Première · Physique-chimie

Énergie électrique et générateur réel

Chapitre 16

15 questions originales à réponses multiples pour vérifier les notions, les méthodes et les points de vigilance du chapitre.

Cette série reprend les idées essentielles du chapitre Énergie électrique et générateur réel. Elle alterne connaissances, méthodes, conditions d’application et pièges classiques.

Comment répondre ?

Prévois une feuille et un stylo pour poser tes calculs et rédiger tes étapes. Chaque QCM propose cinq affirmations. Une ou plusieurs réponses peuvent être exactes. Coche-les, vérifie, puis ouvre la correction pour comprendre chaque proposition. Tu obtiens un point seulement si tu coches toutes les bonnes réponses, sans cocher de réponse fausse.

0 question vérifiée sur 15

Question 1

Charge traversant un fil

Un courant continu de 0,120 A traverse une section d’un fil pendant 2,50 min. On prend e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Environ 1,13 × 10²⁰ électrons ont franchi la section. La valeur 18,0 C suffit à connaître l’énergie transférée par la pile. La charge transférée en valeur absolue vaut 18,0 C. La durée est de 150 s. Le nombre d’électrons est négatif, car chaque électron a une charge −e.

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Réponse attendue : A, C, D

A — Vrai. N = ΔQ/e = 18,0 C/(1,60 × 10⁻¹⁹ C) = 1,125 × 10²⁰, arrondi à trois chiffres significatifs. Le résultat compte des entités : il est positif et ne porte pas d’unité.
B — Faux. Une énergie électrique demanderait en plus la différence de potentiel : W = UΔQ si U est constante. À charge identique, deux tensions différentes conduiraient à deux énergies transférées différentes.
C — Vrai. ΔQ = IΔt = 0,120 A × 150 s = 18,0 C, car A·s = C. Il s’agit de la valeur absolue de la charge passée, indépendamment du signe de l’électron.
D — Vrai. 2,50 min × 60 s·min⁻¹ = 150 s ; la seconde convient avec I exprimé en C·s⁻¹. Saisir 2,50 sans convertir les minutes ferait perdre un facteur soixante dans la charge calculée.
E — Faux. La charge individuelle est négative mais un nombre de porteurs est positif : on utilise la valeur absolue ΔQ pour compter N.

Méthode à retenir. Définir ΔQ comme une valeur absolue, convertir en secondes, puis utiliser ΔQ = IΔt et N = ΔQ/e.

Question 2

Une impulsion dans un conducteur

Pendant 2,0 s, 2,5 × 10¹⁸ électrons traversent une section du fil. e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C en valeur absolue. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La valeur de l’intensité est 0,20 A. La charge algébrique d’un seul électron vaut +1,60 × 10⁻¹⁹ C. La durée vaut 2,0 A. La valeur absolue de la charge passée est 4,0 C. Le courant conventionnel a le même sens que ces électrons.

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Réponse attendue : A

A — Vrai. I = ΔQ/Δt = 0,40 C/2,0 s = 0,20 A ; un ampère vaut un coulomb par seconde. La charge calculée est la valeur absolue de 2,5 × 10¹⁸ charges élémentaires.
B — Faux. Par convention la charge élémentaire e est positive ; la charge d’un électron est −e. Le nombre d’électrons reste positif, même si la charge de chacun est négative.
C — Faux. 2,0 s est une durée ; l’ampère A est l’unité de l’intensité, pas du temps. Dans I = ΔQ/Δt, la durée figure au dénominateur et garde l’unité seconde.
D — Faux. ΔQ = Ne = 2,5 × 10¹⁸ × 1,60 × 10⁻¹⁹ C = 0,40 C ; 4,0 C serait dix fois trop grand.
E — Faux. Dans un métal, les électrons négatifs se déplacent dans le sens opposé à celui du courant conventionnel. Cette convention définit le sens du courant comme celui d’une charge positive de référence.

Méthode à retenir. Distinguer la charge algébrique d’un électron et la valeur positive de la charge passée pour calculer I.

Question 3

Porteurs dans deux milieux

Une pile relie deux électrodes par des fils métalliques et un compartiment de solution contenant des cations et des anions mobiles. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Une solution ionique conduit uniquement parce que des électrons libres la traversent comme un fil. Dans la solution, les ions mobiles peuvent transporter la charge. Les électrons métalliques se déplacent en sens opposé au courant conventionnel. Cations et anions peuvent se déplacer dans des sens opposés. Dans les fils métalliques, les électrons mobiles transportent la charge.

