Feuille d'entraînement : Circuits électriques et régimes transitoires

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q10

   Le filament est modélisé par un cylindre homogène de section constante S = \pi R^2 et de longueur totale \ell = 2L (le filament s'étendant de x = -L à x = L).

   À la température ambiante T_0, sa résistivité électrique est uniforme et égale à \rho_0. La résistance électrique R_0 s'exprime selon la loi de Pouillet :

   \boxed{R_0 = \frac{2\rho_0 L}{S} = \frac{2\rho_0 L}{\pi R^2}}

   Application numérique : Avec les données :

   • \rho_0 = 1{,}9 \times 10^{-7}\ \Omega\cdot\mathrm{m},
   • L = 100\ \mu\mathrm{m} = 1{,}0 \times 10^{-4}\ \mathrm{m},
   • R = 2{,}5\ \mu\mathrm{m} = 2{,}5 \times 10^{-6}\ \mathrm{m}, d'où S = \pi R^2 \approx 1{,}96 \times 10^{-11}\ \mathrm{m}^2,

   on obtient :

   R_0 = \frac{2 \times 1{,}9 \times 10^{-7} \times 1{,}0 \times 10^{-4}}{\pi \times (2{,}5 \times 10^{-6})^2} \approx 1{,}94\ \Omega

   En conservant deux chiffres significatifs :

   \boxed{R_0 = 1{,}9\ \Omega}

   Résultat

   $$R_0=\frac{2{\rho }_{0}L}{S}=\frac{2{\rho }_{0}L}{\pi R^2}$$

   $$R_0=1,9\Omega$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q32

   D'après la question Q11, la tension mesurée aux bornes de la pointe est égale à celle aux bornes du filament. En utilisant la loi d'Ohm et l'expression de R_{\mathrm{p}}(t) établie à la question Q31 :

   \begin{aligned} u(t) &= R_{\mathrm{p}}(t)\,i(t) \\ &= R_0 \left(1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle + a\langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle\cos(2\omega t + \phi)\right) I_0 \cos(\omega t) \\ &= R_0 I_0 (1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle)\cos(\omega t) + a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(2\omega t + \phi)\cos(\omega t). \end{aligned}

   À l'aide de l'identité trigonométrique :

   \cos(p)\cos(q) = \frac{1}{2}\left[\cos(p+q) + \cos(p-q)\right],

   avec p = 2\omega t + \phi et q = \omega t, il vient :

   \cos(2\omega t + \phi)\cos(\omega t) = \frac{1}{2}\cos(3\omega t + \phi) + \frac{1}{2}\cos(\omega t + \phi).

   La tension s'écrit donc comme la somme d'une composante fondamentale à la pulsation \omega et d'une harmonique de rang 3 à la pulsation 3\omega :

   \begin{aligned} u(t) ={} & R_0 I_0 (1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle)\cos(\omega t) + \frac{1}{2}a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(\omega t + \phi) \\ & + \frac{1}{2}a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(3\omega t + \phi). \end{aligned}

   La composante à la pulsation 3\omega est de la forme u_{3\omega}(t) = U_{3\omega}\cos(3\omega t + \varphi_{3\omega}), d'où :

   \boxed{U_{3\omega} = \frac{1}{2} a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle}

   Le courant étant choisi comme référence de phase (i(t) = I_0 \cos(\omega t)), le déphasage \varphi_{3\omega} de cette harmonique par rapport au courant est directement :

   \boxed{\varphi_{3\omega} = \phi}

   Résultat

   $$U_{3\omega }=\frac{1}{2}a{R}_0{I}_0⟨{\theta }_{\mathrm{AC}}⟩$$

   $${\phi }_{3\omega }=\varphi$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q45

   L'impédance d'entrée du voltmètre étant considérée comme infinie, le courant dérivé dans la branche de mesure est nul. Les deux branches verticales fonctionnent ainsi de manière indépendante :

   • Dans la branche de droite, le courant i(t) traverse successivement les résistors R_2 et R_{\mathrm{p}}. En choisissant le potentiel du nœud inférieur comme référence (V_{\text{bas}} = 0), le potentiel du nœud A s'écrit simplement :

