Exercices — Énergie et puissance électriques

1. La puissance reçue par un dipôle est donnée par la formule du cours :

$P = U \times I = 12 \times 0{,}50 = 6{,}0\ \text{W}$

2. On isole $I$ dans la même formule :

$I = \dfrac{P}{U} = \dfrac{20}{5{,}0} = 4{,}0\ \text{A}$

Réflexe à retenir : une seule formule, $P = U \times I$, mais il faut savoir l’utiliser dans les trois sens ($P$, $U$ ou $I$ inconnue). Vérifie toujours la cohérence des unités : des volts × des ampères donnent bien des watts.

1. L’énergie transférée est le produit de la puissance par la durée : $E = P \times \Delta t$. On convertit d’abord tout en unités du système international : $P = 2{,}0\ \text{kW} = 2000\ \text{W}$ et $\Delta t = 30\ \text{min} = 1800\ \text{s}$.

$E = P \times \Delta t = 2000 \times 1800 = 3{,}6 \times 10^6\ \text{J}$

2. Pour obtenir des kilowattheures, on garde $P$ en $\text{kW}$ et $\Delta t$ en heures : $\Delta t = 30\ \text{min} = 0{,}50\ \text{h}$.

$E = 2{,}0 \times 0{,}50 = 1{,}0\ \text{kWh}$

Astuce de vérification : $1\ \text{kWh} = 3{,}6 \times 10^6\ \text{J}$, et on retrouve exactement notre résultat de la question 1 ✓. C’est l’erreur classique du chapitre : mélanger les heures et les secondes. Choisis ton système d’unités avant de calculer.

1. L’effet Joule est la conversion en énergie thermique de l’énergie électrique reçue par un conducteur parcouru par un courant : le conducteur chauffe. C’est utile dans un radiateur ou un grille-pain, mais ce sont des pertes dans un moteur ou un câble.

2. La puissance dissipée par effet Joule s’écrit :

$P = R \times I^2 = 25 \times (2{,}0)^2 = 25 \times 4{,}0 = 100\ \text{W} = 1{,}0 \times 10^2\ \text{W}$

3. On applique $E = P \times \Delta t$ avec $\Delta t = 5{,}0\ \text{min} = 300\ \text{s}$ :

$E = 100 \times 300 = 3{,}0 \times 10^4\ \text{J}$

Astuce de vérification : avec la loi d’Ohm, $U = R \times I = 25 \times 2{,}0 = 50\ \text{V}$, et $P = U \times I = 50 \times 2{,}0 = 100\ \text{W}$ — on retrouve bien le même résultat ✓. Attention au carré dans $R \times I^2$ : c’est l’intensité qui est au carré, pas la résistance.

1. On applique le modèle de la source réelle :

$U = E - r \times I = 4{,}5 - 1{,}5 \times 1{,}0 = 3{,}0\ \text{V}$

La tension réellement disponible ($3{,}0\ \text{V}$) est plus faible que la force électromotrice ($4{,}5\ \text{V}$) : c’est l’effet de la résistance interne.

2. Puissance fournie au circuit :

$P = U \times I = 3{,}0 \times 1{,}0 = 3{,}0\ \text{W}$

Puissance dissipée par effet Joule dans la pile :

$P_J = r \times I^2 = 1{,}5 \times (1{,}0)^2 = 1{,}5\ \text{W}$

3. La puissance totale engendrée par la pile vaut :

$E \times I = 4{,}5 \times 1{,}0 = 4{,}5\ \text{W}$

Et on a bien $P + P_J = 3{,}0 + 1{,}5 = 4{,}5\ \text{W}$ ✓.

Réflexe à retenir : ce bilan de puissance ($E \times I = U \times I + r \times I^2$) est une excellente auto-vérification en contrôle. Si les comptes ne tombent pas juste, une des valeurs est fausse.

1. Puissance électrique absorbée :

$P_{reçue} = U \times I = 12 \times 2{,}5 = 30\ \text{W}$

2. Le rendement d’un convertisseur est le rapport de la puissance utile sur la puissance reçue :

$\eta = \dfrac{P_u}{P_{reçue}} = \dfrac{24}{30} = 0{,}80 = 80\ \%$

3. La puissance perdue vaut :

$P_{perdue} = P_{reçue} - P_u = 30 - 24 = 6{,}0\ \text{W}$

Elle est principalement dissipée sous forme d’énergie thermique (effet Joule dans les bobinages du moteur, frottements mécaniques).

4. On applique $E = P \times \Delta t$ avec la puissance utile et $\Delta t = 10\ \text{min} = 600\ \text{s}$ :

$E_u = P_u \times \Delta t = 24 \times 600 = 1{,}44 \times 10^4\ \text{J} \approx 1{,}4 \times 10^4\ \text{J}$

Astuce de vérification : un rendement est toujours inférieur à 1 (ou à $100\ \%$). Si ton calcul donne $\eta > 1$, tu as inversé la fraction : la puissance utile va toujours au numérateur.