puissance fournie : elle est positive, le chargeur fonctionne en générateur. Pour la batterie, en convention récepteur, $ui = 41$ W est la puissance reçue : elle est positive, la batterie fonctionne en récepteur. Elle est bien en charge.

4. Le chargeur produit $E_1 i = 46{,}7$ W, dont $r_1 i^2 = 5{,}6$ W sont dissipés par effet Joule dans sa résistance interne. La batterie reçoit les 41,1 W restants, dont $r_2 i^2 = 1{,}1$ W sont dissipés en chaleur et $E_2 i = 40{,}0$ W sont effectivement stockés sous forme d'énergie chimique. Le rendement de la charge vaut donc
$$\eta = \frac{E_2 i}{E_1 i} = \frac{E_2}{E_1} = \frac{40{,}0}{46{,}7} = 86\ %$$

5. Avec $E_1 = 11$ V, $i = \dfrac{11 - 12}{0{,}60} = -1{,}7$ A. Ce signe négatif n'est pas une erreur : il indique que le courant circule en réalité dans le sens opposé à celui choisi pour l'orienter. La batterie se décharge dans le chargeur : la puissance qu'elle reçoit, $ui$, est devenue négative, elle fonctionne désormais en générateur. C'est pour empêcher cette décharge qu'un chargeur réel comporte une diode sur sa sortie.

Tout l'intérêt de l'algébrisation est là : on oriente les grandeurs arbitrairement, et c'est le calcul qui révèle le sens réel du courant et le rôle de chaque dipôle.

$$\mathcal{E}_C = \frac{1}{2}Cu^2 \qquad \mathcal{E}_L = \frac{1}{2}Li^2 \qquad P_J = RI^2 = \frac{U^2}{R}$$

Ces trois expressions s'établissent de la même façon, en intégrant la puissance reçue en convention récepteur. Pour le condensateur, $P = ui = Cu\,\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}Cu^2\right)$, et de même pour la bobine avec $u = L\,\dfrac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}$.

La différence est de nature : le condensateur et la bobine stockent l'énergie et la restituent, la résistance la convertit irréversiblement en chaleur. C'est cette dissipation qui amortit tout régime transitoire.

Sortie ouverte, aucun courant ne traverse la résistance reliée à E : on reconnaît alors un pont diviseur de tension, et la résistance d'entrée se lit directement.

Pour la résistance de sortie, calculer l'intensité de court-circuit $I_{cc}$ lorsque E est relié à F, puis utiliser $R_s = E/I_{cc}$.

Résistance d'entrée. Sortie ouverte, la résistance reliée à E n'est parcourue par aucun courant. Vu de l'entrée, le circuit se réduit aux deux résistances $R$ entre A et C, puis entre C et la ligne inférieure, qui sont en série :
$$R_e = 2R$$

Tension du générateur équivalent. Toujours sortie ouverte, la tension de sortie est celle qui règne entre C et la ligne inférieure, aucune chute de tension n'ayant lieu dans la résistance reliée à E. Les deux résistances $R$ forment un pont diviseur :
$$E = \frac{R}{R + R}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{2}$$

Résistance de sortie. En court-circuitant la sortie, la résistance reliée à E se retrouve en parallèle avec la résistance entre C et la ligne inférieure : l'association vaut $R/2$, en série avec la résistance d'entrée $R$. Le diviseur de tension donne
$$V_C = \frac{R/2}{R + R/2}\,U_{AB} = \frac{U_{AB}}{3} \qquad \text{puis} \qquad I_{cc} = \frac{V_C}{R} = \frac{U_{AB}}{3R}$$

d'où la résistance de sortie
$$R_s = \frac{E}{I_{cc}} = \frac{U_{AB}/2}{U_{AB}/(3R)} = \frac{3R}{2}$$

Ce résultat se retrouve directement en éteignant la source d'entrée, c'est-à-dire en remplaçant $U_{AB}$ par un fil : vu de la sortie, on trouve alors $R$ en série avec l'association parallèle de deux résistances $R$, soit $R + R/2 = 3R/2$.