     V_A = R_{\mathrm{p}} \, i(t)

     et la tension imposée par le générateur vaut :

     e(t) = (R_2 + R_{\mathrm{p}}) \, i(t)

   • Dans la branche de gauche, les résistors R_1 et R_{\mathrm{c}} forment un diviseur de tension idéal alimenté sous la tension e(t). Le potentiel du nœud B vaut donc :

     V_B = \frac{R_{\mathrm{c}}}{R_1 + R_{\mathrm{c}}} \, e(t)

   D'après la flèche de tension représentée sur la figure 7, la tension mesurée par le voltmètre est v(t) = V_A - V_B :

   \begin{aligned} v(t) &= R_{\mathrm{p}} \, i(t) - \frac{R_{\mathrm{c}}}{R_1 + R_{\mathrm{c}}} \, e(t) \\ &= R_{\mathrm{p}} \, i(t) - \frac{R_{\mathrm{c}}}{R_1 + R_{\mathrm{c}}} (R_2 + R_{\mathrm{p}}) \, i(t) \\ &= \frac{R_{\mathrm{p}}(R_1 + R_{\mathrm{c}}) - R_{\mathrm{c}}(R_2 + R_{\mathrm{p}})}{R_{\mathrm{c}} + R_1} \, i(t) \\ &= \frac{R_1 R_{\mathrm{p}} + R_{\mathrm{c}} R_{\mathrm{p}} - R_2 R_{\mathrm{c}} - R_{\mathrm{c}} R_{\mathrm{p}}}{R_{\mathrm{c}} + R_1} \, i(t) \end{aligned}

   On en déduit l'expression demandée :

   \boxed{v(t) = \frac{R_1 R_{\mathrm{p}} - R_2 R_{\mathrm{c}}}{R_{\mathrm{c}} + R_1} \, i(t)}

   Résultat

   $$v(t)=\frac{R_1{R}_{\mathrm{p}}-R_2{R}_{\mathrm{c}}}{R_{\mathrm{c}}+R_1}i(t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MP 2026, Q53

   Considérons le circuit de la figure 9 constitué d'un condensateur de capacité C et d'un résistor de résistance R montés en série. La sortie étant connectée à un appareil de mesure (oscilloscope ou carte d'acquisition) d'impédance d'entrée supposée infinie, aucun courant n'est prélevé en sortie.

   En notant i(t) le courant circulant de la borne d'entrée vers la sortie à travers le condensateur puis à travers le résistor vers la masse commune :

   • la loi d'Ohm aux bornes du résistor en convention récepteur s'écrit :

     U_s(t) = R \, i(t)

   • la tension u_C(t) aux bornes du condensateur (orientée en convention récepteur de gauche à droite) est reliée au courant par :

     i(t) = C \frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}

   D'après la loi des mailles (ou additivité des tensions le long de la branche) :

   U(t) = u_C(t) + U_s(t) \implies u_C(t) = U(t) - U_s(t)

   En injectant l'expression de i(t) dans la loi d'Ohm :

   U_s(t) = R C \frac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t} = R C \left(\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} - \frac{\mathrm{d}U_s}{\mathrm{d}t}\right)

   En divisant par la constante de temps \tau = RC, il vient :

   \frac{U_s(t)}{RC} = \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} - \frac{\mathrm{d}U_s}{\mathrm{d}t}

   On en déduit immédiatement la relation demandée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \frac{U_s}{RC} + \frac{\mathrm{d}U_s}{\mathrm{d}t}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t}=\frac{U_s}{RC}+\frac{\mathrm{d}{U}_s}{\mathrm{d}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MP 2022, Q1

   La loi d'Ohm locale s'écrit :

   \vec{\jmath} = \gamma_{\mathrm{w}} \vec{E} = \frac{1}{\rho_{\mathrm{w}}} \vec{E}

   où :

   • \vec{\jmath} est le vecteur densité volumique de courant électrique, exprimé en ampères par mètre carré (\mathrm{A\cdot m^{-2}}) ;
   • \vec{E} est le champ électrique, en volts par mètre (\mathrm{V\cdot m^{-1}}) ;
   • \gamma_{\mathrm{w}} est la conductivité électrique du matériau, en siemens par mètre (\mathrm{S\cdot m^{-1}} ou \Omega^{-1}\cdot\mathrm{m}^{-1}) ;
   • \rho_{\mathrm{w}} = 1/\gamma_{\mathrm{w}} est la résistivité électrique du matériau, en ohms-mètres (\Omega\cdot\mathrm{m}).