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Réponse attendue : B, C, D, E

A — Faux. Dans ce compartiment, ce sont les ions en solution qui sont les porteurs mobiles du modèle étudié. L’électrolyte conduit sans être assimilé à un métal rempli d’électrons mobiles.
B — Vrai. Des cations et des anions présents en solution se déplacent ; il ne faut pas les remplacer fictivement par les électrons des fils.
C — Vrai. Celui-ci est défini comme le sens que prendraient des charges positives ; un électron porte la charge négative −e. Ce sens conventionnel reste le même dans la branche, quel que soit le signe des porteurs.
D — Vrai. Leurs charges sont de signe opposé : sous un même champ électrique, leurs mouvements orientés le sont aussi. Leurs déplacements opposés peuvent pourtant contribuer au même courant conventionnel.
E — Vrai. Les électrons du métal peuvent se déplacer sous l’action électrique ; ils portent chacun une charge −e. Ce mécanisme concerne les fils métalliques ; dans la solution, les porteurs sont des ions.

Méthode à retenir. Nommer le milieu avant de dire quel porteur transporte la charge ; garder le sens conventionnel distinct du sens d’un électron.

Question 4

Mesurer la pente d’une pile pour une lampe

Une pile pour une lampe est soumise à deux charges d’essai : la première donne (I ; U) = (0,100 A ; 5,700 V), la seconde (0,500 A ; 4,500 V). Le fabricant propose un modèle affine U = ℰ − rI dans cette plage. On souhaite ensuite prévoir la tension sous 0,300 A pour vérifier la lampe. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La pente de U = f(I) vaut −3,000 V·A⁻¹. La résistance interne estimée vaut 3,000 Ω. Une pente de U selon I s’exprime en watts. Pour I₃ = 0,300 A, on prédit U₃ = 6,900 V. La tension à circuit ouvert extrapolée vaut ℰ = 6,000 V.

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Réponse attendue : A, B, E

A — Vrai. (U₂ − U₁)/(I₂ − I₁) = (4,500 − 5,700) V/(0,500 − 0,100) A = −3,000 V·A⁻¹ ; la pente est négative.
B — Vrai. Dans U = ℰ − rI, la pente vaut −r ; sa valeur absolue 3,000 V·A⁻¹ correspond à 3,000 Ω.
C — Faux. La tension est sur l’axe vertical en V et l’intensité sur l’axe horizontal en A : ΔU/ΔI a l’unité V·A⁻¹ = Ω, pas W.
D — Faux. Une source qui débite perd rI ; on soustrait : U₃ = 6,000 − 3,000 × 0,300 = 5,100 V, et on n’ajoute pas la chute interne.
E — Vrai. L’ordonnée du modèle à I = 0 est ℰ : ℰ = U₁ + rI₁ = 5,700 V + (3,000 Ω)(0,100 A) = 6,000 V.

Méthode à retenir. Lire les axes : la pente est −r, puis obtenir ℰ = U + rI et contrôler une troisième valeur dans la plage.

Question 5

Une caractéristique à recontrôler

À température stable, une source donne (I ; U) = (0,200 A ; 11,400 V) puis (0,800 A ; 9,600 V). On ajuste U = ℰ − rI sur ces deux points. Après échauffement, on mesure U = 10,100 V pour I = 0,500 A. Il faut décider si l'interpolation initiale suffit à décrire ce nouveau relevé. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La résistance interne initiale est −3,000 Ω puisque la pente est négative. L'écart de 0,400 V invite à vérifier l'effet de l'échauffement sur le modèle. Le nouveau relevé confirme exactement la même droite, car 0,500 A est entre les deux courants initiaux. Les deux premiers points donnent r = 3,000 Ω dans le modèle affine. Le modèle initial prévoit U = 10,500 V sous 0,500 A.

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Réponse attendue : B, D, E

A — Faux. La pente vaut −r : r = +3,000 Ω. Une résistance interne positive produit une tension décroissante lorsque le courant augmente dans ce modèle.
B — Vrai. L'interpolation initiale donne 10,500 V, alors que le nouveau relevé donne 10,100 V. La température a changé : la constance de ℰ et r n'est plus acquise, sans que cet écart identifie à lui seul une cause unique.
C — Faux. Être dans l'intervalle des courants évite une extrapolation, mais ne rétablit pas les conditions thermiques. Le modèle prévoit 10,500 V et non 10,100 V.
D — Vrai. La pente est (9,600 − 11,400) V/(0,800 − 0,200) A = −3,000 V·A⁻¹ ; dans U = ℰ − rI, r est l'opposé de la pente.
E — Vrai. ℰ = 11,400 V + 3,000 Ω × 0,200 A = 12,000 V ; alors U = 12,000 V − 3,000 Ω × 0,500 A = 10,500 V.