Le quadripôle se modélise donc par une résistance d'entrée $2R$ et un générateur de Thévenin de force électromotrice $U_{AB}/2$ et de résistance interne $3R/2$. On remarquera que la résistance de sortie n'est pas nulle : brancher un dipôle sur la sortie fera chuter la tension en dessous de $U_{AB}/2$, ce qui illustre la limite du pont diviseur chargé.

Deux résistances en série sont parcourues par la même intensité : c'est la loi des nœuds qui le garantit, en l'absence de dérivation entre elles. Deux résistances en parallèle sont soumises à la même tension : c'est la loi des mailles.

1. Diviseur de tension. Deux résistances $R_1$ et $R_2$ sont en série, soumises à la tension totale $U$. En l'absence de dérivation entre elles, la loi des nœuds impose la même intensité $i$ dans les deux, et la loi des mailles donne $U = R_1 i + R_2 i$. La tension aux bornes de $R_2$ vaut alors
$$U_2 = R_2 i = \frac{R_2}{R_1 + R_2}\,U$$

Diviseur de courant. Deux résistances sont en parallèle, parcourues au total par l'intensité $I$. La loi des mailles impose la même tension $U$ à leurs bornes, et la loi des nœuds donne $I = \dfrac{U}{R_1} + \dfrac{U}{R_2}$. L'intensité dans $R_2$ vaut alors
$$I_2 = \frac{U}{R_2} = \frac{R_1}{R_1 + R_2}\,I$$

On remarquera que c'est la résistance de l'autre branche qui figure au numérateur : le courant passe préférentiellement par la branche la moins résistante.

2. En série, le calcul précédent donne $U = (R_1 + R_2)\,i$ : l'ensemble se comporte comme une résistance unique $R_{\text{éq}} = R_1 + R_2$.

En parallèle, $I = U\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right)$ : l'ensemble se comporte comme une résistance unique vérifiant
$$\frac{1}{R_{\text{éq}}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \qquad \text{soit} \qquad R_{\text{éq}} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$$

3. Les deux familles de lois découlent des mêmes lois de Kirchhoff, mais répondent à deux besoins opposés.

Les lois d'association servent à simplifier un circuit en remplaçant un groupe de dipôles par un seul : elles permettent de calculer une grandeur extérieure au groupe, mais font perdre l'information sur ce qui se passe à l'intérieur.

Les lois des diviseurs servent au contraire à calculer une grandeur intérieure au groupe — la tension aux bornes d'une des résistances, l'intensité dans une des branches — connaissant la grandeur totale.

Leur domaine de validité mérite attention : le diviseur de tension suppose que les deux résistances sont parcourues par la même intensité. Il cesse de s'appliquer dès qu'un dipôle est branché sur la sortie, qui prélève du courant entre les deux résistances : c'est la question de la charge d'un pont diviseur, qui revient dans l'étude des quadripôles.

Trois lectures suffisent, et chacune fournit une grandeur : la valeur finale de la tension, la valeur initiale de l'intensité, et la constante de temps lue indifféremment sur l'une ou l'autre courbe.

Tension de l'échelon. En régime permanent le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert : toute la tension de la source se retrouve à ses bornes. L'asymptote du premier relevé donne directement
$$E = 2{,}0\ \text{V}$$

Résistance. À $t = 0^+$ la tension aux bornes du condensateur est encore nulle, il se comporte comme un fil et toute la tension est aux bornes de la résistance. Le second relevé donne $i(0^+) = 0{,}43$ mA, d'où
$$R = \frac{E}{i(0^+)} = \frac{2{,}0}{0{,}43 \times 10^{-3}} = 4{,}7\ \text{k}\Omega$$

Constante de temps. On peut la lire de trois façons, qui doivent concorder : la tension atteint $0{,}63 \times 2{,}0 = 1{,}26$ V, l'intensité tombe à $0{,}37 \times 0{,}43 = 0{,}16$ mA, ou la tangente à l'origine coupe l'asymptote. Les trois donnent
$$\tau \approx 0{,}10\ \text{ms}$$

On vérifie la cohérence sur le régime permanent, atteint vers 0,5 ms, soit environ $5\tau$.