   Pour un fil cylindrique rectiligne de section droite d'aire S = \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4} et de longueur L_{\mathrm{w}}, parcouru par un courant d'intensité I continu et uniforme, la densité de courant est colinéaire à l'axe du fil et a pour norme :

   j = \frac{I}{S}

   Le champ électrique dans le fil est uniforme et vaut E = \rho_{\mathrm{w}} j = \rho_{\mathrm{w}} \frac{I}{S}. La différence de potentiel entre les extrémités du fil s'en déduit par intégration sur la longueur L_{\mathrm{w}} :

   U = E L_{\mathrm{w}} = \rho_{\mathrm{w}} \frac{L_{\mathrm{w}}}{S} I

   Par identification avec la relation tension-courant U = R_{\mathrm{w}} I, la résistance électrique totale du fil s'écrit :

   \boxed{R_{\mathrm{w}} = \frac{4\rho_{\mathrm{w}} L_{\mathrm{w}}}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}}

   La puissance totale dissipée par effet Joule dans le fil est alors donnée par :

   \boxed{\mathcal{P}_{\mathrm{j}} = R_{\mathrm{w}} I^2 = \frac{4\rho_{\mathrm{w}} L_{\mathrm{w}} I^2}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}}

   Le volume total du fil étant \tau_{\mathrm{w}} = S L_{\mathrm{w}} = \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2 L_{\mathrm{w}}}{4}, et la dissipation étant spatialement uniforme, la puissance volumique dissipée par effet Joule vaut \mathcal{P}_{\mathrm{v}} = \vec{\jmath}\cdot\vec{E} = \frac{\mathcal{P}_{\mathrm{j}}}{\tau_{\mathrm{w}}} :

   \boxed{\mathcal{P}_{\mathrm{v}} = \frac{16\rho_{\mathrm{w}} I^2}{\pi^2 d_{\mathrm{w}}^4}}

   Résultat

   $$R_{\mathrm{w}}=\frac{4{\rho }_{\mathrm{w}}{L}_{\mathrm{w}}}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{j}}=R_{\mathrm{w}}{I}^2=\frac{4{\rho }_{\mathrm{w}}{L}_{\mathrm{w}}{I}^2}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{v}}=\frac{16{\rho }_{\mathrm{w}}{I}^2}{{\pi }^2{d}_{\mathrm{w}}^4}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique-SI MP 2022, Q35

   1. Relations liant les grandeurs de polarisation

   Le commutateur \mathrm{S} étant en position (\mathrm{S_1}), la résistance de base R_{\mathrm{B}} est reliée à la borne positive de l'alimentation continue E. L'émetteur \mathrm{E} étant connecté à la référence des potentiels (0\text{ V}), la loi des mailles s'écrit :

   • Pour la maille d'entrée (base-émetteur) :

     E = R_{\mathrm{B}} I_{\mathrm{B}} + V_{\mathrm{BE}}

     soit :

     \boxed{I_{\mathrm{B}} = \frac{E - V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}}}

   • Pour la maille de sortie (collecteur-émetteur) :

     E = R_{\mathrm{C}} I_{\mathrm{C}} + V_{\mathrm{CE}}

     soit :

     \boxed{I_{\mathrm{C}} = \frac{E - V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}}}

   2. Traduction graphique et détermination du point de repos \mathrm{P}^0

   Ces deux relations linéaires constituent les droites de charge statiques :