Méthode à retenir. Déduire la pente et l'ordonnée à l'origine des deux premiers relevés, puis comparer leur prédiction à la nouvelle mesure et à ses conditions.

Question 6

Vérifier une interpolation de caractéristique

Pour une source de laboratoire, on relève 3,900 V quand I = 0,100 A et 3,500 V quand I = 0,500 A. Un élève trace U en fonction de I puis lit le point intermédiaire pour 0,300 A. Dans l’intervalle mesuré, la relation U = ℰ − rI est retenue ; interpréter pente et ordonnée à l’origine. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Pour I₃ = 0,300 A, le modèle prédit U₃ = 3,700 V. La pente de U = f(I) vaut −1,000 V·A⁻¹. Une pente de U selon I s’exprime en watts. La tension à circuit ouvert extrapolée vaut ℰ = 4,000 V. La résistance interne estimée vaut 1,000 Ω.

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Réponse attendue : A, B, D, E

A — Vrai. La valeur 0,300 A est entre les points mesurés ; U₃ = ℰ − rI₃ = 4,000 V − (1,000 Ω)(0,300 A) = 3,700 V.
B — Vrai. (U₂ − U₁)/(I₂ − I₁) = (3,500 − 3,900) V/(0,500 − 0,100) A = −1,000 V·A⁻¹ ; la pente est négative.
C — Faux. La tension est sur l’axe vertical en V et l’intensité sur l’axe horizontal en A : ΔU/ΔI a l’unité V·A⁻¹ = Ω, pas W.
D — Vrai. L’ordonnée du modèle à I = 0 est ℰ : ℰ = U₁ + rI₁ = 3,900 V + (1,000 Ω)(0,100 A) = 4,000 V.
E — Vrai. Dans U = ℰ − rI, la pente vaut −r ; sa valeur absolue 1,000 V·A⁻¹ correspond à 1,000 Ω.

Méthode à retenir. Lire les axes : la pente est −r, puis obtenir ℰ = U + rI et contrôler une troisième valeur dans la plage.

Question 7

Lampe alimentée par une pile réelle

Une lampe est modélisée, à son régime d’essai, par une résistance R = 11,000 Ω. Elle est alimentée seule par une pile de f.é.m. ℰ = 6,000 V et de résistance interne r = 1,000 Ω. La tension de la lampe doit égaler celle disponible aux bornes de la pile. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La tension extérieure U est nécessairement égale à ℰ quand I > 0. La charge extérieure reçoit 3,000 W. La résistance interne dissipe 0,250 W. L’intensité commune vaut 0,500 A. La tension de la charge vaut 5,500 V.

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Réponse attendue : C, D, E

A — Faux. La source débite et r > 0 : U = ℰ − rI = 5,500 V, inférieure à ℰ = 6,000 V. L’écart de 0,500 V entre ℰ et U est la chute interne rI.
B — Faux. ℰI = 3,000 W est convertie dans la source ; la charge reçoit UI = 2,750 W après la perte interne 0,250 W.
C — Vrai. P_int = rI² = 1,000 Ω × (0,500 A)² = 0,250 W, différente de la puissance reçue par R.
D — Vrai. La tension extérieure RI égale ℰ − rI : (R + r)I = ℰ, donc I = 6,000 V/(11,000 + 1,000) Ω = 0,500 A.
E — Vrai. Avec la loi d’Ohm, U_R = RI = 11,000 Ω × 0,500 A = 5,500 V ; elle égale ℰ − rI.

Méthode à retenir. Égaler les deux tensions aux bornes de la source et de R : RI = ℰ − rI ; en déduire courant, tension et puissances.

Question 8

Choisir une charge sans dépasser le courant

Une source modélisée par ℰ = 12,0 V et r = 2,0 Ω alimente une seule résistance extérieure R > 0. On utilise ce modèle pour comparer R = 4,0 Ω, 10,0 Ω et 16,0 Ω ; le protocole impose I ≤ 1,0 A. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Avec R = 10,0 Ω, la tension aux bornes de la charge est 10,0 V. La charge de 4,0 Ω conduirait à 2,0 A et dépasserait la limite annoncée. Avec R = 16,0 Ω, le courant est plus élevé qu'avec 10,0 Ω. Une résistance extérieure d'au moins 10,0 Ω respecte la limite dans ce modèle. Pour R = 10,0 Ω, la tension aux bornes reste égale à ℰ = 12,0 V malgré le courant.