Capacité.
$$C = \frac{\tau}{R} = \frac{1{,}0 \times 10^{-4}}{4{,}7 \times 10^{3}} = 2{,}1 \times 10^{-8}\ \text{F} \approx 22\ \text{nF}$$

Ces valeurs sont typiques d'un montage de travaux pratiques. On remarquera que l'intensité, contrairement à la tension, part d'une valeur non nulle à $t = 0^+$ : elle est bien discontinue, seule la tension aux bornes du condensateur ne peut pas l'être.

La solution est $y(t) = Y_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ : une croissance monotone depuis $0$, concave, qui tend vers l'asymptote $y = Y_0$.

Trois lectures graphiques donnent $\tau$, à utiliser indifféremment :

la tangente à l'origine, de pente $Y_0/\tau$, coupe l'asymptote à l'abscisse $t = \tau$ ;

la courbe atteint 63 % de sa valeur finale à $t = \tau$, puisque $1 - e^{-1} = 0{,}63$ ;

elle atteint 95 % à $t = 3\tau$ et 99 % à $t = 4{,}6\tau$, d'où la règle usuelle d'un régime permanent atteint au bout de quelques $\tau$.

La solution se décompose en deux termes. Le terme constant $Y_0$ est le régime permanent, ou régime forcé : c'est ce qui subsiste quand $t \gg \tau$. Le terme $-Y_0e^{-t/\tau}$ est le régime transitoire, ou régime libre : il ne dépend que du circuit et pas de l'excitation, et s'amortit en quelques $\tau$. Le régime transitoire n'est donc pas localisé « avant » le régime permanent, il s'y superpose et disparaît.

1. La formule de Descartes s'écrit directement $y - x = 1/f'$, soit
$$y = x + \frac{1}{f'}$$

L'ensemble des couples possibles est donc une droite de pente 1, d'ordonnée à l'origine $1/f'$ : positive pour une lentille convergente, négative pour une divergente. Toute la théorie des lentilles minces tient dans cette unique droite.

2. L'objet est réel si $\overline{\text{OA}} < 0$, donc si $x < 0$, et virtuel si $x > 0$. L'image est réelle si $y > 0$ et virtuelle si $y < 0$. Les quatre quadrants du plan correspondent donc aux quatre combinaisons, et les portions de la droite qui les traversent redonnent exactement les tableaux du cours.

3. Posons $\overline{\text{OA}} = -p$ avec $p > 0$ pour un objet réel, et $\overline{\text{OA}'} = p' > 0$ pour une image réelle. La formule de conjugaison devient
$$\frac{1}{p} + \frac{1}{p'} = \frac{1}{f'}$$

et la distance objet-image vaut $D = p + p'$. En multipliant les deux membres :
$$\frac{D}{f'} = (p + p')\left(\frac{1}{p} + \frac{1}{p'}\right) = 2 + \frac{p}{p'} + \frac{p'}{p} \geqslant 4$$

la dernière inégalité venant de $u + 1/u \geqslant 2$ pour tout $u > 0$, avec égalité si et seulement si $p = p'$. On a donc $D \geqslant 4f'$.

Conséquence pratique très utile en travaux pratiques : avec une lentille de focale 200 mm, il est impossible de former une image réelle si l'écran est à moins de 80 cm de l'objet, quelle que soit la position de la lentille. Et à la distance minimale, l'image est de même taille que l'objet.

L'image A' du point objet ne se forme pas dans le plan focal, mais un peu après : la tache observée dans le plan focal est la section du faisceau convergent à cet endroit. Deux triangles semblables suffisent à la calculer.

2. La formule de Descartes donne la position de l'image : $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} - \dfrac{1}{D}$, soit $\overline{\text{OA}'} = \dfrac{f'D}{D-f'}$, située après le plan focal image.

Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$

En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$

On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.