   • Droite d'attaque (quadrant I) : dans le plan (V_{\mathrm{BE}}, I_{\mathrm{B}}), l'équation I_{\mathrm{B}} = \frac{E}{R_{\mathrm{B}}} - \frac{V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}} est une droite de pente négative -1/R_{\mathrm{B}}, reliant le point (V_{\mathrm{BE}} = E,\, I_{\mathrm{B}} = 0) au point (V_{\mathrm{BE}} = 0,\, I_{\mathrm{B}} = E/R_{\mathrm{B}}). L'intersection de cette droite avec la caractéristique d'entrée de la jonction base-émetteur (type diode) fixe de manière unique le couple (V_{\mathrm{BE}}^0, I_{\mathrm{B}}^0).
   • Report dans le quadrant II : la caractéristique de transfert direct I_{\mathrm{C}} = g(I_{\mathrm{B}}, V_{\mathrm{CE}}) \simeq \gamma I_{\mathrm{B}} permet de reporter la valeur I_{\mathrm{B}}^0 et de déterminer le niveau de courant de collecteur correspondant I_{\mathrm{C}}^0.
   • Droite de charge de sortie (quadrant III) : dans le plan (V_{\mathrm{CE}}, I_{\mathrm{C}}), l'équation I_{\mathrm{C}} = \frac{E}{R_{\mathrm{C}}} - \frac{V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}} est une droite de pente -1/R_{\mathrm{C}}, reliant le point (V_{\mathrm{CE}} = E,\, I_{\mathrm{C}} = 0) au point (V_{\mathrm{CE}} = 0,\, I_{\mathrm{C}} = E/R_{\mathrm{C}}). L'intersection de cette droite avec la caractéristique de sortie correspondant à I_{\mathrm{B}} = I_{\mathrm{B}}^0 fixe le point de repos (V_{\mathrm{CE}}^0, I_{\mathrm{C}}^0).

   Résultat

   $$I_{\mathrm{B}}=\frac{E-V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}}$$

   $$I_{\mathrm{C}}=\frac{E-V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}}$$

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7. Exercice 7CCINP Physique MP 2021, Q20

   a) Schéma du circuit et équation différentielle

   Pendant la décharge, le condensateur de capacité C est connecté en boucle fermée avec le tube à xénon, modélisé par un conducteur ohmique de résistance R.

   En adoptant la convention générateur pour le condensateur et la convention récepteur pour le conducteur ohmique :

   • L'intensité du courant délivré par le condensateur s'écrit :

     i(t) = -C\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}

   • La loi d'Ohm aux bornes du tube donne :

     u_R(t) = R\,i(t) = -RC\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}

   D'après la loi des mailles, la tension aux bornes du condensateur est égale à celle aux bornes de la résistance (u(t) = u_R(t)), ce qui conduit directement à l'équation différentielle :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} + \frac{u(t)}{RC} = 0}

   b) Puissance instantanée reçue par le tube

   L'intégration de l'équation différentielle avec la condition initiale u(0) = U_0 donne :

   u(t) = U_0 \exp\left(-\frac{t}{RC}\right) \quad (\text{pour } t \ge 0)

   La puissance instantanée p(t) reçue par le tube (en convention récepteur) est dissipée par effet Joule :

   p(t) = u_R(t)\,i(t) = \frac{u(t)^2}{R}

   En injectant l'expression de u(t), on obtient :

   \boxed{p(t) = \frac{U_0^2}{R} \exp\left(-\frac{2t}{RC}\right)}

   c) Allure de la courbe p(t)

   La puissance p(t) est maximale en t=0, où elle vaut P_0 = \frac{U_0^2}{R}, puis décroît exponentiellement vers 0 avec une constante de temps caractéristique \tau' = \frac{RC}{2}.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+\frac{u(t)}{RC}=0$$

   $$p(t)=\frac{U_0^2}{R}\exp \left(-\frac{2t}{RC}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique MP 2020, Q32

   La cellule (R,C) se comporte en filtre passe-bas du premier ordre non chargé, de transmittance isochrone :

   \underline{H}(jf) = \frac{\underline{u}}{\underline{p}} = \frac{1}{1 + j 2\pi f \tau} \quad \text{avec} \quad \tau = RC.