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Réponse attendue : A, B, D

A — Vrai. I = 12,0 V/(10,0 Ω + 2,0 Ω) = 1,0 A, puis U = RI = 10,0 Ω × 1,0 A = 10,0 V, également ℰ − rI.
B — Vrai. Avec R = 4,0 Ω, I = 12,0 V/(4,0 Ω + 2,0 Ω) = 2,0 A ; cette valeur dépasse 1,0 A et sort du protocole retenu.
C — Faux. À f.é.m. et résistance interne identiques, augmenter R augmente la résistance totale : I = 12,0 V/18,0 Ω ≈ 0,67 A, inférieur à 1,0 A.
D — Vrai. 12,0 V/(R + 2,0 Ω) ≤ 1,0 A équivaut à R + 2,0 Ω ≥ 12,0 Ω, donc R ≥ 10,0 Ω pour R positif.
E — Faux. La source débite 1,0 A : la chute interne vaut rI = 2,0 Ω × 1,0 A = 2,0 V. La tension extérieure est donc 10,0 V.

Méthode à retenir. Écrire I = ℰ/(R+r), résoudre l'inégalité pour R, puis contrôler les trois choix et la tension disponible.

Question 9

Capteur sur alimentation réelle

Un capteur de résistance équivalente R = 8,000 Ω est alimenté par un générateur réel ℰ = 9,000 V et r = 1,000 Ω. Le technicien veut estimer simultanément courant, tension utile et puissance perdue dans l’alimentation. Le capteur est l’unique charge du circuit. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La résistance interne dissipe 1,000 W. La tension extérieure U est nécessairement égale à ℰ quand I > 0. La tension de la charge vaut 8,000 V. L’intensité commune vaut 1,000 A. La charge extérieure reçoit 8,000 W.

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Réponse attendue : A, C, D, E

A — Vrai. P_int = rI² = 1,000 Ω × (1,000 A)² = 1,000 W, différente de la puissance reçue par R.
B — Faux. La source débite et r > 0 : U = ℰ − rI = 8,000 V, inférieure à ℰ = 9,000 V. L’écart de 1,000 V entre ℰ et U est la chute interne rI.
C — Vrai. Avec la loi d’Ohm, U_R = RI = 8,000 Ω × 1,000 A = 8,000 V ; elle égale ℰ − rI.
D — Vrai. La tension extérieure RI égale ℰ − rI : (R + r)I = ℰ, donc I = 9,000 V/(8,000 + 1,000) Ω = 1,000 A.
E — Vrai. P_ext = UI = 8,000 V × 1,000 A = 8,000 W ; c’est la puissance disponible aux bornes de la source.

Méthode à retenir. Égaler les deux tensions aux bornes de la source et de R : RI = ℰ − rI ; en déduire courant, tension et puissances.

Question 10

Énergie perdue dans une alimentation portative

Un bloc d’alimentation portatif reste à I = 0,500 A pendant 600,000 s. Dans le modèle de source ℰ = 6,000 V et r = 1,000 Ω, le dispositif externe reçoit la tension U = ℰ − rI. Comparer l’énergie dissipée dans la résistance interne à la puissance disponible. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La source convertit 3,000 W. La tension aux bornes vaut 5,500 V. La puissance livrée au circuit vaut 2,750 W. Sur cette durée, la résistance interne transforme 0,250 J. Le rendement interne de délivrance vaut 1,091.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. La puissance convertie de ce modèle est ℰI = 6,000 V × 0,500 A = 3,000 W. Ces 3,000 W se partagent entre le circuit extérieur et la résistance interne.
B — Vrai. La source débitante vérifie U = ℰ − rI = 6,000 V − (1,000 Ω)(0,500 A) = 5,500 V. La chute de tension interne vaut ici rI = 0,500 V.
C — Vrai. P_ext = UI = 5,500 V × 0,500 A = 2,750 W, distincte de ℰI = 3,000 W. Les 0,250 W manquants sont dissipés par effet Joule dans r.
D — Faux. 0,250 est une puissance en W ; l’énergie exige la durée : 0,250 W × 600,000 s = 150,000 J.
E — Faux. L’effet utile est la puissance extérieure UI ; η = UI/(ℰI) = U/ℰ = 5,500/6,000 = 0,917, sans dimension et inférieur à 1.