3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$

Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.

4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.

5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$

Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$

soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.

6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.

7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.

Œil au repos signifie image finale à l'infini, donc image intermédiaire dans le plan focal objet de l'oculaire. Les formules de Newton, écrites à partir des foyers, sont ici bien plus rapides que celles de Descartes.

1. L'œil normal n'accommode pas lorsqu'il vise à l'infini : l'image finale doit donc être rejetée à l'infini, ce qui impose que l'image intermédiaire $A_1B_1$ donnée par l'objectif se forme dans le plan focal objet de l'oculaire, c'est-à-dire en $\text{F}_2$.

On a donc $\overline{\text{F}_1'\text{A}_1} = \overline{\text{F}_1'\text{F}_2} = \Delta$. La formule de Newton appliquée à l'objectif, $\overline{\text{F}_1\text{A}} \cdot \overline{\text{F}_1'\text{A}_1} = -f_1'^2$, donne
$$\boxed{\overline{\text{F}_1\text{A}} = -\frac{f_1'^2}{\Delta}}$$

L'objet doit être placé juste avant le foyer objet de l'objectif, à une distance d'autant plus faible que l'intervalle optique $\Delta$ est grand. Pour un objectif de 4 mm de focale et un intervalle de 160 mm, cet écart vaut 0,1 mm : c'est la précision avec laquelle il faut régler la platine du microscope.

2. Le grandissement de l'objectif se lit sur la formule de Newton : $\gamma_1 = -\dfrac{\overline{\text{F}_1'\text{A}_1}}{f_1'} = -\dfrac{\Delta}{f_1'}$, donc $|A_1B_1| = \dfrac{\Delta}{f_1'}\,AB$.

L'image intermédiaire étant dans le plan focal objet de $L_2$, elle est vue à travers l'oculaire sous l'angle
$$\theta' = \frac{|A_1B_1|}{f_2'} = \frac{\Delta\, AB}{f_1' f_2'}$$

À l'œil nu au punctum proximum $d_m = 25$ cm, l'objet est vu sous l'angle $\theta = AB/d_m$. Le grossissement commercial vaut donc
$$\boxed{G_c = \frac{\theta'}{\theta} = \frac{\Delta\, d_m}{f_1' f_2'}}$$

Avec $\Delta = 160$ mm, $f_1' = 4$ mm et $f_2' = 25$ mm, on obtient $G_c = 160 \times 250/(4 \times 25) = 400$. On retrouve la décomposition affichée sur les microscopes : un objectif $\times 40$ associé à un oculaire $\times 10$.

1. La formule de Descartes s'écrit directement $y - x = 1/f'$, soit
$$y = x + \frac{1}{f'}$$

L'ensemble des couples possibles est donc une droite de pente 1, d'ordonnée à l'origine $1/f'$ : positive pour une lentille convergente, négative pour une divergente. Toute la théorie des lentilles minces tient dans cette unique droite.

2. L'objet est réel si $\overline{\text{OA}} < 0$, donc si $x < 0$, et virtuel si $x > 0$. L'image est réelle si $y > 0$ et virtuelle si $y < 0$. Les quatre quadrants du plan correspondent donc aux quatre combinaisons, et les portions de la droite qui les traversent redonnent exactement les tableaux du cours.

3. Posons $\overline{\text{OA}} = -p$ avec $p > 0$ pour un objet réel, et $\overline{\text{OA}'} = p' > 0$ pour une image réelle. La formule de conjugaison devient
$$\frac{1}{p} + \frac{1}{p'} = \frac{1}{f'}$$

et la distance objet-image vaut $D = p + p'$. En multipliant les deux membres :
$$\frac{D}{f'} = (p + p')\left(\frac{1}{p} + \frac{1}{p'}\right) = 2 + \frac{p}{p'} + \frac{p'}{p} \geqslant 4$$

la dernière inégalité venant de $u + 1/u \geqslant 2$ pour tout $u > 0$, avec égalité si et seulement si $p = p'$. On a donc $D \geqslant 4f'$.