   1. Rôle de la cellule (R, C) : D'après la question Q31, la tension p(t) est la somme d'une composante continue p_0 = \frac{1}{2} K_p K s_0 i_1 et d'harmoniques de fréquences f_m, 2f_m et 3f_m. L'objectif de la détection synchrone est d'extraire la grandeur i_1, indicatrice de la rotation. La cellule (R,C) a pour rôle d'atténuer fortement toutes les composantes alternatives non nulles tout en transmettant la composante continue sans atténuation (H(0) = 1), de sorte que la tension de sortie vaille :

   u(t) \approx p_0 = \frac{1}{2} K_p K s_0 i_1.

   2. Condition sur \tau et f_m : Pour que les composantes spectrales oscillantes soient très fortement filtrées, la fréquence de coupure à -3\text{ dB}, f_c = \frac{1}{2\pi \tau}, doit être très inférieure à la plus basse fréquence des harmoniques de p(t), à savoir le fondamental f_m :

   f_c \ll f_m \iff \frac{1}{2\pi \tau} \ll f_m,

   ce qui équivaut à la condition :

   \boxed{2\pi f_m \tau \gg 1} \quad \left(\text{soit } \tau \gg \frac{1}{2\pi f_m} = \frac{T_m}{2\pi}\right).

   3. Valeur numérique de \tau : Avec f_m = 30\text{ kHz} (valeur fournie en Q33), le temps caractéristique minimal est :

   \frac{1}{2\pi f_m} = \frac{1}{2\pi \times 30\cdot 10^3} \approx 5{,}3\ \mu\text{s} \quad \left(\text{et } T_m = \frac{1}{f_m} \approx 33{,}3\ \mu\text{s}\right).

   Pour assurer une réjection efficace des oscillations (par exemple une atténuation d'un facteur supérieur à 50), il convient de choisir \tau de l'ordre de quelques centaines de microsecondes :

   \boxed{\tau \approx 500\ \mu\text{s}}

   (valeur par ailleurs retenue dans les simulations de la question Q38).

   Résultat

   $$2\pi f_m\tau \gg 1$$

   $$\tau \approx 500\mu \text{s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique MP 2020, Q35

   Par la méthode des rectangles (rectangle à gauche), la fonction intégrée est approchée sur le sous-intervalle [t_n\,;\, t_{n+1}] par sa valeur à la borne inférieure t_n :

   \Psi_n = \int_{t_n}^{t_{n+1}} f(p(t), u(t))\,\mathrm{d}t \approx (t_{n+1} - t_n)\, f(p(t_n), u(t_n))

   Sachant que t_{n+1} - t_n = h, p(t_n) = p_n et u(t_n) = u_n, il vient :

   \boxed{\Psi_n \approx h\, f(p_n, u_n)}

   D'après le résultat de la question Q34.c, u_{n+1} - u_n = \Psi_n. On en déduit immédiatement la relation de récurrence :

   \boxed{u_{n+1} = u_n + h\, f(p_n, u_n)}

   En explicitant la fonction f paramétrée par \tau obtenue en Q34.b (f(p_n, u_n) = \frac{p_n - u_n}{\tau}), la relation s'écrit également :

   \boxed{u_{n+1} = u_n + \frac{h}{\tau}(p_n - u_n)}

   Cette méthode d'intégration numérique d'une équation différentielle ordinaire est la méthode d'Euler explicite (ou méthode d'Euler).