Méthode à retenir. Faire le bilan ℰI = UI + rI² en W avant toute énergie en J ; annoncer le système choisi.

Question 11

Mesurer la dissipation d'une pile

Une pile de f.é.m. ℰ = 9,0 V débite I = 1,0 A pendant Δt = 120 s. Un dispositif de mesure recueille 240 J de chaleur dissipée par la résistance interne pendant l'essai ; les autres pertes internes sont négligées. On applique U = ℰ − rI. Sélectionner toutes les propositions exactes.

La puissance moyenne dissipée dans la pile vaut 2,0 W. La tension aux bornes est 9,0 V pendant que la pile débite 1,0 A. Le circuit extérieur reçoit 840 J durant les 120 s dans ce modèle. Les 240 J mesurés représentent toute l'énergie convertie par la pile. La résistance interne déduite vaut r = 2,0 Ω.

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Réponse attendue : A, C, E

A — Vrai. E_int/Δt = 240 J/120 s = 2,0 W ; cette puissance représente ici l'effet Joule interne mesuré.
B — Faux. La résistance interne déduite vaut 2,0 Ω : U = ℰ − rI = 9,0 V − 2,0 Ω × 1,0 A = 7,0 V, inférieur à ℰ.
C — Vrai. La source convertit ℰIΔt = 9,0 V × 1,0 A × 120 s = 1 080 J ; après 240 J de perte interne, il reste 840 J. On retrouve U = 7,0 V et UIΔt = 7,0 V × 1,0 A × 120 s.
D — Faux. Les 240 J ne sont que la perte interne. L'énergie convertie totale est 1 080 J ; le circuit extérieur reçoit la différence, 840 J.
E — Vrai. Avec I = 1,0 A et P_int = rI², on isole r = 2,0 W/(1,0 A)² = 2,0 Ω, car W·A⁻² = Ω.

Méthode à retenir. Transformer la chaleur interne mesurée en puissance, retrouver r par P_int = rI², puis fermer le bilan d'énergie.

Question 12

Fort courant pendant un bref essai

Une source de 5,000 V de f.é.m. et r = 0,500 Ω débite I = 2,000 A pendant seulement 30,000 s. On veut estimer le coût énergétique de la résistance interne, sans confondre puissance en W et énergie en J. La relation U = ℰ − rI s’applique pendant ce bref essai. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Sur cette durée, la résistance interne transforme 60,000 J. La tension aux bornes vaut 4,000 V. La puissance livrée au circuit vaut 8,000 W. Le rendement interne de délivrance vaut 1,250. La source convertit 10,000 W.

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Réponse attendue : A, B, C, E

A — Vrai. La dissipation est rI² = 2,000 W ; E_int = PΔt = 2,000 W × 30,000 s = 60,000 J. Cette énergie chauffe l’intérieur de la source pendant les 30,000 s de l’essai.
B — Vrai. La source débitante vérifie U = ℰ − rI = 5,000 V − (0,500 Ω)(2,000 A) = 4,000 V. La chute interne rI vaut 1,000 V ; elle se retranche de la f.é.m.
C — Vrai. P_ext = UI = 4,000 V × 2,000 A = 8,000 W, distincte de ℰI = 10,000 W. Les 2,000 W restants sont dissipés dans la résistance interne.
D — Faux. L’effet utile est la puissance extérieure UI ; η = UI/(ℰI) = U/ℰ = 4,000/5,000 = 0,800, sans dimension et inférieur à 1.
E — Vrai. La puissance convertie de ce modèle est ℰI = 5,000 V × 2,000 A = 10,000 W. La puissance électrique reçue par le circuit extérieur est plus faible à cause de r.

Méthode à retenir. Faire le bilan ℰI = UI + rI² en W avant toute énergie en J ; annoncer le système choisi.

Question 13

Mesurer sans court-circuiter

Une pile réelle alimente successivement plusieurs résistances de charge adaptées. Pour chaque charge, on veut relever un couple (I ; U) stabilisé. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Il faut laisser la pile en court-circuit longtemps pour relever plus facilement l’ordonnée à l’origine. Chaque point (I ; U) doit correspondre au même état de fonctionnement stabilisé. L’ampèremètre se place en série dans la branche de la charge. Une seule résistance fixe suffit à déterminer avec certitude la pente de la caractéristique. Le voltmètre se place en dérivation aux bornes de la pile.