Conséquence pratique très utile en travaux pratiques : avec une lentille de focale 200 mm, il est impossible de former une image réelle si l'écran est à moins de 80 cm de l'objet, quelle que soit la position de la lentille. Et à la distance minimale, l'image est de même taille que l'objet.

Corriger la myopie, c'est permettre à l'œil de voir net à l'infini sans accommoder : la lentille doit donc donner, d'un objet à l'infini, une image située au punctum remotum de l'œil. Attention à compter les distances depuis la lentille, et non depuis l'œil.

L'œil myope ne voit net qu'entre 10 cm et 30 cm : au-delà de son punctum remotum, l'image se forme en avant de la rétine. La lentille de correction doit rendre l'infini visible sans accommodation, c'est-à-dire donner d'un objet à l'infini une image au punctum remotum de l'œil.

Cette image se forme donc à 30 cm de l'œil, soit à 29 cm de la lentille, et en avant de celle-ci :
$$f' = \overline{\text{OA}'} = -29\ \text{cm} \qquad \text{d'où} \qquad V = \frac{1}{f'} = \frac{1}{-0{,}29} \approx -3{,}4\ \delta$$

La lentille est divergente, ce qui est la signature de la correction d'une myopie. En pratique l'opticien délivrerait un verre de $-3{,}5\ \delta$, les verres étant taillés par quarts de dioptrie.

Le punctum remotum de l'ensemble est alors rejeté à l'infini : c'est précisément l'objectif du dispositif, et c'est ce qui définit la vergence choisie.

Il est instructif de calculer aussi ce que devient le punctum proximum. L'objet dont l'image se forme au punctum proximum de l'œil, soit à 9 cm avant la lentille, vérifie
$$\frac{1}{\overline{\text{OA}}} = \frac{1}{\overline{\text{OA}'}} - \frac{1}{f'} = \frac{1}{-9} - \frac{1}{-29} \approx -0{,}077\ \text{cm}^{-1} \qquad \text{soit} \qquad \overline{\text{OA}} \approx -13\ \text{cm}$$

La correction éloigne donc le punctum proximum de 10 à 13 cm environ. Le myope corrigé voit l'infini, mais perd en vision rapprochée : c'est l'inconvénient bien connu des porteurs de lunettes, qui les retirent volontiers pour lire de très près.

Un œil emmétrope au repos forme sur sa rétine l'image d'un objet à l'infini : la rétine est donc dans le plan focal image du dioptre. Il suffit de calculer la distance focale image d'un dioptre sphérique.

La relation de conjugaison du dioptre sphérique de sommet S et de centre C s'écrit, avec la lumière allant du milieu d'indice $n_1$ vers le milieu d'indice $n_2$ :
$$\frac{n_2}{\overline{\text{SA}'}} - \frac{n_1}{\overline{\text{SA}}} = \frac{n_2 - n_1}{\overline{\text{SC}}}$$

L'œil emmétrope au repos vise à l'infini : l'objet est à l'infini et son image se forme sur la rétine, qui est donc dans le plan focal image. En faisant tendre $\overline{\text{SA}}$ vers l'infini :
$$\overline{\text{SA}'} = f' = \frac{n_2\,\overline{\text{SC}}}{n_2 - n_1}$$

Application numérique avec $n_1 = 1$, $n_2 = 1{,}33$ et $\overline{\text{SC}} = R = 6$ mm (le centre C est situé après S dans le sens de propagation) :
$$f' = \frac{1{,}33 \times 6}{1{,}33 - 1} = \frac{7{,}98}{0{,}33} \approx 24 \text{ mm}$$

La rétine se trouve donc à environ 24 mm de la cornée, ce qui correspond effectivement à la longueur d'un œil humain. Ce modèle très fruste, à un seul dioptre, rend déjà correctement compte de la dimension de l'organe.