   Résultat

   $${\Psi }_n\approx hf(p_n,u_n)$$

   $$u_{n+1}=u_n+hf(p_n,u_n)$$

   $$u_{n+1}=u_n+\frac{h}{\tau }(p_n-u_n)$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MP 2020, Q2

    1. Montage 1 (montage amont ou longue dérivation)

    Dans le montage 1, l'ampèremètre est placé en série avec le résistor à l'intérieur de la dérivation du voltmètre. L'ampèremètre mesure donc le courant circulant effectivement dans le résistor :

    I_1 = I_R

    En revanche, le voltmètre mesure la tension aux bornes de l'association série de l'ampèremètre et du conducteur ohmique :

    U_1 = U_A + U_R = (R_A + R)\,I_1

    La résistance apparente mesurée vaut donc :

    R_1 = \frac{U_1}{I_1} = R + R_A

    L'erreur systématique associée s'écrit :

    \boxed{\varepsilon_1 = \frac{|R_1 - R|}{R} = \frac{R_A}{R}}

    2. Montage 2 (montage aval ou courte dérivation)

    Dans le montage 2, le voltmètre est connecté directement aux bornes du conducteur ohmique :

    U_2 = U_R

    En revanche, l'ampèremètre mesure l'intensité totale issue du nœud, somme des courants dérivé dans le voltmètre et traversant le résistor :

    I_2 = I_R + I_V = \frac{U_2}{R} + \frac{U_2}{R_V} = U_2 \left(\frac{1}{R} + \frac{1}{R_V}\right)

    La résistance mesurée est la résistance équivalente de l'association parallèle :

    R_2 = \frac{U_2}{I_2} = \frac{R\,R_V}{R + R_V}

    L'erreur systématique correspondante est :

    \boxed{\varepsilon_2 = \frac{|R_2 - R|}{R} = 1 - \frac{R_V}{R + R_V} = \frac{R}{R + R_V} \underset{R \ll R_V}{\simeq} \frac{R}{R_V}}

    3. Représentation graphique

    L'erreur \varepsilon_1(R) = R_A / R est une fonction strictement décroissante de R (divergeant en R \to 0), tandis que \varepsilon_2(R) = R / (R + R_V) est strictement croissante (tendant vers 1 à l'infini et équivalente à R/R_V pour R \ll R_V). Les deux courbes se croisent pour \varepsilon_1(R_0) = \varepsilon_2(R_0), soit :

    \frac{R_A}{R_0} = \frac{R_0}{R_0 + R_V} \implies R_0^2 - R_A R_0 - R_A R_V = 0 \underset{R_A \ll R_V}{\implies} R_0 \simeq \sqrt{R_A R_V}

    4. Choix du montage pertinent

    D'après la question 1, la résistance du fil est de l'ordre de R \sim 0{,}1\ \Omega. D'après les tables 2 et 3 :

    • Pour l'ampèremètre sur le calibre 10\text{ A} (utilisé pour quelques ampères) :

      R_A \le \frac{U_{\max}}{I_{\max}} \approx \frac{0{,}70\text{ V}}{10\text{ A}} = 0{,}070\ \Omega
    • Pour le voltmètre : R_V \ge 10\text{ M}\Omega = 10^7\ \Omega.

    La résistance de croisement vaut donc :

    R_0 \simeq \sqrt{0{,}07 \times 10^7} \approx 800\ \Omega \gg R

    Pour R \sim 0{,}1\ \Omega, nous avons :

    \begin{aligned} \varepsilon_1 &= \frac{R_A}{R} \sim \frac{0{,}07}{0{,}1} \sim 70\% \\ \varepsilon_2 &\simeq \frac{R}{R_V} \sim \frac{0{,}1}{10^7} \sim 10^{-8} \end{aligned}

    Dans le montage 1, la résistance de l'ampèremètre fausserait totalement la mesure, avec une erreur relative inacceptable de plusieurs dizaines de pourcents. Dans le montage 2, le courant de fuite dérivé par le voltmètre est parfaitement négligeable devant le courant mesuré.

    \boxed{\text{Seul le montage 2 (montage aval) est pertinent pour mesurer cette faible résistance.}}

    Résultat

    $${\epsilon }_1=\frac{|R_1-R|}{R}=\frac{R_A}{R}$$

    $${\epsilon }_2=\frac{|R_2-R|}{R}=1-\frac{R_V}{R+R_V}=\frac{R}{R+R_V}\underset{R\ll R_V}{\simeq }\frac{R}{R_V}$$

    $$\text{Seul le montage 2 (montage aval) est pertinent pour mesurer cette faible reˊsistance.}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question