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Réponse attendue : B, C, E

A — Faux. L’ordonnée à l’origine correspond à I = 0 ; un court-circuit vise U ≈ 0 et peut provoquer un fort échauffement. On estime plutôt la f.é.m. par extrapolation des couples mesurés sous charge.
B — Vrai. Comparer une tension relevée avec une charge et un courant relevé avec une autre ne constitue pas un point de caractéristique.
C — Vrai. Pour mesurer le courant de cette branche, l’appareil doit être traversé par ce même courant ; un branchement en dérivation est inadapté.
D — Faux. Un seul point ne donne pas une pente ; il faut au moins deux points de courants distincts, idéalement plusieurs mesures pour tester le modèle.
E — Vrai. Il compare les potentiels de ses deux bornes ; son courant propre est négligeable dans le modèle idéal du voltmètre. Sa résistance idéale infinie perturbe alors très peu le courant dans la branche.

Méthode à retenir. Brancher l’ampèremètre en série, le voltmètre aux bornes de la source et lire simultanément les deux valeurs.

Question 14

Une droite valable sur sa plage

Une source présente trois points expérimentaux proches d’une droite décroissante U = f(I) pour I compris entre 0,10 et 0,60 A. Au-delà, la température interne pourrait évoluer. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Une pente négative a nécessairement pour unité l’ampère. Une droite ajustée sur les points peut estimer ℰ et r dans la plage étudiée. La dispersion des relevés doit être examinée avant d’attribuer une pente exacte à la pile. Un nouveau point à I = 5,0 A est sûrement sûr car il appartient au prolongement mathématique de la droite. La droite prouve que r reste exactement constant à toute température et pour tout courant.

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Réponse attendue : B, C

A — Faux. Sur U(V) en ordonnée contre I(A) en abscisse, la pente porte V·A⁻¹ = Ω et vaut −r.
B — Vrai. Le modèle U = ℰ − rI identifie l’ordonnée à l’origine ℰ et la pente −r, sous l’hypothèse de paramètres stables. Hors de cette plage, l’échauffement peut modifier la résistance interne.
C — Vrai. Les lectures de U et I comportent des incertitudes ; plusieurs points permettent de juger si une droite convient. La pente ajustée reste une estimation expérimentale, accompagnée d’une incertitude.
D — Faux. Extrapoler une droite n’est pas une consigne expérimentale ; on doit respecter les limites de courant de la source et des appareils.
E — Faux. La plage 0,10 à 0,60 A ne valide pas le modèle au-delà ; échauffement et comportement réel peuvent le modifier.

Méthode à retenir. Distinguer la qualité de l’ajustement sur la plage mesurée d’une loi universelle supposée valable hors mesure.

Question 15

Choisir le système pour un rendement

Une pile modélisée par ℰ > 0 et r > 0 débite un courant I > 0 vers un appareil extérieur. Le modèle ne décrit pas toutes les réactions chimiques de la pile. Sélectionner toutes les propositions exactes.

Le rendement de délivrance du modèle vaut UI/(ℰI). Une autre charge peut changer la valeur de ce rendement. Le terme rI² décrit une dissipation à l’intérieur de la source. Pour I > 0, ce rendement se simplifie en U/ℰ. Ce rendement décrit sans autre étude toute l’énergie chimique initiale de la pile.

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Réponse attendue : A, B, C, D

A — Vrai. La puissance extérieure UI est choisie comme sortie utile et ℰI comme puissance convertie dans le modèle ; le rapport est sans dimension.
B — Vrai. Changer R modifie le point de fonctionnement I puis U = ℰ − rI ; le rapport U/ℰ n’est donc pas universel.
C — Vrai. La résistance interne r transforme en chaleur une partie de la puissance, d’où ℰI = UI + rI². Cette dissipation réduit la puissance effectivement reçue par l’appareil extérieur.
D — Vrai. I apparaît au numérateur et au dénominateur ; la simplification est licite car le courant est strictement positif. À circuit ouvert, I = 0 et ce quotient ne se simplifie pas.
E — Faux. Les réactions et autres pertes internes ne sont pas détaillées par le modèle simple ℰ et r ; son rendement est circonscrit à la délivrance électrique.

Méthode à retenir. Le rendement de délivrance propre au modèle compare UI au terme converti ℰI, sans se présenter comme rendement chimique global.

Ton bilan

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