Deux remarques utiles pour la suite. D'abord, c'est la cornée qui assure l'essentiel de la convergence de l'œil, le cristallin ne servant qu'à l'ajuster lors de l'accommodation. Ensuite, le saut d'indice à l'entrée de l'œil est bien plus faible sous l'eau qu'à l'air libre, ce qui explique la vision très floue du nageur les yeux ouverts et l'intérêt du masque, qui rétablit une interface air-cornée.

L'image A' du point objet ne se forme pas dans le plan focal, mais un peu après : la tache observée dans le plan focal est la section du faisceau convergent à cet endroit. Deux triangles semblables suffisent à la calculer.

2. La formule de Descartes donne la position de l'image : $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} - \dfrac{1}{D}$, soit $\overline{\text{OA}'} = \dfrac{f'D}{D-f'}$, située après le plan focal image.

Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$

En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$

On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.

3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$

Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.

4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.

5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$

Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$

soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.

6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.

7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.

Le rayon subit deux réfractions successives : air → verre sur la face d'entrée, puis verre → liquide sur la face supérieure. Attention, l'angle d'incidence sur la face supérieure est le complémentaire de l'angle de réfraction sur la face d'entrée.

On note $r$ l'angle de réfraction dans le verre sur la face d'entrée :
$$\sin i = n_v \sin r$$

Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.

1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$

Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.

Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.

2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$

Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$

3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :

— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;

— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.

L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.

1. Un rayon faisant l'angle $\theta$ avec l'axe parcourt, pour une avancée $L$ le long de la fibre, une longueur géométrique $L/\cos\theta$. Sa vitesse dans le cœur vaut $c/n_c$, d'où
$$T = \frac{L n_c}{c \cos \theta}$$

2. La dispersion intermodale est l'écart de temps de propagation par unité de longueur entre le rayon le plus rapide et le plus lent. Le plus rapide est le rayon axial ($\theta = 0$). Le plus lent est celui d'inclinaison maximale, limitée par la condition de réflexion totale à l'interface cœur-gaine : l'angle d'incidence y vaut $90^\circ - \theta$, et la réflexion totale impose
$$\sin(90^\circ - \theta) \geqslant \frac{n_g}{n_c} \qquad \text{soit} \qquad \cos\theta \geqslant \frac{n_g}{n_c}$$

d'où $\cos\theta_{\max} = n_g/n_c$ et
$$\frac{\Delta T}{L} = \frac{n_c}{c}\left(\frac{1}{\cos\theta_{\max}} - 1\right) = \frac{n_c}{c}\left(\frac{n_c}{n_g} - 1\right) = \frac{n_c}{c}\left(\frac{n_c - n_g}{n_g}\right)$$

3. Si $n_c - n_g \ll n_c$, alors $n_g \simeq n_c$ et
$$\frac{\Delta T}{L} \simeq \frac{n_c}{c}\,\Delta$$

L'ouverture numérique vaut $\text{O.N.} = \sqrt{n_c^2 - n_g^2}$, soit $\text{O.N.}^2 = (n_c - n_g)(n_c + n_g) \simeq 2n_c(n_c-n_g)$, ce qui donne $\Delta \simeq \dfrac{\text{O.N.}^2}{2n_c^2}$ et
$$\frac{\Delta T}{L} \simeq \frac{\text{O.N.}^2}{2 n_c c}$$

4. Application numérique : $\dfrac{\Delta T}{L} = \dfrac{0{,}3^2}{2 \times 1{,}4 \times 3 \times 10^8} \approx 1{,}1 \times 10^{-10}\ \text{s/m}$, soit environ 110 ns par kilomètre. Sur 1000 km, l'étalement atteint
$$\Delta T \approx 1{,}1 \times 10^{-4}\ \text{s} \approx 100\ \text{µs}$$

Cet étalement limite drastiquement le débit : deux impulsions émises à moins de 100 µs d'intervalle se recouvrent à l'arrivée, ce qui plafonne le débit à quelques kilobits par seconde. On vérifie au passage que $\Delta \simeq 2{,}3\ %$, ce qui justifie bien l'approximation faite. C'est pour cette raison que les liaisons longue distance utilisent des fibres monomodes, où ce phénomène disparaît.